Question

5．菱形ABCD中，兩條對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，∠MON+∠BCD=180°，∠MON繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，射線OM交邊BC于點(diǎn)E，射線ON交邊DC于點(diǎn)F，連接EF．
（1）如圖1，當(dāng)∠ABC=90°時(shí)，△OEF的形狀是等腰直角三角形；
（2）如圖2，當(dāng)∠ABC=60°時(shí)，請(qǐng)判斷△OEF的形狀，并說(shuō)明理由；
（3）在（1）的條件下，將∠MON的頂點(diǎn)移到AO的中點(diǎn)O′處，∠MO′N(xiāo)繞點(diǎn)O′旋轉(zhuǎn)，仍滿(mǎn)足∠MO′N(xiāo)+∠BCD=180°，射線O′M交直線BC于點(diǎn)E，射線O′N(xiāo)交直線CD于點(diǎn)F，當(dāng)BC=4，且$\frac{{S}_{△O′EF}}{{S}_{四邊形ABCD}}$=$\frac{9}{8}$時(shí)，直接寫(xiě)出線段CE的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）先求得四邊形ABCD是正方形，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠EBO=∠FCO=45°，OB=OC，再根據(jù)同角的余角相等可得∠BOE=∠COF，然后利用“角邊角”證明△BOE和△COF全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等即可得證；
（2）過(guò)O點(diǎn)作OG⊥BC于G，作OH⊥CD于H，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得CA平分∠BCD，∠ABC+∠BCD=180°，求得OG=OH，∠BCD=180°-60°=120°，從而求得∠GOH=∠EOF=60°，再根據(jù)等量減等量可得∠EOG=∠FOH，然后利用“角邊角”證明△EOG和△FOH全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等即可得證；
（3）過(guò)O點(diǎn)作OG⊥BC于G，作OH⊥CD于H，先求得四邊形O′GCH是正方形，從而求得GC=O′G=3，∠GO′H=90°，然后利用“角邊角”證明△EO′G和△FO′H全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等即可證得△O′EF是等腰直角三角形，根據(jù)已知求得等腰直角三角形的直角邊O′E的長(zhǎng)，然后根據(jù)勾股定理求得EG，即可求得CE的長(zhǎng)．

解答 （1）△OEF是等腰直角三角形；
證明：如圖1，∵菱形ABCD中，∠ABC=90°，
∴四邊形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠BOC=90°，∠BCD=90°，∠EBO=∠FCO=45°，
∴∠BOE+∠COE=90°，
∵∠MON+∠BCD=180°，
∴∠MON=90°，
∴∠COF+∠COE=90°，
∴∠BOE=∠COF，
在△BOE與△COF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BOE=∠COF}\\{OB=OC}\\{∠EBO=∠FCO}\end{array}\right.$，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
故答案為等腰直角三角形；
（2）△OEF是等邊三角形；
證明：如圖2，過(guò)O點(diǎn)作OG⊥BC于G，作OH⊥CD于H，
∴∠OGE=∠OGC=∠OHC=90°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴CA平分∠BCD，∠ABC+BCD=180°，
∴OG=OH，∠BCD=180°-60°=120°，
∵∠GOH+∠OGC+∠BCD+∠OHC=360°，
∴∠GOH+∠BCD=180°，
∴∠MON+∠BCD=180°，
∴∠GOH=∠EOF=60°，
∵∠GOH=∠GOF+∠FOH，∠EOF=∠GOF+∠EOG，
∴∠EOG=∠FOH，
在△EOG與△FOH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EOG=∠FOH}\\{OG=OH}\\{∠EGO=∠FHO}\end{array}\right.$，
∴△EOG≌△FOH（ASA），
∴OE=OF，
∴△OEF是等邊三角形；
（3）證明：如圖3，∵菱形ABCD中，∠ABC=90°，
∴四邊形ABCD是正方形，
∴$\frac{O′C}{AC}$=$\frac{3}{4}$，
過(guò)O點(diǎn)作O′G⊥BC于G，作O′H⊥CD于H，
∴∠O′GC=∠O′HC=∠BCD=90°，
∴四邊形O′GCH是矩形，
∴O′G∥AB，O′H∥AD，
∴$\frac{O′G}{AB}$=$\frac{O′H}{AD}$=$\frac{O′C}{AC}$=$\frac{3}{4}$，
∵AB=BC=CD=AD=4，
∴O′G=O′H=3，
∴四邊形O′GCH是正方形，
∴GC=O′G=3，∠GO′H=90°
∵∠MO′N(xiāo)+∠BCD=180°，
∴∠EO′F=90°，
∴∠EO′F=∠GO′H=90°，
∵∠GO′H=∠GO′F+∠FO′H，∠EO′F=∠GO′F+∠EO′G，
∴∠EO′G=∠FO′H，
在△EO′G與△FO′H中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EO′G=∠FO′H}\\{O′G=O′H}\\{∠EGO′=∠FHO′}\end{array}\right.$，
∴△EO′G≌△FO′H（ASA），
∴O′E=O′F，
∴△O′EF是等腰直角三角形；
∵S_{正方形ABCD}=4×4=16，$\frac{{S}_{△O′EF}}{{S}_{四邊形ABCD}}$=$\frac{9}{8}$，
∴S_△O′EF=18，
∵S_△O′EF=$\frac{1}{2}$O′E²，
∴O′E=6，
在RT△O′EG中，EG=$\sqrt{O′{E}^{2}-O{′G}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-{3}^{2}}$=3$\sqrt{3}$，
∴CE=CG+EG=3+3$\sqrt{3}$．
根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，當(dāng)∠M′ON′旋轉(zhuǎn)到如圖所示位置時(shí)，
CE′=E′G-CG=3$\sqrt{3}$-3．
綜上可得，線段CE的長(zhǎng)為3+3$\sqrt{3}$或3$\sqrt{3}$-3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是正確的利用旋轉(zhuǎn)不變量．正確作出輔助線是關(guān)鍵．