中考培优竞赛专题经典讲义 第4讲 几何模型之“K”字型

这是一份中考培优竞赛专题经典讲义 第4讲 几何模型之“K”字型，共28页。

第4讲 几何模型之“K”字型
模型讲解

直角型 锐角型 钝角型
【例题讲解】 (直接“K”字型)
例题1、 (1)问题：如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点,∠DPC＝∠A＝∠B＝90°,求证：AD﹒BC＝AP﹒BP;
（2）探究：如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC＝∠A＝∠B＝θ时，上述结论是否依然成立？说明理由．
（3）应用：请利用(1)(2)获得的经验解决问题：
如图3，在△ABD中，AB＝6,AD＝BD＝5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出发，沿边AB向点B运动，且满足∠CPD＝∠A，设点P的运动时间为t（秒），当DC＝4BC时，求t的值．

解：（1）如图1，

图1
∵∠DPC＝∠A＝∠B＝90°，
∴∠ADP＋∠APD＝90°，
∠BPC＋∠APD＝90°，
∴∠ADP＝∠BPC，
∴△ADP∽△BPC，
∴＝，
∴AD•BC＝AP•BP；
（2）结论AD•BC＝AP•BP仍然成立．
理由：如图2，

图2
∵∠BPD＝∠DPC＋∠BPC，∠BPD＝∠A＋∠ADP，
∴∠DPC＋∠BPC＝∠A＋∠ADP．
∵∠DPC＝∠A＝∠B＝θ，
∴∠BPC＝∠ADP，
∴△ADP∽△BPC，
∴＝，
∴AD•BC＝AP•BP；
（3）如图3，

图3
∵DC＝4BC，
又∵AD＝BD＝5，
∴DC＝4，BC＝1，
，由（1）、（2）的经验可知AD•BC＝AP•BP，
∴5×1＝t（6﹣t），
解得：t1＝1，t2＝5，
∴t的值为1秒或5秒．

例题2、如图,在等边△ABC中,将△ABC沿着MN折叠。使点A落在边BC上的点D处。
(1)若AB＝4,当△BMD为直角三角形时,求AM的长。
(2)当BD:CD＝1:3时,求AM:AN的值。

解：(1)如图1，设BM＝k,AM＝DM＝k.可得方程k＋k＝4,得k＝2＋2,得AM＝2（3－）.
同理，如图2，可求得AM＝8－12.
(2)如图3，设BD＝m,CD＝3m,可得△BDM与△CDN的周长比即相似比为5：7.可得AM：AN＝DM：DN＝5：7.

图1 图2 图3

【巩固练习】
1.如图，已知△ABC和△ADE均为等边三角形，D在BC上，DE与AC相交于点F,AB＝9,BD＝3，则CF等于（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4


2.如图坐标系中，O(0，0)，A（6，6），B（12，0），将△OAB沿直线线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，若OE＝，则CE：DE的值是_________．





3.正方形ABCD边长为4,M、N分别是BC、CD上的两个动点,当M点在BC上运动时,保持AM⊥MN.
(1)设BM＝x,CN＝y,求y与x之间的函数关系式.
(2)在点M,N运动的过程中,求CN的最小值.






4．如图，在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴、y轴上，四边形ABCO为矩形，AB＝16，点D与点A关于y轴对称,tan∠ACB＝＝∠CAO,点E、F分别是线段AD、AC上的动点（点E不与点A、D重合），且∠CEF＝∠ACB．
（1）求AC的长和点D的坐标；
（2）证明：△AEF∽△DCE;
（3）当△EFC为等腰三角形时，求点E的坐标．





5.如图．等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°,P为BC的中点，小明拿着含45°角的透明三角形，使45°角的顶点落在点P，且绕P旋转．
（1）如图①：当三角板的两边分别AB、AC交于E、F点时，试说明△BPE∽△CFP．
（2）将三角板绕点P旋转到图②，三角板两边分别交BA延长线和边AC于点EF．
探究1：△BPE与△CFP．还相似吗？（只需写结论）
探究2：连接EF,△BPE与△EFP是否相似？请说明理由．

