Question

6．現(xiàn)有一副直角三角板（角度分別為30°、60°、90°、和45°、45°、90°）如圖所示，其中一塊三角板的直角邊AC⊥數(shù)軸，AC的中點是數(shù)軸原點O，AC=8，斜邊AB交數(shù)軸于點G，△CDE的邊CE=8，將△CDE繞C點順時針旋轉(zhuǎn)θ度．
（1）如圖1，點G在數(shù)軸上對應(yīng)的數(shù)是4．
（2）當(dāng)A點在邊DE上時，DE與數(shù)軸交于F點，求旋轉(zhuǎn)角θ的角度和F點在數(shù)軸上對應(yīng)的數(shù)；
（3）如圖3，當(dāng)CD過G點時，CE與數(shù)軸交于F，請判斷四邊形BCFG是什么特殊四邊形？并說明理由；
（4）如圖4，當(dāng)E在數(shù)軸上時，DE與邊BC交于H點，連接BE．
①求證：四邊形OCHE是矩形；
②求BE的長．

Answer 1

分析 （1）利用等腰直角三角形可得BC的值，易證OG是△ACB的中位線，即可得出點G在數(shù)軸上對應(yīng)的數(shù)；
（2）由∠AEC=60°，AC=CE，可得△ACE是等邊三角形，由∠DCE=90°，即可得出旋轉(zhuǎn)角θ的角度為30°，利用RT△FOA可得FO的值，即可得出F點在數(shù)軸上對應(yīng)的數(shù)；
（3）利用FG∥BC，且FG=BC求得四邊形BCFG是平行四邊形即可，
（4）①利用RT△COE，可得OC=4，CE=8，可得出∠CEO=30°，進而得出∠CED=60°，由∠OEH=90°，∠COE=∠OCB=90°，即可得出四邊形OCHE是矩形；
②在RT△EHB中，求出CH，HB，利用勾股定理BE=$\sqrt{E{H}^{2}+H{B}^{2}}$求解即可．

解答 解：（1）如圖1，

∵RT△ACB是等腰直角三角形，AC=8，
∴BC=8，
∵三角板的直角邊AC⊥數(shù)軸，AC的中點是數(shù)軸原點O，
∴OG=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$×8=4，
∴點G在數(shù)軸上對應(yīng)的數(shù)是4，
故答案為：4．
（2）如圖2，

∵∠AEC=60°，AC=CE=8，
∴△ACE是等邊三角形，
∵∠DCE=90°，
∴∠ACD=90°-60°=30°，
∴旋轉(zhuǎn)角θ的角度為30°，
∵∠EAC=60°，∠AOF=90°，AO=4，
∴FO=$\sqrt{3}$AO=4$\sqrt{3}$，
（3）如圖3，

∵點G為AB的中點，
∴∠OCG=45°，
∵∠ECD=90°，
∴∠FCO=45°，
∴FO=CO=4，
∴FG=BG=8，
∵FG∥BC，
∴四邊形BCFG是平行四邊形，
（4）①如圖4，

∵在RT△COE中，OC=4，CE=8，
∴∠CEO=30°，
∵∠CED=60°，
∴∠OEH=90°，
∵∠COE=∠OCB=90°，
∴四邊形OCHE是矩形；
②∵∠CEO=30°，
∴∠BCE=30°，
∵四邊形OCHE是矩形；
∴CH=$\sqrt{3}$EH=4$\sqrt{3}$，
∴HB=BC-CH=8-4$\sqrt{3}$，
∴BE=$\sqrt{E{H}^{2}+H{B}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+（8-4\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題主要考查了幾何變換，涉及特殊直角三角形，矩形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定及性質(zhì)及三角形的中位線，解題的關(guān)鍵是靈活的運用特殊直角三角形．