分析 (1)利用等腰直角三角形的性质求出AG=BG,再由图形特点求出CD即可;
(2)先由角平分线得出∠BAO=∠DOE=45°,判断出△ODE∽△AEF,再求出OD,由比例式建立方程,即可;
(3)分三种情况进行计算,分别先判断出直角三角形,平行四边形,菱形再由它们的特点进行计算即可.
解答 解:(1)如图1,
作BM⊥OA,
在Rt△BAG中,∠BAG=45°,AB=3,
∴BG=AG=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∵BD=$\frac{1}{4}$OA=$\sqrt{2}$,
∴BD=$\sqrt{2}$,OA=4$\sqrt{2}$,
∴CD=BC-BD=OA-AG-BD=4$\sqrt{2}$-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$-$\sqrt{2}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∴D($\frac{3\sqrt{2}}{2}$,$\frac{3\sqrt{2}}{2}$),
故答案为($\frac{3\sqrt{2}}{2}$,$\frac{3\sqrt{2}}{2}$),
(2)连接OD,如图2,
由(1)知,点D是∠AOC的平分线上,
∴∠DOE=∠COD=45°,
∵∠DEF=45°,∠ODE=∠AEF,
∵∠BAO=∠DOE=45°
∴△ODE∽△AEF,
∴$\frac{OE}{AF}=\frac{OD}{AE}$,
在Rt△OCD中,OC=CD=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∴OD=3,
∴$\frac{x}{y}=\frac{3}{4\sqrt{2}-x}$,
∴y=-$\frac{1}{3}$x2+$\frac{4\sqrt{2}}{3}$x,
∴y与x的函数关系式为y=-$\frac{1}{3}$x2+$\frac{4\sqrt{2}}{3}$x,
(3)当△AEF为等腰三角形时,分三种情况,
①当EF=AF时,如图3,
∵∠FAE=∠FEA=∠DEF=45°,
∴点D恰好在A′E上,(A′E⊥OA)
∴A′E=AE′=OA-OE=4$\sqrt{2}$-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$,
∵OE=CD=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∴点A′($\frac{3\sqrt{2}}{2}$,$\frac{5\sqrt{2}}{2}$),
②当EF=AE时,如图4,
∴∠EFA=∠A=45°,
∴∠FEA=90°,
∴折叠后点A′在x轴上,
∵∠DEF=∠AFE=45°,
∴DE∥AB,
∵DB∥EA,
∴四边形DEAB是平行四边形,
∴AE=DB=$\sqrt{2}$,
∴A′E=AE=$\sqrt{2}$,
∴OA′=OA-AA′=4$\sqrt{2}$-2$\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$,
∴A′(2$\sqrt{2}$,0),
③当AF=AE时,如图5,
∵四边形AEA′F是菱形,
由(2)知,△ODE∽AEF,
∴OE=OD=3,
∴AE=AF=OA-OE=4$\sqrt{2}$-3,
过F作FH⊥AE,
∴FH=AFsin45°=(4$\sqrt{2}$-3)×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=4-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
过A′作′⊥x轴,
∴ME=HA=FH=4-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∴A′M=FH=4-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∴A′M=OA-ME=4$\sqrt{2}$-2(4-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$)=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$-1,
∴点A′的坐标为($\frac{3\sqrt{2}}{2}$-1,4-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$),
综合,点A′的坐标为A′($\frac{3\sqrt{2}}{2}$,$\frac{5\sqrt{2}}{2}$),(2$\sqrt{2}$,0),($\frac{3\sqrt{2}}{2}$-1,4-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$).
点评 此题是几何变换综合题,主要考查了点的坐标的确定方法,相似三角形的性质和判定,直角三角形,平行四边形,菱形额性质和判定,解本题的关键是利用直角三角形,平行四边形,菱形的性质计算线段.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 105° | B. | 110° | C. | 115° | D. | 120° |
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