图① 图②




6.如图，一条抛物线经过原点和点C(8,0),A、B是该抛物线上的两点,AB∥x轴，OA＝5,AB＝2．点E在线段OC上，作∠MEN＝∠AOC,使∠MEN的一边始终经过点A，另一边交线段BC于点F，连接AF．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点F是BC的中点时，求点E的坐标；
（3）当△AEF是等腰三角形时，求点E的坐标．





7.【试题再现】如图1,Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC，直线l过点C，过点A、B分别作AD⊥l于点D,BE⊥l于点E，则DE＝AD＋BE(不用证明）．
（1）【类比探究】如图2，在△ABC中，AC＝BC，且∠ACB＝∠ADC＝∠BEC＝100°,上述结论是否成立？若成立，请说明理由：若不成立，请写出一个你认为正确的结论．
（2）【拓展延伸】①如图3，在△ABC中，AC＝nBC,且∠ACB＝∠ADC＝∠BEC＝100°,猜想线段DE、AD、BE之间有什么数量关系？并证明你的猜想．
②若图1的Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝nBC,并将直线l绕点C旋转一定角度后与斜边AB相交，分别过点A、B作直线l的垂线，垂足分别为点D和点E，请在备用图上画出图形，并直接写出线段DE、AD、BE之间满足的一种数量关系（不要求写出证明过程）．


图1 图2

图3 备用图




【例题讲解】(构造“K”字型)
基本构造方法


例题1.如图，在直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为(4,8),将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E，那么点D的坐标为_______.

解：如图，过D作DF⊥x轴于F，
∵点B的坐标为（4，8），
∴AO＝4，AB＝8，
根据折叠可知：CD＝OA，
而∠D＝∠AOE＝90°，∠DEC＝∠AEO，
∴△CDE≌△AOE，
∴OE＝DE，OA＝CD＝4，
设OE＝x，那么CE＝8﹣x，DE＝x，
∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2＋CD2，
∴（8﹣x）2＝x2＋42，
∴x＝3，
又DF⊥AF，
∴DF∥EO，
∴△AEO∽△ADF，
而AD＝AB＝8，
∴AE＝CE＝8﹣3＝5，
∴＝＝，
即，
∴DF＝，AF＝，
∴OF＝﹣4＝，
∴D的坐标为（﹣，）．
故答案是：（﹣，）．



例题2.如图，矩形ABCD中，AB＝2AD,点A(0,1),点C、D在反比例函数y＝的图象上，AB与x轴的正半轴相交于点E，若E为AB的中点，则k的值为_______．

解：如图，作DF⊥y轴于F，过B点作x轴的平行线与过C点垂直与x轴的直线交于G，CG交x轴于K，作BH⊥x轴于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠DAF＋∠OAE＝90°，
∵∠AEO＋∠OAE＝90°，
∴∠DAF＝∠AEO，
∵AB＝2AD，E为AB的中点，
∴AD＝AE，
在△ADF和△EAO中，

∴△ADF≌△EAO（AAS），
∴DF＝OA＝1，AF＝OE，
∴D（1，k），
∴AF＝k﹣1，
同理；△AOE≌△BHE，△ADF≌△CBG，
∴BH＝BG＝DF＝OA＝1，EH＝CG＝OE＝AF＝k﹣1，
∴OK＝2（k﹣1）＋1＝2k﹣1，CK＝k﹣2
∴C（2k﹣1，k﹣2），
∴（2k﹣1）（k﹣2）＝1•k，
解得k1＝，k2＝，
∵k﹣1＞0，
∴k＝
故答案是：．


例题3、如图,直线a∥b∥c,a与b之间的距离为3,b与c之间的距离为6,a、b、c分别经过等边三角形ABC的三个顶点,则三角形的边长为______________.

简解：构造∠BDC=∠AEC=60°，可得△BCD≌△CAE.可求得AC=2.


例题4、如图，抛物线y＝与坐标轴交与A、B、C三点，点M在线段BC上，将线段OM绕O点逆时针旋转90°,点M的对应点N恰好落在第一象限的抛物线上，求N点的坐标．

简解：A（1，0），B（3，0），C（0，－3）.直线BC：y＝x－3.
设M（t，t－3）.则N（3－t，t）.代入函数关系式可求得t＝0或1.得N（2，1）.


