Question

4．如圖1，在△OAB中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，以OB為邊，在△OAB外作等邊△OBC，D是OB的中點，連接AD并延長交OC于E．
（1）求證：四邊形ABCE是平行四邊形．
（2）如圖2，在圖1中的△ABD內有一點P，若∠BPD=150°，且Bp=2$\sqrt{3}$，AP=4，求△ABD的邊長．
（3）如圖3，將圖1中的四邊形ABCO折疊，使點C與點A重合折痕為FG，直接寫出OG：BF的比值為$\frac{5}{12}$．

Answer 1

分析 （1）首先根據直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DO=DA，再根據等邊對等角可得∠DAO=∠DOA=30°，進而算出∠AEO=60°，再證明BC∥AE，CO∥AB，進而證出四邊形ABCE是平行四邊形；
（2）根據△ABD是等邊三角形，作輔助線，如圖2，得到△PCP′是等邊三角形，△APP′是直角三角形，由勾股定理得：PP′的長，由此可知：∠PAP′=30°，則∠APP′=60°，根據周角計算∠APB=90°，最后利用勾股定理求AB的長；
（3）設OG=x，由折疊可得：AG=GC=2AB-x，再利用三角函數可計算出AO，再利用勾股定理表示出線段OG與AB的數量關系，得：AB=4x，OB=8x，作輔助線，構建直角三角形ABH，同理設BF=a，根據勾股定理列方程得出a=$\frac{12}{5}x$，最后計算OG：BF的比值即可．

解答 證明：（1）∵Rt△OAB中，D為OB的中點，
∴DO=DA，
∴∠EAO=∠AOB=30°，
∵△OBC為等邊三角形，
∵∠COB=60°，
又∵∠AOB=30°，
∴∠EOA=90°，
∴∠AEO=180°-∠EOA-∠EAO=180°-90°-30°=60°，
∴∠AEO=∠C，
∴BC∥AE，
∵∠BAO=∠COA=90°，
∴CO∥AB，
∴四邊形ABCE是平行四邊形；
（2）由（1）得：△ABD是等邊三角形，
如圖2，將△BPD繞點D順時針旋轉60°得到△ADP′，連接PP′，
∴∠PDP′=∠ADB=60°，PD=P′D，∠AP′D=∠BPD=150°，
∴△PDP′是等邊三角形，
∴∠PP′D=60°，
∴∠AP′P=150°-60°=90°，
在Rt△APP′中，由勾股定理得：PP′=$\sqrt{{4}^{2}-（2\sqrt{3}）^{2}}$=2，
∴∠PAP′=30°，
∴∠APP′=60°，
∴∠APB=360°-150°-60°-60°=90°，
在Rt△APB中，由勾股定理得：AB=$\sqrt{{4}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{28}$=2$\sqrt{7}$，
∴△ABD的邊長為2$\sqrt{7}$；．
（3）如圖3，在Rt△ABO中，
∵∠OAB=90°，∠AOB=30°，
∴BO=2AB，OA=$\sqrt{O{B}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{3}$AB，
設OG=x，由折疊可得：AG=GC=2AB-x，
在Rt△OAG中，OG²+OA²=AG²，
x²+（$\sqrt{3}$AB）²=（2AB-x）²，
解得：x=$\frac{1}{4}$AB，
即OG=$\frac{1}{4}$AB，
∴AB=4x，OB=8x，
過A作AH⊥BC，交CB的延長線于H，
∵∠CBO=∠OBA=60°，
∴∠ABH=60°，
Rt△ABH中，∠BAH=30°，
∴BH=$\frac{1}{2}$AB=2x，AH=2$\sqrt{3}$x，
設BF=a，則AF=FC=8x-a，
在Rt△AFH中，由勾股定理得：AF²=FH²+AH²，
$（8x-a）^{2}=（a+2x）^{2}+（2\sqrt{3}x）^{2}$，
a=$\frac{12}{5}$x，
∴$\frac{OG}{BF}$=$\frac{x}{\frac{12}{5}x}$=$\frac{5}{12}$，
故答案為：$\frac{5}{12}$．

點評 此題是四邊形的綜合題，主要考查了平行四邊形的判定與性質，以及勾股定理的應用，圖形的翻折變換，關鍵是掌握平行四邊形的判定定理．第2問中的旋轉輔助線是解題的關鍵，第3問分別設OG和BF為未知數，都與AB的聯系，根據勾股定理列方程解決問題．