Question

17．如圖1，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，AC=5，BD=10，平行四邊形ABCD的面積為24．將△COD繞點(diǎn)D按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△C₁O D₁，連接AC₁、BD₁．

（1）求證：△AOC₁∽△BOD₁；
（2）當(dāng)△COD旋轉(zhuǎn)至OD₁與點(diǎn)A重合時(shí)，求△AOC₁的面積．
（3）如圖3，連接DD₁．
①則△BDD₁的面積的最大值為25．（直接填空）
②當(dāng)旋轉(zhuǎn)至點(diǎn)C₁與點(diǎn)B之間的距離最大時(shí)，求此時(shí)BD₁的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)兩邊成比例夾角相等的兩三角形相似即可證明；
（2）如圖2中，作C₁H⊥AC于H．由${S}_{△{D}_{1}O{C}_{1}}$=$\frac{1}{4}$×24=$\frac{1}{2}$×OD₁×C₁H，求出C₁H=$\frac{12}{5}$，根據(jù)${S}_{△AO{C}_{1}}$=$\frac{1}{2}$•OA•C₁H計(jì)算即可解決問題；
（3）①如圖3中，當(dāng)OD₁⊥BD時(shí)，△BDD₁的面積最大．最大值=$\frac{1}{2}$•BD•OD₁；
②如圖4中，作D₁H⊥BD于H．由$\frac{1}{2}$•OC₁•D₁H=$\frac{1}{4}$×24，求得D₁H=$\frac{24}{5}$，在Rt△OD₁H中，OH=$\sqrt{O{{D}^{2}}_{1}-{D}_{1}{H}^{2}}$=$\frac{7}{5}$，推出BH=OB-OH=$\frac{18}{5}$，在Rt△BHD₁中，BD₁=$\sqrt{{D}_{1}{H}^{2}+B{H}^{2}}$=6．

解答 （1）證明：如圖1中，

∵∠COC₁=∠DOD₁，
∴∠AOC₁=∠BOD₁，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA=OC=OC₁，OB=OD=OD₁，
∴$\frac{O{C}_{1}}{O{D}_{1}}$=$\frac{OA}{OB}$，
∴△AOC₁∽△BOD₁；

（2）解：如圖2中，作C₁H⊥AC于H．

∵${S}_{△{D}_{1}O{C}_{1}}$=$\frac{1}{4}$×24=$\frac{1}{2}$×OD₁×C₁H，
∴C₁H=$\frac{12}{5}$，
∴${S}_{△AO{C}_{1}}$=$\frac{1}{2}$•OA•C₁H=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$×$\frac{12}{5}$=3．

（3）①如圖3中，當(dāng)OD₁⊥BD時(shí)，△BDD₁的面積最大．最大值=$\frac{1}{2}$•BD•OD₁=$\frac{1}{2}$×10×5=25．

故答案為25．

②如圖4中，作D₁H⊥BD于H．

∵$\frac{1}{2}$•OC₁•D₁H=$\frac{1}{4}$×24，
∴D₁H=$\frac{24}{5}$，
在Rt△OD₁H中，OH=$\sqrt{O{{D}^{2}}_{1}-{D}_{1}{H}^{2}}$=$\frac{7}{5}$，
∴BH=OB-OH=$\frac{18}{5}$，
在Rt△BHD₁中，BD₁=$\sqrt{{D}_{1}{H}^{2}+B{H}^{2}}$=6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查相似三角形綜合題、平行四邊形的性質(zhì)、解直角三角形、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．