【巩固练习】
1、如图，直线l1∥l2∥l3，等腰直角三角形ABC的三个顶点A，B，C分别在l1，l2，l3上，∠ACB＝90°，AC交l2于点D，已知l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，则△ABC的面积为_____________.

2．如图，边长为的正方形ABCD的顶点A在y轴上，顶点D在反比例函数y＝的图象上，已知点B的坐标是则k的值为（　　）
A． B． C．4 D．6

3.如图，AB＝4，射线BM和AB互相垂直，点D是AB上的一个动点，点E在射线BM上，BE＝作EF⊥DE并截取EF＝DE，连结AF并延长交射线BM于点C．设BE＝x,BC＝y，则y关于x的函数解析式是（　　）

A．y＝ B．y＝ C．y＝ D．y＝
4．如图，在矩形AOBC中，点A的坐标(－2,1),点C的纵坐标是4，则B、C两点的坐标分别是（　　）
A．、 B．、
C．、 D．、

5．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB所在直线的解析式为y＝kx＋2,顶点C、D在反比例函数y＝的图象上，若tan∠ADB＝2．则点D的坐标为_______．

6、已知抛物线y＝mx2－3mx－4m与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，当∠ACB＝90°时，
（1）求抛物线解析式；
（2）当抛物线开口向下时，在第一象限的抛物线上有一点P，横坐标为a，当∠BPC＝90°
时，求a的值.


7.若两条抛物线的顶点相同，则称它们为“友好抛物线”，抛物线：＝与：＝为“友好抛物线”．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点A是抛物线上在第一象限的动点，过A作AQ⊥x轴，Q为垂足，求AQ＋OQ的最大值．
（3）设抛物线的顶点为C，点B的坐标为(－1,4),问在的对称轴上是否存在点M，使线段MB绕点M逆时针旋转90°得到线段MB′,且点B′恰好落在抛物线上？若存在求出点M的坐标，不存在说明理由．

8、如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（－1，0），B（3，0），与y轴交于点C，直线BC的解析式为y＝kx＋3.
（1）求抛物线和直线BC的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上找一点P，使得∠CBP＝90°，求P点坐标；
（3）若点Q是第一象限的抛物线上一动点，当∠CQB＝90°时，求Q点的坐标.

9.小明是一个喜欢探究钻研的学生，他在和同学们一起研究某条抛物线y＝ax2（a＜0）的性质时，将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O，两直角边与该抛物线交于A、B两点，请解答以下问题：

图1 图2
（1）小明测得OA＝OB＝4（如图1），求a的值；
（2）对同一条抛物线，小明将三角板绕点O旋转到如图2所示位置时，过B作BF⊥x轴于点F，测得OF＝2，写出此时点B的坐标，并求点A的横坐标；
（3）对该抛物线，小明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现，交点A、B的连线段总经过一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标．

参考答案
1.解：如图，∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴∠B＝∠BAC＝60°，
∴∠BAD＋∠ADB＝120°，∠ADB＋∠FDC＝120°
∴∠BAD＝∠FDC
又∵∠B＝∠C＝60°，∴
∴△ABD～△CDF，
∴AB：BD＝CD：CF，
即9：3＝（9﹣3）：CF，
∴CF＝2．

2.解：过A作AF⊥OB于F，
∵A（6，6），B（12，0），
∴AF＝6，OF＝6，OB＝12，
∴BF＝6，
∴OF＝BF，
∴AO＝AB，
∵tan∠AOB＝，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB＝∠ABO＝60°，
∵将△OAB沿直线线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，
∴∠CED＝∠OAB＝60°，
∴∠OCE＝∠DEB，
∴△CEO∽△DBE，
∴，
设CE＝a，则CA＝a，CO＝12﹣a，ED＝b，则AD＝b，DB＝12﹣b，
，
∴24b＝60a﹣5ab①，
，
∴36a＝60b﹣5ab②，
②﹣①得：36a﹣24b＝60b﹣60a，
∴＝，
即CE：DE＝．
故答案为：．



