Question

18．如圖1，在直角坐標系xOy中，直線l：y=kx+b交x軸、y軸于點E、F，點B的坐標是（2，2），過點B分別作x軸、y軸的垂線，垂足為A、C，點D是線段CO上的動點，連結(jié)BD，將△BCD沿直線BD折疊后得到△BC′D．

（1）當圖1中的直線l經(jīng)過點A，且k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$時（如圖2）．
①b=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，點C′的坐標為（2-$\sqrt{3}$，1）
②求點D由C到O的運動過程中，線段BC′掃過的圖形與△OAF重疊部分的面積．
（2）當圖1中的直線l經(jīng)過點D，C′時（如圖3），將△DOE沿直線DE折疊后得到△DO′E，連結(jié)O′C，O′O，若△DO′E與△CO′O相似，求k、b的值．

Answer 1

分析 （1）①利用翻折變換的性質(zhì)得出∠CBD=∠C′BD=15°，C′B=CB=2，進而得出CH的長，進而得出答案；
②首先求出直線AF的解析式，進而得出當D與O重合時，點C′與A重合，且BC′掃過的圖形與△OAF重合部分是弓形，求出即可；
（3）根據(jù)題意得出△DO′E與△COO′相似，則△COO′必是Rt△，進而得出Rt△BAE≌Rt△BC′E（HL），再利用勾股定理求出EO的長進而得出答案．

解答 解：（1）①如圖2，∵B（2，2），
∴A（2，0），k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴代入直線AF的解析式為：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+b，
∴b=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
則直線AF的解析式為：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴∠OAF=30°，∠BAF=60°，故∠BAC′=60°，
∴∠CBC'=30°，
∵△CBD≌△C′BD，
∴∠CBD=∠C′BD=$\frac{1}{2}$∠CBC'=15°，C′B=CB=2，
∴∠CBC′=30°，
如圖1，作C′H⊥BC于H，則C′H=1，HB=$\sqrt{3}$，
∴CH=2-$\sqrt{3}$，
∴點C′的坐標為：（2-$\sqrt{3}$，1）；
故答案為：$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，2-$\sqrt{3}$，1；
②如圖2，由（1）知，在點D由C到O的運動過程中，BC′掃過的圖形是扇形，
∴當D與O重合時，點C′與A重合，
且BC′掃過的圖形與△OAF重合部分是弓形
當C′在直線y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$上時，BC′=BC=AB，∠BAC′=60°，
∴△ABC′是等邊三角形，這時∠ABC′=60°，
∴重疊部分的面積是：$\frac{60π×4}{360}$-$\frac{\sqrt{3}}{4}$×2²=$\frac{2}{3}$π-$\sqrt{3}$；

（2）如圖3，設(shè)OO′與DE交于點M，則O′M=OM，OO′⊥DE，
若△DO′E與△COO′相似，則△COO′必是Rt△，
在點D由C到O的運動過程中，△COO′中顯然只能∠CO′O=90°，
∴CO′∥DE，
∴CD=OD=1，
∴b=1，
連接BE，由軸對稱性可知C′D=CD，BC′=BC=BA，
∠BC′E=∠BCD=∠BAE=90°，
在Rt△BAE和Rt△BC′E中，$\left\{\begin{array}{l}{BE=BE}\\{AB=BC'}\end{array}\right.$，
∴Rt△BAE≌Rt△BC′E（HL），
∴AE=C′E，
∴DE=DC′+C′E=DC+AE，
設(shè)OE=x，則AE=2-x，
∴DE=DC+AE=3-x，
由勾股定理得：x²+1=（3-x）²，
解得：x=$\frac{4}{3}$，
∵D（0，1），E（$\frac{4}{3}$，0），
∴$\frac{4}{3}$k+1=0，
解得：k=-$\frac{3}{4}$，
∴存在點D，使△DO′E與△COO′相似，這時k=-$\frac{3}{4}$，b=1．

點評 此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了相似形綜合以及全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識，解（1）的關(guān)鍵是判斷出重疊部分是扇形，解（2）的關(guān)鍵是構(gòu)造出Rt△BAE≌Rt△BC′E，用勾股定理建立方程求解，是一道中等難度的中考�？碱}．