试题

题目：
（2008·苏州）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
．青果学院
答案




解：（1）3，A1（-2，4），B1（0，3）；
青果学院
（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，
∠CHE=∠CGD=90°
CH=CG
∠HCE=∠GCD

∴△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=
3
2
，
设OA的中垂线的解析式为y=kx+b，把点A′，O′的坐标代入得
3=k+b
-1=3k+3
，
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（
3
2
，2），△AOB的外接圆的半径=
(
3
2
)2+22
=
5
2
．
考点梳理
三角形的外接圆与外心；全等三角形的判定；正方形的判定；坐标与图形变化-旋转．
（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=
1
2
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=
3
2
，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（
3
2
，4），由勾股定理求得OA=
5
2
，即△AOB的外接圆的半径为
5
2
．
本题利用了旋转的性质，矩形的正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法确定直线的解析式，勾股定理求解．
压轴题；探究型．
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