3.解：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B＝∠C＝90°，
又∵AM⊥MN，
∴∠AMN＝90°，
∴∠AMB＋∠NMC＝90°，
而∠AMB＋∠BAM＝90°，
∴∠BAM＝∠NMC，
∴Rt△ABM∽Rt△MCN，
（2）解：∵Rt△ABM∽Rt△MCN，
∴AB：MC＝BM：NC，
而AB＝4，BM＝x，MC＝4﹣x，
∴4：（4﹣x）＝x：NC，
∴NC＝，
∴y＝（NC＋AB）•BC
＝（＋4）×4
＝﹣x2＋2x＋8．



4.解：（1）由题意tan∠ACB＝，
∴cos∠ACB＝，
∵四边形ABCO为矩形，AB＝16，
∴BC＝＝12，AC＝＝20，
∴A（﹣12，0），
∵点D与点A关于y轴对称，
∴D（12，0）；
（2）∵点D与点A关于y轴对称，
∴∠CDE＝∠CAO，
∵∠CEF＝∠ACB，∠ACB＝∠CAO，
∴∠CDE＝∠CEF，
又∵∠AEC＝∠AEF＋∠CEF＝∠CDE＋∠DCE，
∴∠AEF＝∠DCE，
∴△AEF∽△DCE；
（3）当△EFC为等腰三角形时，有以下三种情况：
①当CE＝EF时，
∵△AEF∽△DCE，
∴△AEF≌△DCE，
∴AE＝CD＝20，
∴OE＝AE﹣OA＝20﹣12＝8，
∴E（8，0）；
②当EF＝FC时，过点F作FM⊥CE于M，则点M为CE中点，

∴CE＝2ME＝2EF•cos∠CEF＝2EF•cos∠ACB＝EF，
∵△AEF∽△DCE，
∴＝，即＝，
∴AE＝，
∴DE＝AE﹣OA＝﹣12＝，
∴E（，0）；
③当CE＝CF时，则有∠CFE＝∠CEF，
∵∠CEF＝∠ACB＝∠CAO，
∴∠CFE＝CAO，即此时点E与点D重合，这与已知条件矛盾，
综上所述，E（8，0）或（，0）．


5.（1）证明：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°．
∵∠B＋∠BPE＋∠BEP＝180°，
∴∠BPE＋∠BEP＝135°，
∵∠EPF＝45°，
又∵∠BPE＋∠EPF＋∠CPF＝180°，
∴∠BPE＋∠CPF＝135°，
∴∠BEP＝∠CPF，
又∵∠B＝∠C，
∴△BPE∽△CFP（两角对应相等的两个三角形相似）．

（2）探究1：△BPE与△CFP还相似，
探究2：证明：连接EF，△BPE与△CFP相似，
∵△BPE∽△CFP，
∴，
又∵CP＝BP，
∴，
∴，
又∵∠B＝∠EPF，
∴△BEP∽△PEF．


6.解：（1）如图，
∵该抛物线经过原点和点C（8，0），
∴设该抛物线的解析式为：y＝ax（x﹣8）（a≠0）．
∵点C（8，0），
∴该抛物线的对称轴是x＝4．
∵AB＝2，AB∥x轴，
∴设A（3，t），B（5，t），
又∵OA＝5，
∴t＝4，即A（3，4），B（5，4），
∴把点A的坐标代入解析式，得
4＝3a×（3﹣8），解得a＝﹣，
∴该抛物线的解析式是：y＝﹣x（x﹣8）（或y＝﹣x2＋x）；

（2）∵AB∥x轴，
∴根据抛物线的对称性知OA＝CB＝5，∠AOC＝∠BCO，
∵点F是BC的中点，
∴CF＝．
∵∠MEN＝∠AOC，即∠AEF＝∠AOC，∠AEC＝∠AEF＋∠CEF＝∠AOC＋∠OAE，
∴∠CEF＝∠OAE，
∴△AOE∽△ECF，
∴＝，即＝，
解得，OE＝，或OE＝，
则E（，0）；

