Question

16．如圖1，已知等腰直角三角形ABC的直角頂點(diǎn)C在x軸上，B在y軸上，
（1）若C（2，0），A（-2，-2），求B坐標(biāo)；
（2）在（1）的條件下，AB交x軸于F，AC交y軸于E，連接EF，求證：①CE=AE；②∠CEB=∠AEF；
（3）如圖2，直角邊BC在坐標(biāo)軸上運(yùn)動(dòng)，使點(diǎn)A在第四象限，過(guò)A作AD⊥y軸于點(diǎn)D，求$\frac{CO-AD}{BO}$．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，作AM⊥CF于M，由△ACM≌△CBO，得CM=BO=4即可解決．
（2）求出線段BC，BF，AF，AE，得出$\frac{AF}{BF}=\frac{AE}{BC}$，可以證△AEF∽△BCF得到∠AEF=∠BCF，再證明∠BCF=∠OEC即可．
（3）如圖2中，作AM⊥OC于M，只要證明△ACM≌△CBO得CM=BO，由四邊形ADOM是矩形得AD=OM，即可得出CO-AD=CO-OM=CM=BO，即可解決問(wèn)題．

解答 （1）解：如圖1中，作AM⊥CF于M．
∵∠ACM+∠BCO=90°，∠BCO+∠CBO=90°，
∴∠ACM=∠CBO，
在△ACM和△CBO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AMC=∠BOC=90°}\\{∠ACM=∠CBO}\\{AC=BC}\end{array}\right.$，
∴△ACM≌△CBO，
∴CM=BO=4，
∴點(diǎn)B坐標(biāo)（0，4）．
（2）如圖2中，∵AM∥BO，AM=MO=2，
∴$\frac{AM}{BO}=\frac{MF}{FO}$=$\frac{1}{2}$，
∴MF=$\frac{2}{3}$，F(xiàn)O=$\frac{4}{3}$，AF=$\sqrt{A{M}^{2}+F{M}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，
∵OE∥MA，OM=0C=2，
∴AE=EC=$\frac{1}{2}$AC①得證，
∵AC=$\sqrt{A{M}^{2}+C{M}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，AB=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}$=2$\sqrt{10}$，BC=2$\sqrt{5}$
∴AE=$\sqrt{5}$，BF=$\frac{4\sqrt{10}}{3}$，
∴$\frac{AF}{BF}=\frac{1}{2}$，$\frac{AE}{BC}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{AF}{BF}=\frac{AE}{BC}$，
∵∠EAF=∠CBF，
∴△AEF∽△BCF，
∴∠AEF=∠BCF，
∵∠BCF+∠OCE=90°，∠OCE+∠OEC=90°，
∴∠BCF=∠OEC=∠AEF，
∴∠CEB=∠AEF②得證．
（3）如圖2中，作AM⊥OC于M，
∵∠ACM+∠BCO=90°，∠ACM+∠MAC=90°，
∴∠MAC=∠BCO，
在△ACM和△CBO中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MAC=∠BCO}\\{∠AMC=∠BOC=90°}\\{AC=CB}\end{array}\right.$，
∴△ACM≌△CBO，
∴CM=BO，
∵∠ADO=∠DOM=∠AMO=90°，
∴四邊形ADOM是矩形，
∴AD=OM，
∴$\frac{CO-AD}{OB}$=$\frac{CO-OM}{BO}$=$\frac{BO}{BO}$=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵的第二個(gè)問(wèn)題利用兩邊成比例夾角相等兩個(gè)三角形相似，解決了角相等問(wèn)題，題目難度比較大，屬于中考?jí)狠S題．