Question

17．課堂上，老師將圖①中△AOB繞O點逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)中發(fā)現(xiàn)圖形的形狀和大小不變，但位置發(fā)生了變化當△AOB旋轉(zhuǎn)90°時，得到△A₁OB₁．
已知A（4，2）、B（3，0）．
（1）△A₁OB₁的面積是3；A₁點的坐標為（-2，4）；B₁點的坐標為（0，3）；
（2）課后，小玲和小惠對該問題繼續(xù)進行探究，將圖②中△AOB繞AO的中點C（2，1）逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A′O′B′，設(shè)O′B′交OA于D，O′A′交x軸于E．此時A′、O′和B′的坐標分別為（1，3）、（3，-1）和（3，2），且O′B′經(jīng)過B點．求旋轉(zhuǎn)到90°時重疊部分四邊形CEBD的面積；
（3）求：①△AOB外接圓的半徑等于$\frac{5}{2}$；②在（2）的條件下，四邊形CEBD的外接圓的周長等于$\frac{\sqrt{10}}{2}$π．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出對應(yīng)點坐標，進而利用三角形面積公式求出即可；
（2）首先得出△OAM≌△A′O′N（AAS），進而求出矩形CCHBG為正方形，進而得出△HCE≌△GCD（ASA），由S_{四邊形CEBD}=S_{正方形CHBG}=1得出即可；
（3）由垂徑定理知，△AOB的外接圓的圓心應(yīng)為OB與OA的中垂線的交點．OB的中垂線的解析式為x=$\frac{3}{2}$，OA的中垂線是點A′，點O′確定的，可由待定系數(shù)法求得OA的中垂線的解析式為y=-2x+5，所以圓心的坐標為（$\frac{3}{2}$，4），由勾股定理求得OA=$\frac{5}{2}$，即△AOB的外接圓的半徑為$\frac{5}{2}$；由C點坐標可求得OC的長，利用Rt△OCH∽Rt△CHE，則可求得CE的長，結(jié)合（2）可知CE=CD，則DE為四邊形CDBE外接圓的直徑，可求得DE的長，則可求得四邊形CDBE外接圓的周長．

解答 解：
（1）∵A（4，2）、B（3，0），
∴A₁點的坐標為（-2，4）；B₁點的坐標為（0，3）；
△A₁OB₁的面積是：$\frac{1}{2}$×3×2=3；
故答案為：3；-2；4；0；3；
（2）作AM⊥x軸于M，A′N⊥x軸，O′N⊥y軸，A′N與O′N相交于點N，
∵O′，B的橫坐標相等，O′B′經(jīng)過B點，
∴B′B⊥x軸，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：OB=O′B′，
∴BB′=O′B′-BO′=2，
∴B′點坐標為：（3，2），
由題意可得：CA=CA′，CO=CO′，OA與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′點坐標為：（1，3），
作CG⊥BD于點G，CH⊥x軸于H，
∴四邊形CCHBG是矩形，
∵C為OA中點，
∴C（2，1），∴CG=1，∴G（3，1），
∴GB=1，∴CG=CH=1，
∴矩形CCHBG為正方形，
∴∠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_{四邊形CEBD}=S_{正方形CHBG}=1；
（3）由垂徑定理知：△AOB的外接圓的圓心應(yīng)為OB與OA的中垂線的交點，
OB的中垂線的解析式為：x=$\frac{3}{2}$，
設(shè)OA的中垂線的解析式為：y=kx+b，把點A′，O′的坐標代入得$\left\{\begin{array}{l}{3=k+b}\\{-1=3k+b}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-2}\\{b=5}\end{array}\right.$，
即OA的中垂線的解析式為：y=-2x+5，
所以圓心的坐標為（$\frac{3}{2}$，2），
△ACB的外接圓半徑為：$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+{2}^{2}}$=$\frac{5}{2}$；
∵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為四邊形CEBD外接圓的直徑，
∴四邊形CEBD的外接圓的周長為$\frac{\sqrt{10}}{2}$π，
故答案為：$\frac{5}{2}$；$\frac{\sqrt{10}}{2}$π．

點評 本題為圓的綜合應(yīng)用，涉及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、待定系數(shù)法、三角形的面積、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識．在（1）中利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)容易求得答案，在（2）中構(gòu)造三角形全等是解題的關(guān)鍵，在（3）中確定出圓心的位置是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度較大．