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课堂上,老师将图①中△AOB绕O点逆时针旋转,在旋转中发现图形的形状和大小不变,...

课堂上,老师将图①中△AOB绕O点逆时针旋转,在旋转中发现图形的形状和大小不变,但位置发生了变化.当△AOB旋转90°时,得到∠A1OB1.已知A(4,2),B(3,0).
(1)△A1OB1的面积是______;A1点的坐标为(______);B1点的坐标为(______);
(2)课后,小玲和小惠对该问题继续进行探究,将图②中△AOB绕AO的中点C(2,1)逆时针旋转90°得到△A′O′B′,设O′B′交OA于D,O′A′交x轴于E.此时A′,O′和B′的坐标分别为(1,3),(3,-1)和(3,2),且O′B′经过B点.在刚才的旋转过程中,小玲和小惠发现旋转中的三角形与△AOB重叠部分的面积不断变小,旋转到90°时重叠部分的面积(即四边形CEBD的面积)最小,求四边形CEBD的面积;
(3)在(2)的条件下,△AOB外接圆的半径等于______manfen5.com 满分网
(1)如图1,作AE⊥OE,垂足为点E,作A1F⊥OF,由旋转的性质知,△OAE≌△OA1F,有A1F=AE=2,OF=OE=4,OB1=OB,∴点A1的坐标为(-2,4),点B1的坐标为(0,3),∴S△OB1A1=OB1•A1F=3; (2)作CG⊥BD于G,CH⊥x轴于H,易得四边形CHBG为正方形,有∠CHE=∠CGD=90°,CH=CG,∠HCE=∠GCD,∴由ASA证得△HCE≌△GCD,有S四边形CEBD=S正方形CHBG=1; (3)由垂径定理知,△AOB的外接圆的圆心应为OB与OA的中垂线的交点.OB的中垂线的解析式为x=,OA的中垂线是点A′,点O′确定的,可由待定系数法求得OA的中垂线的解析式为y=-2x+5,所以圆心的坐标为(,4),由勾股定理求得OA=,即△AOB的外接圆的半径为. 【解析】 (1)3,A1(-2,4),B1(0,3); (2)作CG⊥BD于G,CH⊥x轴于H, ∵B',B的横坐标相等, ∴B'B⊥x轴, ∴四边形CHBG为矩形. ∵C(2,1),B(3,0) ∴CG=1, ∴G(3,1), ∴GB=1, ∴CG=CH=1, ∴矩形CHBG为正方形. ∴∠HCG=90度. ∵∠ECD=90°, ∴∠HCE+∠ECG=∠GCD+∠ECG=90° ∴∠HCE=∠GCD. 在△HCE和△GCD中, ∴△HCE≌△GCD. ∴S四边形CEBD=S正方形CHBG=1; (3)由垂径定理知,△AOB的外接圆的圆心应为OB与OA的中垂线的交点. OB的中垂线的解析式为x=, 设OA的中垂线的解析式为y=kx+b,把点A′,O′的坐标代入得, 解得,k=-2,b=5,即OA的中垂线的解析式为y=-2x+5, 所以圆心的坐标为(,2),△AOB的外接圆的半径==.
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考点分析:
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(1)如图1,圆内接△ABC中,AB=BC=CA,OD、OE为⊙O的半径,OD⊥BC于点F,OE⊥AC于点G,
求证:阴影部分四边形OFCG的面积是△ABC的面积的manfen5.com 满分网
(2)如图2,若∠DOE保持120°角度不变,
求证:当∠DOE绕着O点旋转时,由两条半径和△ABC的两条边围成的图形(图中阴影部分)面积始终是△ABC的面积的manfen5.com 满分网

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如图,破残的圆形轮片上,弦AB的垂直平分线交AB于C,交弦AB于D,
(1)求作此残片所在的圆的圆心(不写作法,保留作图痕迹);
(2)若AB=8cm,CD=2cm,求(1)中所作圆的半径.

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如图所示,破残的圆形轮片上,弦AB的垂直平分线交弧AB于点C,交弦AB于点D.已知:AB=24cm,CD=8cm.
(1)求作此残片所在的圆(不写作法,保留作图痕迹);
(2)求(1)中所作圆的半径.

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如图,等边△ABC的边长为2,E是边BC上的动点,EF∥AC交边AB于点F,在边AC上取一点P,使PE=EB,连接FP.
(1)请直接写出图中与线段EF相等的两条线段;(不再另外添加辅助线)
(2)探究:当点E在什么位置时,四边形EFPC是平行四边形?并判断四边形EFPC是什么特殊的平行四边形,请说明理由;
(3)在(2)的条件下,以点E为圆心,r为半径作圆,根据⊙E与平行四边形EFPC四条边交点的总个数,求相应的r的取值范围.

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如图①,AB是⊙O的直径,AC是弦,直线EF和⊙O相切于点C,AD⊥EF,垂足为D.
(1)求证:∠DAC=∠BAC;
(2)若把直线EF向上平行移动,如图②,EF交⊙O于G、C两点,若题中的其它条件不变,这时与∠DAC相等的角是哪一个?为什么?
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试题属性
  • 题型:解答题
  • 难度:中等

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