Question

14．如圖，邊長為1的正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，直角∠MPN的頂點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，直角邊PM，PN分別與OA，OB重合，然后逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)∠MPN，旋轉(zhuǎn)角為θ（0°＜θ＜90°），PM、PN分別交AB、BC于E、F兩點(diǎn)，連接EF交OB于點(diǎn)G，則下列結(jié)論中正確的是（1）（2）（4）．
（1）EF=$\sqrt{2}$OE；（2）S_{四邊形OEBF}：S_{正方形ABCD}=1：4；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時(shí)，AE=$\frac{3}{4}$；（4）OG•BD=AE²+CF²．

Answer 1

分析 （1）由四邊形ABCD是正方形，直角∠MPN，易證得△BOE≌△COF（ASA），則可證得結(jié)論；
（2）由（1）易證得S_{四邊形OEBF}=S_△BOC=$\frac{1}{4}$S_{正方形ABCD}，則可證得結(jié)論；
（3）首先設(shè)AE=x，則BE=CF=1-x，BF=x，繼而表示出△BEF與△COF的面積之和，然后利用二次函數(shù)的最值問題，求得答案；
（4）易證得△OEG∽△OBE，然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，證得OG•OB=OE²，再利用OB與BD的關(guān)系，OE與EF的關(guān)系，即可證得結(jié)論．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，
∴∠BOF+∠COF=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠BOF+∠COE=90°，
∴∠BOE=∠COF，
在△BOE和△COF中，
$\left\{\begin{array}{l}{BOE=∠COF}\\{OB=OC}\\{∠OBE=∠OCF}\end{array}\right.$，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，BE=CF，
∴EF=$\sqrt{2}$OE；故正確；

（2）∵S_{四邊形OEBF}=S_△BOE+S_△BOE=S_△BOE+S_△COF=S_△BOC=$\frac{1}{4}$S_{正方形ABCD}，
∴S_{四邊形OEBF}：S_{正方形ABCD}=1：4；故正確；

（3）過點(diǎn)O作OH⊥BC，
∵BC=1，
∴OH=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$，
設(shè)AE=x，則BE=CF=1-x，BF=x，
∴S_△BEF+S_△COF=$\frac{1}{2}$BE•BF+$\frac{1}{2}$CF•OH=$\frac{1}{2}$x（1-x）+$\frac{1}{2}$（1-x）×$\frac{1}{2}$=-$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{4}$）²+$\frac{9}{32}$，
∵a=-$\frac{1}{2}$＜0，
∴當(dāng)x=$\frac{1}{4}$時(shí)，S_△BEF+S_△COF最大；
即在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時(shí)，AE=$\frac{1}{4}$；故錯(cuò)誤；

（4）∵∠EOG=∠BOE，∠OEG=∠OBE=45°，
∴△OEG∽△OBE，
∴OE：OB=OG：OE，
∴OG•OB=OE²，
∵OB=$\frac{1}{2}$BD，OE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$EF，
∴OG•BD=EF²，
∵在△BEF中，EF²=BE²+BF²，
∴EF²=AE²+CF²，
∴OG•BD=AE²+CF²．故正確．
故答案為（1）（2）（4）．

點(diǎn)評(píng) 此題屬于四邊形的綜合題．考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及二次函數(shù)的最值問題．注意掌握轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．