Question

16．如图1，在正方形ABCD中，C，B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，BD平分∠OBC，交OA于点D．
（1）若正方形ABOC的边长为2，对角线BC与OA相交于点E．则：
①直接写出BC，DE的长；
②根据已知及求得的线段OB、BC、DE的长，猜想并写出它们的数量关系？
（2）如图2，当直角∠BAC绕着其顶点A顺时针旋转时，角的两边分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点C₁和B₁，连接B₁C₁，交OA于P．B₁D平分∠OB₁C₁，交OA于点D，过点D作DE⊥B₁C₁，垂足为E，请猜想线段OB、B₁C₁、DE是否仍有与（1）中相同的数量关系，并证明你的猜想；
（3）在（2）的条件下，当B₁E=6，C₁E=4时，求正方形ABOC的边长．

Answer 1

分析 （1）①直接利用勾股定理求BC，DE的长根据角平分线性质所得比例式，代入可得；
②直接根据长度列等量关系式，答案不唯一，只要相等即可；
（2）结论仍然成立，作垂线，根据角平分线性质定理得：DF=DE，证明△ABB₁≌△ACC₁，得B₁A=C₁A，则AB₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$B₁C₁，再证明△AB₁D是等腰三角形得：AD=AB₁，利用线段OA=OD+AD列式可以得结论；
（3）利用（2）的结论代入，得DF=5，设边长为x，根据勾股定理列方程可得边长．

解答 解：（1）①如图1，
∵四边形ABOC是正方形，
∴∠BAC=90°，
由勾股定理得：BC=$\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴BE=$\frac{1}{2}$BC=$\sqrt{2}$，
∴OE=BE=$\sqrt{2}$，
设DE=x，则OD=$\sqrt{2}$-x，
∵BD平分∠OBE，
∴$\frac{BE}{BO}=\frac{DE}{DO}$，
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{x}{\sqrt{2}-x}$，
x=2-$\sqrt{2}$，
∴DE=2-$\sqrt{2}$，
则BC=2$\sqrt{2}$，DE=2-$\sqrt{2}$；
②∵OB=AB=2，BC=2$\sqrt{2}$，DE=2-$\sqrt{2}$，
∴$\frac{1}{2}$BC+DE=$\frac{1}{2}$×$2\sqrt{2}$+2-$\sqrt{2}$=2，
∴OB=$\frac{1}{2}$BC+DE；
（2）如图2，OB=$\frac{1}{2}{B}_{1}{C}_{1}$+DE，理由是：
过D作DF⊥OB于F，
∵∠BAC=∠B₁AC₁=90°，
∴∠B₁AB=∠CAC₁，
∵AB=AC，∠ABB₁=∠ACC₁=90°，
∴△ABB₁≌△ACC₁，
∴B₁A=C₁A，
∴AB₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$B₁C₁，
∵∠B₁DA=∠AOB+∠OB₁D=45°+∠DB₁O，
∠DB₁A=∠DB₁P+∠AB₁P=45°+∠DB₁P，
∵B₁D平分∠OB₁P，
∴∠OB₁D=∠DB₁P，
∴∠B₁DA=∠DB₁A，
∴AB₁=AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}{B}_{1}{C}_{1}$，
∵OD=$\sqrt{2}$DF=$\sqrt{2}$DE，AO=$\sqrt{2}$OB，
∴AD+OD=$\sqrt{2}$OB，
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}{B}_{1}{C}_{1}$+$\sqrt{2}$DE=$\sqrt{2}$OB，
∴OB=$\frac{1}{2}{B}_{1}{C}_{1}$+DE；
（3）如图2，∵B₁E=6，C₁E=4，
∴B₁C₁=6+4=10，
由（2）得：OB=$\frac{1}{2}{B}_{1}{C}_{1}$+DE=5+DE，
∵DE=DF=OF，
∴OB=5+OF，
∴BF=5，
∵B₁F=B₁E=6，
∴BB₁=1，
设正方形ABOC的边长为x，则OB₁=x+1，OC₁=x-1，
由勾股定理得：（x+1）²+（x-1）²=10²，
解得：x=±7，
∴正方形ABOC的边长为7．

点评 本题是四边形的综合题，考查了正方形、旋转变换的性质；本题难度不大，但比较麻烦，所以要认真理清思路，注意符号的书写；同时巧妙地运用了角平分线、等腰直角三角形的性质得两线段相等，及利用勾股定理列式计算．