（3）①当AE＝EF时，可证△AOE≌△ECF．
则OA＝CE＝5，
∴OE＝3，则E（3，0）；
②当AF＝EF时，过点F作FK∥AO．
易证△ABF≌△FKE，求得OE＝，则E（，0）；
③当AE＝AF时，在AO上取点Q，使得EQ＝OE．
易证△ABF≌△EQA，则EQ＝AB＝2，
∴OE＝2．则E（2，0）；
综上所述，点E的坐标是：（3，0）、（，0）或（2，0）时，△AEF是等腰三角形．



7.解：（1）【类比探究】猜想DE＝AD＋BE．
理由：如图2，

∵∠ADC＝100°，
∴∠DAC＋∠DCA＝80°．
∵∠ACB＝100°，
∴∠DCA＋∠ECB＝80°，
∴∠DAC＝∠ECB．
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝AD＋BE；

（2）【拓展延伸】①猜想：DE＝AD＋nBE．
理由：如图3，

∵∠ADC＝100°，
∴∠DAC＋∠DCA＝80°．
∵∠ACB＝100°，
∴∠DCA＋∠ECB＝80°，
∴∠DAC＝∠ECB．
∵∠ADC＝∠CEB，
∴△ADC∽△CEB，
∴＝＝＝n，
∴CE＝AD，CD＝nBE，
∴DE＝DC＋CE＝AD＋nBE；
②DE＝AD﹣nBE或DE＝nBE﹣AD．
提示：同①可得：CE＝AD，CD＝nBE．
如图4，

DE＝CE﹣CD＝AD﹣nBE；
如图5，

DE＝CD﹣DE＝nBE﹣AD．





1.简解：构造一对直角三角形全等，可得BC＝AC＝5.




2.解：如图，作DE⊥OA于E，BF⊥OA于F，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∵∠EAD＋∠FAB＝90°，∠FAB＋∠ABF＝90°，
∴∠EAD＝∠ABF，
在△ADE和△BAF中，
，
∴△ADE≌△BAF，
∴AF＝ED，AE＝BF，
∵B点坐标（，），AB＝，
∴OF＝，AF＝DE＝＝＝1．
∴OE＝4，点D坐标（1，4），
∴k＝4．
故选：C．


3.解：作FG⊥BC于G，
∵∠DEB＋∠FEC＝90°，∠DEB＋∠BDE＝90°；
∴∠BDE＝∠FEG，
在△DBE与△EGF中

∴△DBE≌△EGF，
∴EG＝DB，FG＝BE＝x，
∴EG＝DB＝2BE＝2x，
∴GC＝y﹣3x，
∵FG⊥BC，AB⊥BC，
∴FG∥AB，
CG：BC＝FG：AB，
即＝，
∴y＝﹣．
故选：A．




4.解：如图过点A、B作x轴的垂线垂足分别为F、M．过点C作y轴的垂线交FA、
∵点A坐标（﹣2，1），点C纵坐标为4，
∴AF＝1，FO＝2，AE＝3，
∵∠EAC＋∠OAF＝90°，∠OAF＋∠AOF＝90°，
∴∠EAC＝∠AOF，
∵∠E＝∠AFO＝90°，
∴△AEC∽△OFA，
∴，
∴EC＝，∴点C坐标（﹣，4），
∵△AOF≌△BCN，△AEC≌△BMO，
∴CN＝2，BN＝1，BM＝MN﹣BN＝3，BM＝AE＝3，OM＝EC＝，
∴点B坐标（，3），


5.解：过点D作DE⊥y轴于E，过点C作CF⊥x轴，如图所示．
∵点A、B是直线y＝kx＋2分别与y轴、x轴的交点，
∴A（0，2），B（﹣，0），
∴OA＝2，OB＝﹣．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD＝BC．
∵tan∠ADB＝2，
∴＝2，＝2．
∵∠DEA＝∠AOB＝90°，∠EAD＝∠ABO＝90°﹣∠OAB，
∴△AED∽△BOA，
∴＝＝＝，
∴ED＝1，AE＝﹣，
∴点D（1，2﹣）．
同理：点C（1﹣，﹣）．
∵点C、D都在反比例函数y＝（m＞0）的图象上，
∴1×（2﹣）＝（1﹣）•（﹣），
∴k＝±1．
∵k＜0，
∴k＝﹣1，
∴点D的坐标为（1，3）．




