Question

17．课堂上，老师将图①中△AOB绕O点逆时针旋转，在旋转中发现图形的形状和大小不变，但位置发生了变化当△AOB旋转90°时，得到△A₁OB₁．
已知A（4，2）、B（3，0）．
（1）△A₁OB₁的面积是3；A₁点的坐标为（-2，4）；B₁点的坐标为（0，3）；
（2）课后，小玲和小惠对该问题继续进行探究，将图②中△AOB绕AO的中点C（2，1）逆时针旋转90°得到△A′O′B′，设O′B′交OA于D，O′A′交x轴于E．此时A′、O′和B′的坐标分别为（1，3）、（3，-1）和（3，2），且O′B′经过B点．求旋转到90°时重叠部分四边形CEBD的面积；
（3）求：①△AOB外接圆的半径等于$\frac{5}{2}$；②在（2）的条件下，四边形CEBD的外接圆的周长等于$\frac{\sqrt{10}}{2}$π．

Answer 1

分析 （1）根据旋转的性质得出对应点坐标，进而利用三角形面积公式求出即可；
（2）首先得出△OAM≌△A′O′N（AAS），进而求出矩形CCHBG为正方形，进而得出△HCE≌△GCD（ASA），由S_{四边形CEBD}=S_{正方形CHBG}=1得出即可；
（3）由垂径定理知，△AOB的外接圆的圆心应为OB与OA的中垂线的交点．OB的中垂线的解析式为x=$\frac{3}{2}$，OA的中垂线是点A′，点O′确定的，可由待定系数法求得OA的中垂线的解析式为y=-2x+5，所以圆心的坐标为（$\frac{3}{2}$，4），由勾股定理求得OA=$\frac{5}{2}$，即△AOB的外接圆的半径为$\frac{5}{2}$；由C点坐标可求得OC的长，利用Rt△OCH∽Rt△CHE，则可求得CE的长，结合（2）可知CE=CD，则DE为四边形CDBE外接圆的直径，可求得DE的长，则可求得四边形CDBE外接圆的周长．

解答 解：
（1）∵A（4，2）、B（3，0），
∴A₁点的坐标为（-2，4）；B₁点的坐标为（0，3）；
△A₁OB₁的面积是：$\frac{1}{2}$×3×2=3；
故答案为：3；-2；4；0；3；
（2）作AM⊥x轴于M，A′N⊥x轴，O′N⊥y轴，A′N与O′N相交于点N，
∵O′，B的横坐标相等，O′B′经过B点，
∴B′B⊥x轴，由旋转的性质可得：OB=O′B′，
∴BB′=O′B′-BO′=2，
∴B′点坐标为：（3，2），
由题意可得：CA=CA′，CO=CO′，OA与O′A′互相垂直平分，
在△OAM和△A′O′N中
$\left\{\begin{array}{l}{∠AMO=∠A′NO}\\{∠AOM=∠NA′O′}\\{AO=A′O′}\end{array}\right.$
∴△OAM≌△A′O′N（AAS），
∴PB=O′N=AM=2，A′N=OM=4，
∵B（3，0），O′（3，-1），
∴OP=1，A′P=A′N-PN=3，
∴A′点坐标为：（1，3），
作CG⊥BD于点G，CH⊥x轴于H，
∴四边形CCHBG是矩形，
∵C为OA中点，
∴C（2，1），∴CG=1，∴G（3，1），
∴GB=1，∴CG=CH=1，
∴矩形CCHBG为正方形，
∴∠HCG=90°，
∵∠ECD=90°，
∴∠HCE+∠ECG=∠GCD+∠ECG=90°，
∴∠HCE=∠GCD，
在△HCE和△GCD中
$\left\{\begin{array}{l}{∠CHE=∠CGD}\\{CH=CG}\\{∠HCE=∠GCD}\end{array}\right.$
∴△HCE≌△GCD（ASA），
∴S_{四边形CEBD}=S_{正方形CHBG}=1；
（3）由垂径定理知：△AOB的外接圆的圆心应为OB与OA的中垂线的交点，
OB的中垂线的解析式为：x=$\frac{3}{2}$，
设OA的中垂线的解析式为：y=kx+b，把点A′，O′的坐标代入得$\left\{\begin{array}{l}{3=k+b}\\{-1=3k+b}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-2}\\{b=5}\end{array}\right.$，
即OA的中垂线的解析式为：y=-2x+5，
所以圆心的坐标为（$\frac{3}{2}$，2），
△ACB的外接圆半径为：$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+{2}^{2}}$=$\frac{5}{2}$；
∵C（2，1），
∴OC=$\sqrt{5}$，
∵OC⊥CE，CH⊥OE，
∴△OCH∽△CEH，
∴$\frac{OH}{CH}$=$\frac{OC}{CE}$，即$\frac{2}{1}$=$\frac{\sqrt{5}}{CE}$，
∴CE=CD=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴DE=$\sqrt{2}$CE=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
∵∠ECD=90°，
∴DE为四边形CEBD外接圆的直径，
∴四边形CEBD的外接圆的周长为$\frac{\sqrt{10}}{2}$π，
故答案为：$\frac{5}{2}$；$\frac{\sqrt{10}}{2}$π．

点评 本题为圆的综合应用，涉及旋转的性质、待定系数法、三角形的面积、勾股定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识．在（1）中利用旋转的性质容易求得答案，在（2）中构造三角形全等是解题的关键，在（3）中确定出圆心的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．