题目内容

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．

解：（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， $\text{[math]}$
∴△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= $\text{[math]}$ ，
设OA的中垂线的解析式为y=kx+b，把点A′，O′的坐标代入得 $\text{[math]}$ ，
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（ $\text{[math]}$ ，2），△AOB的外接圆的半径= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
分析：（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= $\text{[math]}$ 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= $\text{[math]}$ ，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（ $\text{[math]}$ ，4），由勾股定理求得OA= $\text{[math]}$ ，即△AOB的外接圆的半径为 $\text{[math]}$ ．
点评：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．