6.解：（1）A（－1，0），B（4，0），C（0，－4m）.利用AO×BO＝CO2列方程可得m＝－

(2)构造基本图形，设P（a,b），其中b=(a2-3a-4),CM=b-2,BN=b,PN=4-a，NP=4-a.可得方程a(4-a)=b(b-2)即，a(4-a)= (a-4)（a+1)(a2+a),得a=3(-1,0,3舍去)


7.解：（1）∵y1＝﹣2x2＋4x＋2＝﹣2（x﹣1）2＋4，
∴抛物线C1的顶点坐标为（1，4）．
∵抛物线C1与C2顶点相同，
∴＝1，﹣1＋m＋n＝4．
解得：m＝2，n＝3．
∴抛物线C2的解析式为y2＝﹣x2＋2x＋3．
（2）如图1所示：

设点A的坐标为（a，﹣a2＋2a＋3）．
∵AQ＝﹣a2＋2a＋3，OQ＝a，
∴AQ＋OQ＝﹣a2＋2a＋3＋a＝﹣a2＋3a＋3＝﹣（a﹣）2＋．
∴当a＝时，AQ＋OQ有最大值，最大值为．
（3）如图2所示；连接BC，过点B′作B′D⊥CM，垂足为D．

∵B（﹣1，4），C（1，4），抛物线的对称轴为x＝1，
∴BC⊥CM，BC＝2．
∵∠BMB′＝90°，
∴∠BMC＋∠B′MD＝90°．
∵B′D⊥MC
∴∠MB′D＋∠B′MD＝90°．
∴∠MB′D＝∠BMC．
在△BCM和△MDB′中，，
∴△BCM≌△MDB′．
∴BC＝MD，CM＝B′D．
设点M的坐标为（1，a）．则B′D＝CM＝4﹣a，MD＝CB＝2．
∴点B′的坐标为（a﹣3，a﹣2）．
∴﹣（a﹣3）2＋2（a﹣3）＋3＝a﹣2．
整理得：a2﹣7a＋10＝0．
解得a＝2，或a＝5．
当a＝2时，M的坐标为（1，2），
当a＝5时，M的坐标为（1，5）．
综上所述当点M的坐标为（1，2）或（1，5）时，B′恰好落在抛物线C2上．



8.解：

(1)C（0，3）,抛物线为y=－(x+1)(x－3)=－x2+2x+3.
(2)直线BC为y=－x+3,取BC的中点M（,）MP=1/2BC=3/2,得P（,±）
(3)设Q（a,b）则类似第6题，可得Q
9.解：（1）设线段AB与y轴的交点为C，由抛物线的对称性可得C为AB中点，
∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，
∴AC＝OC＝BC＝4，
∴B（4，﹣4），
将B（4，﹣4）代入抛物线y＝ax2（a＜0）得，a＝﹣．

（2）过点A作AE⊥x轴于点E，
∵点B的横坐标为2，
∴B （2，﹣1），
设A（﹣m，﹣m 2）（m＞0），则
OB2＝22＋12＝5，OA2＝m2＋m4，AB2＝（2＋m）2＋（﹣1＋m2）2，
∵∠AOB＝90°，
∴AB2＝OA2＋OB2，
∴（2＋m）2＋（﹣1＋m2）2＝m2＋m4＋5，
解得：m＝0（不合题意舍去）或m＝8，即点A的横坐标为﹣8．

（3）设A（﹣m，﹣m 2）（m＞0），B（n，﹣n 2）（n＞0），
设直线AB的解析式为：y＝kx＋b，则，
①×n＋②×m得，（m＋n）b＝﹣（m2n＋mn2）＝﹣mn（m＋n），
∴b＝﹣mn，
由前可知，OB2＝n2＋n4，OA2＝m2＋m4，AB2＝（n＋m）2＋（﹣m2＋n2）2，
由AB2＝OA2＋OB2，得：n2＋n4＋m2＋m4＝（n＋m）2＋（﹣m2＋n2）2，
化简，得mn＝16．
∴b＝﹣×16＝﹣4．由此可知不论k为何值，直线AB恒过点（0，﹣4）．