分析 (1)根据$\sqrt{a-4}$+|b-2|=0,可得a-4=0,b-2=0,据此可得a=4,b=2,再根据AB=OC=2,且C在y轴负半轴上,可得C(0,-2);
(2)过点D分别作DM⊥x轴于点M,DN⊥y轴于点N,连接OD,根据S△BOC=$\frac{1}{2}$OB×OC=4,且S△BOC=S△BOD+S△COD=$\frac{1}{2}$OB×MD+$\frac{1}{2}$OC×ND=$\frac{1}{2}$×4×(-n)+$\frac{1}{2}$×m×2=m-2n,可得m、n满足的关系式;
(3)过点E,F作EP∥OA,FQ∥OA分别交y轴于点P,点Q,根据平行线的性质,得出∠OEC=∠OEP+∠PEC=∠AOE+∠GCF,以及∠OFC=2∠AOE+∠GCF,进而得到$\frac{∠OFC+∠FCG}{∠OEC}$的值为2.
解答 解:(1)∵$\sqrt{a-4}$+|b-2|=0,
∴a-4=0,b-2=0,
∴a=4,b=2,
∵AB=OC=2,且C在y轴负半轴上,
∴C(0,-2),
故答案为:4,2,(0,-2);
(2)如图1,过点D分别作DM⊥x轴于点M,DN⊥y轴于点N,连接OD.
∵AB⊥x轴于点B,且点A,D,C三点的坐标分别为:(4,2),(m,n),(0,-2),
∴OB=4,OC=2,MD=-n,ND=m,
∴S△BOC=$\frac{1}{2}$OB×OC=4,
又∵S△BOC=S△BOD+S△COD
=$\frac{1}{2}$OB×MD+$\frac{1}{2}$OC×ND
=$\frac{1}{2}$×4×(-n)+$\frac{1}{2}$×m×2
=m-2n,
∴m、n满足的关系式为:m-2n=4;
(3)$\frac{∠OFC+∠FCG}{∠OEC}$的值不变,值为2.理由如下:
方法1:∵线段OC是由线段AB平移得到,
∴BC∥OA,
∴∠AOB=∠OBC,
又∵∠BOG=∠AOB,
∴∠BOG=∠OBC,
根据三角形外角性质,可得∠OGC=2∠OBC,∠OFC=∠FCG+∠OGC,
∴∠OFC+∠FCG=2∠FCG+2∠OBC
=2(∠FCG+∠OBC)
=2∠OEC,
∴$\frac{∠OFC+∠FCG}{∠OEC}$=$\frac{2∠OEC}{∠OEC}$=2;
方法2:如图2,分别过点E,F作EP∥OA,FQ∥OA分别交y轴于点P,点Q,
∵线段OC是由线段AB平移得到,
∴BC∥OA,
又∵EP∥OA,
∴EP∥BC,
∴∠GCF=∠PEC,
∵EP∥OA,
∴∠AOE=∠OEP,
∴∠OEC=∠OEP+∠PEC=∠AOE+∠GCF,①
同理:∠OFC=∠AOF+∠GCF,
又∵∠AOB=∠BOG,
∴∠OFC=2∠AOE+∠GCF,②
根据①,②可得:
$\frac{∠OFC+∠FCG}{∠OEC}=\frac{∠OFC+∠FCG}{∠AOE+∠FCG}$=$\frac{2∠AOE+2∠FCG}{∠AOE+∠FCG}$=2.
点评 本题属于几何变换综合题,主要考查了非负数,坐标与图形,平行线的性质以及平移的性质,解决问题的关键是作辅助线,运用面积法,角的和差关系以及平行线的性质进行求解.
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