Question

19．有兩張完全重合的直角三角形紙片OAB，AB=8，∠BAO=30°，將它們放置在平面直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)中心，把Rt△OAB順時針旋轉(zhuǎn)90°，得Rt△OCD．

（1）如圖①，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（4$\sqrt{3}$，0），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，0）；
（2）如圖②，以點(diǎn)O為旋轉(zhuǎn)中心，把Rt△OAB順時針旋轉(zhuǎn)．得Rt△OA₁B₁，OA₁交邊CD于點(diǎn)K，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°）．當(dāng)△OCK為等腰三角形時，求旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)；
（3）如圖③，將Rt△OCD沿x軸向左平移，得Rt△O₂C₂D₂，C₂D₂與OA交于點(diǎn)P，O₂D₂與AB交于點(diǎn)N，當(dāng)NP∥OB時，求平移的距離及點(diǎn)N的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)求出OA，OB，再由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OC，OD即可；
（2）分兩種情況利用等腰三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（3）設(shè)出OO₂，用勾股定理依次OC₂=4$\sqrt{3}$-x，AP=4$\sqrt{3}$-4+$\frac{\sqrt{3}}{3}$x．再用△ANP∽△ABO得出的比例式建立方程即可求出x，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）在Rt△AOB中，∠BAO=30°，AB=8，
∴OB=4，OA=4$\sqrt{3}$，
由旋轉(zhuǎn)知，OC=OA=4$\sqrt{3}$，OD=OB=4
C（4$\sqrt{3}$，0），D（0，4），
故答案為（4$\sqrt{3}$，0），（0，4）；

（2）當(dāng)KO=KC時，
∠KOC=∠KCO=30°
∵∠A₁OB₁=90°
∴a=60°
．當(dāng)CO=CK時，∠KOC=∠OKC=$\frac{180°-∠KCO}{2}$=$\frac{180°-30°}{2}$=75° 
∵∠A₁OB₁=90°
∴a=30°
∴旋轉(zhuǎn)角為60或15°．

（3）∵D₂O₂∥DO，NP∥OB，
∴四邊形NO₂OP是平行四邊形．
∵∠AOB=90°，
∴四邊形NO₂OP是矩形．
設(shè)OO₂=x，則NP=x，
在Rt△O₂C₂D₂中，
∵C₂D₂=CD=AB=8，∠D₂C₂O=∠DCO=30°，
∴O₂D₂=$\frac{1}{2}$C₂D₂=4，O₂C₂=4$\sqrt{3}$．
∴OC₂=O₂C₂-O₂O=4$\sqrt{3}$-x 
在Rt△POC₂中，
∠POC₂=90°，∠PC₂O=30°，
∴OP=OC₂•tan30°=（4$\sqrt{3}$-x）•$\frac{\sqrt{3}}{3}$=4-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，
∴AP=AO-OP=4$\sqrt{3}$-4+$\frac{\sqrt{3}}{3}$x．
∵NP∥OB，
∴△ANP∽△ABO，
∴$\frac{NP}{BO}=\frac{AP}{AO}$．
∴$\frac{x}{4}=\frac{4\sqrt{3}-4+\frac{\sqrt{3}}{3}}{4\sqrt{3}}$
．解得x=6-2$\sqrt{3}$．
即O₂O=6-2$\sqrt{3}$ 
∴平移的距離是6-2$\sqrt{3}$ 
NO₂=OP=4-$\frac{\sqrt{3}}{3}×（6-2\sqrt{3}）$=6-2$\sqrt{3}$
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)是（2$\sqrt{3}$-6，6-2$\sqrt{3}$）．

點(diǎn)評 此題是三角形綜合題，主要考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是利用勾股定理表示出OC₂=4$\sqrt{3}$-x，AP=4$\sqrt{3}$-4+$\frac{\sqrt{3}}{3}$x．