Question

16．如圖1，在正方形ABCD中，C，B兩點分別在x軸，y軸的正半軸上，BD平分∠OBC，交OA于點D．
（1）若正方形ABOC的邊長為2，對角線BC與OA相交于點E．則：
①直接寫出BC，DE的長；
②根據已知及求得的線段OB、BC、DE的長，猜想并寫出它們的數量關系？
（2）如圖2，當直角∠BAC繞著其頂點A順時針旋轉時，角的兩邊分別與x軸正半軸、y軸正半軸交于點C₁和B₁，連接B₁C₁，交OA于P．B₁D平分∠OB₁C₁，交OA于點D，過點D作DE⊥B₁C₁，垂足為E，請猜想線段OB、B₁C₁、DE是否仍有與（1）中相同的數量關系，并證明你的猜想；
（3）在（2）的條件下，當B₁E=6，C₁E=4時，求正方形ABOC的邊長．

Answer 1

分析 （1）①直接利用勾股定理求BC，DE的長根據角平分線性質所得比例式，代入可得；
②直接根據長度列等量關系式，答案不唯一，只要相等即可；
（2）結論仍然成立，作垂線，根據角平分線性質定理得：DF=DE，證明△ABB₁≌△ACC₁，得B₁A=C₁A，則AB₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$B₁C₁，再證明△AB₁D是等腰三角形得：AD=AB₁，利用線段OA=OD+AD列式可以得結論；
（3）利用（2）的結論代入，得DF=5，設邊長為x，根據勾股定理列方程可得邊長．

解答 解：（1）①如圖1，
∵四邊形ABOC是正方形，
∴∠BAC=90°，
由勾股定理得：BC=$\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴BE=$\frac{1}{2}$BC=$\sqrt{2}$，
∴OE=BE=$\sqrt{2}$，
設DE=x，則OD=$\sqrt{2}$-x，
∵BD平分∠OBE，
∴$\frac{BE}{BO}=\frac{DE}{DO}$，
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{x}{\sqrt{2}-x}$，
x=2-$\sqrt{2}$，
∴DE=2-$\sqrt{2}$，
則BC=2$\sqrt{2}$，DE=2-$\sqrt{2}$；
②∵OB=AB=2，BC=2$\sqrt{2}$，DE=2-$\sqrt{2}$，
∴$\frac{1}{2}$BC+DE=$\frac{1}{2}$×$2\sqrt{2}$+2-$\sqrt{2}$=2，
∴OB=$\frac{1}{2}$BC+DE；
（2）如圖2，OB=$\frac{1}{2}{B}_{1}{C}_{1}$+DE，理由是：
過D作DF⊥OB于F，
∵∠BAC=∠B₁AC₁=90°，
∴∠B₁AB=∠CAC₁，
∵AB=AC，∠ABB₁=∠ACC₁=90°，
∴△ABB₁≌△ACC₁，
∴B₁A=C₁A，
∴AB₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$B₁C₁，
∵∠B₁DA=∠AOB+∠OB₁D=45°+∠DB₁O，
∠DB₁A=∠DB₁P+∠AB₁P=45°+∠DB₁P，
∵B₁D平分∠OB₁P，
∴∠OB₁D=∠DB₁P，
∴∠B₁DA=∠DB₁A，
∴AB₁=AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}{B}_{1}{C}_{1}$，
∵OD=$\sqrt{2}$DF=$\sqrt{2}$DE，AO=$\sqrt{2}$OB，
∴AD+OD=$\sqrt{2}$OB，
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}{B}_{1}{C}_{1}$+$\sqrt{2}$DE=$\sqrt{2}$OB，
∴OB=$\frac{1}{2}{B}_{1}{C}_{1}$+DE；
（3）如圖2，∵B₁E=6，C₁E=4，
∴B₁C₁=6+4=10，
由（2）得：OB=$\frac{1}{2}{B}_{1}{C}_{1}$+DE=5+DE，
∵DE=DF=OF，
∴OB=5+OF，
∴BF=5，
∵B₁F=B₁E=6，
∴BB₁=1，
設正方形ABOC的邊長為x，則OB₁=x+1，OC₁=x-1，
由勾股定理得：（x+1）²+（x-1）²=10²，
解得：x=±7，
∴正方形ABOC的邊長為7．

點評 本題是四邊形的綜合題，考查了正方形、旋轉變換的性質；本題難度不大，但比較麻煩，所以要認真理清思路，注意符號的書寫；同時巧妙地運用了角平分線、等腰直角三角形的性質得兩線段相等，及利用勾股定理列式計算．