Question

13．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A坐標(biāo)為（-2$\sqrt{3}$，0），∠OAB=90°，∠AOB=30°，將△OAB繞點(diǎn)O按順時針方向旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α≤150°），在旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)A、B的對應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)A′、B′．
（Ⅰ）如圖1，當(dāng)α=60°時，直接寫出點(diǎn)A′（-$\sqrt{3}$，3）、B′（0，4）的坐標(biāo)；
（Ⅱ）如圖2，當(dāng)α=135°時，過點(diǎn)B′作AB的平行線交AA′延長線于點(diǎn)C，連接BC，AB′．
①判斷四邊形AB′CB的形狀，并說明理由，
②求此時點(diǎn)A′和點(diǎn)B′的坐標(biāo)；
（Ⅲ）當(dāng)α由30°旋轉(zhuǎn)到150°時，（Ⅱ）中的線段B′C也隨之移動，請求出B′C所掃過的區(qū)域的面積？（直接寫出結(jié)果即可）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）如圖1中，作A′E⊥OB′于E．解直角三角形求出EO，A′E即可解決問題；
（Ⅱ）①如圖2中，結(jié)論：四邊形AB′CB是平行四邊形．只要證明B′C∥AB，B′C=AB；
②過點(diǎn)A′作A′E⊥x軸于E．過點(diǎn)B′作B′F⊥A′E于F，解直角三角形求出OE、EF、B′F即可；
（Ⅲ）B′C掃過的面積=S_{平行四邊形B′B″C″C′}，由此計算即可；

解答 解：（Ⅰ）如圖1中，作A′E⊥OB′于E．

在Rt′△OA′B′中，∵∠A′OB′=30°，OA′=2$\sqrt{3}$，
∴cos30°=$\frac{OA′}{OB′}$，
∴OB′=4，
∴B′（0，4），
在Rt△OA′E中，∵OA′=2$\sqrt{3}$，
∴A′E=$\sqrt{3}$，OE=$\sqrt{3}$A′E=3，
∴A′（-$\sqrt{3}$，3）．
故答案為（-$\sqrt{3}$，3），（0，4）．

（Ⅱ）①如圖2中，結(jié)論：四邊形AB′CB是平行四邊形．
理由：∵B′C∥AB，
∴∠B′CA=∠BAC，
∵∠BAC+∠CAO=90°，
∴∠B′CA′+∠CAO=90°，
又∵∠B′A′C+∠OA′A=90°，且旋轉(zhuǎn)得到OA=OA′，則∠CAO=∠OA′A，
∴∠B′CA′=∠B′A′C，
∴B′C=B′A′，
又∵A′B′=AB，
∴B′C=AB，
∴四邊形AB′CB是平行四邊形．

②過點(diǎn)A′作A′E⊥x軸于E．

由A（-2$\sqrt{3}$，0），可得OA=2$\sqrt{3}$，
又∵∠OAB=90°，∠AOB=30°，
∴AB=2，OB=4，則OA′=2$\sqrt{3}$，A′B′=2，
由∠AOA′=135°，得到∠A′OE=45°，
∴OE=A′E=$\frac{\sqrt{2}}{2}$OA′=$\sqrt{6}$，
∴點(diǎn)A′（$\sqrt{6}$，$\sqrt{6}$），
過點(diǎn)B′作B′F⊥A′E于F，
由∠EA′O=45°，得∠EA′B′=45°，
∴B′F=A′F=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×2=$\sqrt{2}$，
∴EF=$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$，OE+B′F=$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$，
∴點(diǎn)B′（$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$，$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$）．

（Ⅲ）如圖3中，

B′C掃過的面積=S_{平行四邊形B′B″C″C′}=6×2=12．

點(diǎn)評 本題考查三角形綜合題、旋轉(zhuǎn)變換、解直角三角形、銳角三角函數(shù)、平行四邊形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．