Question

11．在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，邊長(zhǎng)為2的正方形OABC的兩頂點(diǎn)A、C分別在y軸、x軸的正半軸上，現(xiàn)將正方形OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)．

（1）如圖 ①，當(dāng)點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)的A′落在直線y=x上時(shí)，點(diǎn)A′的對(duì)應(yīng)坐標(biāo)為（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）；點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′的坐標(biāo)為
（2$\sqrt{2}$，0）；
（2）旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，AB邊交直線y=x于點(diǎn)M，BC邊交x軸于點(diǎn)N，當(dāng)A點(diǎn)第一次落在直線y=x上時(shí)，停止旋轉(zhuǎn)．
 ①如圖2，在正方形OABC旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，線段AM，MN，NC三者滿足什么樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)說(shuō)明理由；
 ②當(dāng)AC∥MN時(shí)，求△MBN內(nèi)切圓的半徑（直接寫出結(jié)果即可）

Answer 1

分析 （1）如圖1中，作A′H⊥OB′于H．易知△OA′H是等腰直角三角形，點(diǎn)B′在x軸上，由此即可解決問(wèn)題；
（2）①結(jié)論：AM+CN=MN；延長(zhǎng)BA交y軸于E點(diǎn)，由△OAE≌△OCN（ASA），推出△OME≌△OMN（SAS），可得MN=ME=AM+AE，推出MN=AM+CN；
②利用①中結(jié)論，求出BM、BN、MN，根據(jù)△BMN的內(nèi)切圓半徑r=$\frac{BM+BN-MN}{2}$計(jì)算即可；

解答 解：（1）如圖1中，作A′H⊥OB′于H．

∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA=OC=BC=AB=2，∠BOC=45°=45，OB=2$\sqrt{2}$，
∵OA′=2，
∴AH=OH=$\sqrt{2}$，
∴A′（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），
∵旋轉(zhuǎn)角為45°，
∴B′在x軸上，
∴B′（2$\sqrt{2}$，0），
故答案為A′（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），B′（2$\sqrt{2}$，0）；

（2）①結(jié)論：AM+CN=MN；
理由：延長(zhǎng)BA交y軸于E點(diǎn)，

則∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，
∴∠AOE=∠CON，
又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN，
在△OAE和△OCN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AOE=∠CON}\\{OA=OC}\\{∠EAO=∠NCO=90°}\end{array}\right.$，
∴△OAE≌△OCN（ASA），
∴OE=ON，AE=CN，
在△OME和△OMN中
$\left\{\begin{array}{l}{OE=ON}\\{∠EOM=∠NOM}\\{OM=OM}\end{array}\right.$，
∴△OME≌△OMN（SAS）．
∴MN=ME=AM+AE．
∴MN=AM+CN，

②∵M(jìn)N∥AC，
∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°，
∴∠BMN=∠BNM，
∴BM=BN，∵BA=BC，
∴AM=NC，
設(shè)AM=NC=a，則MN=2a，
在Rt△BMN中，（2a）²=（2-a）²+（2-a）²，
解得a=2$\sqrt{2}$-2或-2$\sqrt{2}$-2（舍棄），
∴MN=4$\sqrt{2}$-4，BM=BN=4-2$\sqrt{2}$，
∴△BMN的內(nèi)切圓半徑r=$\frac{BM+BN-MN}{2}$=$\frac{4-2\sqrt{2}+4-2\sqrt{2}-（4\sqrt{2}-4）}{2}$=6-4$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查可知正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角形的內(nèi)切圓半徑等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)題，記住直角三角形的內(nèi)切圓的半徑，屬于中考?jí)狠S題．