Question

20．已知，在平面直角坐標(biāo)系中，A（4，0），B（0，4），點(diǎn)D、E分別為OA、OB的中點(diǎn)，將△ODE繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到△OD₁E₁，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α，記直線AD₁與BE₁的交點(diǎn)為P．
（Ⅰ）如圖①，α=90°，則點(diǎn)D₁的坐標(biāo)是（0，2），線段AD₁的長(zhǎng)等于2$\sqrt{5}$；點(diǎn)E₁的坐標(biāo)是（-2，0），線段BE₁的長(zhǎng)等于2$\sqrt{5}$；
（Ⅱ）如圖②，α=135°．
①求∠APO的大��；
②求$\frac{P{D}_{1}}{PB}$的值（直接寫出結(jié)果即可）

Answer 1

分析 （1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知OD₁=OD=2，OE₁=OE=2，再由勾股定理即可求出AD₁和BE₁的長(zhǎng)度；
（2）①先證∠APB=90°，則△AOB和△APB是有公共斜邊的直角三角形，根據(jù)共斜邊的兩個(gè)直角三角形，則四個(gè)頂點(diǎn)共圓，得A、O、P、B四點(diǎn)共圓，從而得出結(jié)論；
②證△OD₁P∽△AD₁O，得$\frac{OP}{AO}=\frac{{D}_{1}P}{{D}_{1}O}$，則OP=2D₁P，再證明△AOD₁∽△BPO，得$\frac{AO}{BP}=\frac{O{D}_{1}}{PO}$，則BP=2PO，所以$\frac{P{D}_{1}}{PB}$=$\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）如圖1，∵點(diǎn)D、E分別是OA、OB的中點(diǎn)，
∴OE=2，OD=2，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：OD₁=OD=2，OE₁=OE=2，
∴D₁（0，2）、E₁（-2，0），
∴由勾股定理可知：AD₁=2$\sqrt{5}$，BE₁=2$\sqrt{5}$，
故答案為：（0，2），2$\sqrt{5}$，（-2，0），2$\sqrt{5}$；
（2）①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：∠E₁OB=∠D₁OA，
在△E₁OB與△D₁OA中，
$\left\{\begin{array}{l}{O{E}_{1}=O{D}_{1}}\\{∠{E}_{1}OB=∠{D}_{1}OA}\\{OB=OA}\end{array}\right.$，
∴△E₁OB≌△D₁OA（SAS），
∴∠BE₁O=∠AD₁O，
又∵∠PCD₁=∠OCE₁，
∴∠D₁PE₁=∠D₁OE₁=90°，
∴∠AOB=∠APB=90°，
∴A、O、P、B四點(diǎn)共圓，
∴∠APO=∠OBA=45°；
②如圖②，∵∠APO=45°，
∴∠D₁PO=180°-45°=135°，
∵∠AOD₁=135°，
∴∠AOD₁=∠D₁PO，
∵∠OD₁A=∠OD₁A，
∴△OD₁P∽△AD₁O，
∴$\frac{OP}{AO}=\frac{{D}_{1}P}{{D}_{1}O}$，
∵AO=4，D₁O=2，
∴$\frac{OP}{4}=\frac{{D}_{1}P}{2}$，
∴OP=2D₁P，
∵△E₁OB≌△D₁OA，
∴∠OAD₁=∠OBE₁，
∵∠BPO=90°+45°=135°，
∴∠BPO=∠AOD₁，
∴△AOD₁∽△BPO，
∴$\frac{AO}{BP}=\frac{O{D}_{1}}{PO}$，
∴BP=2PO，
∴BP=4PD₁，
∴$\frac{P{D}_{1}}{PB}$=$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是幾何變換的綜合題，考查了等腰直角三角形、全等三角形及相似三角形的性質(zhì)和判定，并通過證明四點(diǎn)共圓求出角的度數(shù)，本題的關(guān)鍵是證明三角形相似，通過相似對(duì)應(yīng)邊的比得出線段的倍數(shù)關(guān)系，從而得出最后的結(jié)論．