Question

4．如圖，正方形ABCO中，點(diǎn)Q為OC邊上的三等分點(diǎn)，連接AQ交對(duì)角線OB于點(diǎn)F．將正方形ABCO繞點(diǎn)按O順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜45°），得到正方形A₁B₁C₁O．其中A₁B₁交對(duì)角線OB于點(diǎn)N，邊B₁C₁交OC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，延長(zhǎng)B₁A₁交OA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．若OF=2，AE=MB₁，則四邊形NOMB₁的面積為$\frac{124}{7}$．

Answer 1

分析 根據(jù)點(diǎn)Q為OC邊上的三等分點(diǎn)，OF=2，可得正方形ABCO的邊長(zhǎng)為4$\sqrt{2}$；根據(jù)△C₁OM≌△A₁OE，可得CM=MB₁，在Rt△OC₁M中，根據(jù)（4$\sqrt{2}$）²+（4$\sqrt{2}$-x）²=（4$\sqrt{2}$+x）²，可得CM=MB₁=$\sqrt{2}$=AE，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得CG=2$\sqrt{2}$，BG=2$\sqrt{2}$，ON=$\frac{40}{7}$，Rt△A₁ON中，根據(jù)勾股定理可得A₁N的長(zhǎng)，最后根據(jù)S_{四邊形NOMB1}=S_梯形A1B1MO-S_△A1ON進(jìn)行計(jì)算即可得到四邊形NOMB₁的面積．

解答 解：如圖，延長(zhǎng)EG交OC于P，
由OQ∥AB，可得△OQF∽△BAF，
∵點(diǎn)Q為OC邊上的三等分點(diǎn)，OF=2，
∴$\frac{OF}{BF}$=$\frac{OQ}{BA}$，即$\frac{2}{BF}$=$\frac{1}{3}$，
∴BF=6，OB=8，
∴正方形ABCO的邊長(zhǎng)為4$\sqrt{2}$；
由旋轉(zhuǎn)可得，∠C₁=∠OA₁E=90°，OC₁=OA₁，∠C₁OM=∠A₁OE，
∴△C₁OM≌△A₁OE，
∴OM=OE，
又∵OC=OA，
∴CM=AE，
又∵AE=MB₁，
∴CM=MB₁，
設(shè)CM=MB₁=x，則C₁M=4$\sqrt{2}$-x，OM=4$\sqrt{2}$+x，
在Rt△OC₁M中，（4$\sqrt{2}$）²+（4$\sqrt{2}$-x）²=（4$\sqrt{2}$+x）²，
解得x=$\sqrt{2}$，
即CM=MB₁=$\sqrt{2}$=AE，
由B₁M∥OA₁，可得$\frac{{B}_{1}M}{{A}_{1}O}$=$\frac{PB}{P{A}_{1}}$，即$\frac{\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}$=$\frac{P{B}_{1}}{4\sqrt{2}+P{B}_{1}}$，
解得PB₁=$\frac{4}{3}\sqrt{2}$，
∴Rt△B₁PM中，PM=$\frac{5}{3}\sqrt{2}$，
由△PCG∽△PB₁M，可得$\frac{CG}{{B}_{1}M}$=$\frac{CP}{{B}_{1}P}$，即$\frac{CG}{\sqrt{2}}$=$\frac{\frac{8}{3}\sqrt{2}}{\frac{4}{3}\sqrt{2}}$，
∴CG=2$\sqrt{2}$，BG=2$\sqrt{2}$；
由BG∥OE，可得△BGN∽△OEN，
∴$\frac{BG}{OE}$=$\frac{BN}{ON}$，即$\frac{2\sqrt{2}}{5\sqrt{2}}$=$\frac{8-ON}{ON}$，
解得ON=$\frac{40}{7}$，
∴Rt△A₁ON中，A₁N=$\sqrt{O{N}^{2}-{A}_{1}{O}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{40}{7}）^{2}-（4\sqrt{2}）^{2}}$=$\frac{4}{7}\sqrt{2}$，
∴S_{四邊形NOMB1}=S_梯形A1B1MO-S_△A1ON
=$\frac{（\sqrt{2}+4\sqrt{2}）×4\sqrt{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{2}$×$\frac{4}{7}\sqrt{2}$，
=20-$\frac{16}{7}$
=$\frac{124}{7}$．
故答案為：$\frac{124}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的運(yùn)用以及相似三角形的判定與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造相似三角形，解題時(shí)靈活利用直角三角形勾股定理列方程求解．