题目内容
13．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A坐标为（-2$\sqrt{3}$，0），∠OAB=90°，∠AOB=30°，将△OAB绕点O按顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α≤150°），在旋转过程中，点A、B的对应点分别为点A′、B′．（Ⅰ）如图1，当α=60°时，直接写出点A′（-$\sqrt{3}$，3）、B′（0，4）的坐标；
（Ⅱ）如图2，当α=135°时，过点B′作AB的平行线交AA′延长线于点C，连接BC，AB′．
①判断四边形AB′CB的形状，并说明理由，
②求此时点A′和点B′的坐标；
（Ⅲ）当α由30°旋转到150°时，（Ⅱ）中的线段B′C也随之移动，请求出B′C所扫过的区域的面积？（直接写出结果即可）．
分析 （Ⅰ）如图1中，作A′E⊥OB′于E．解直角三角形求出EO，A′E即可解决问题；
（Ⅱ）①如图2中，结论：四边形AB′CB是平行四边形．只要证明B′C∥AB，B′C=AB；
②过点A′作A′E⊥x轴于E．过点B′作B′F⊥A′E于F，解直角三角形求出OE、EF、B′F即可；
（Ⅲ）B′C扫过的面积=S平行四边形B′B″C″C′，由此计算即可；
解答 解：（Ⅰ）如图1中，作A′E⊥OB′于E．
在Rt′△OA′B′中，∵∠A′OB′=30°，OA′=2$\sqrt{3}$，
∴cos30°=$\frac{OA′}{OB′}$，
∴OB′=4，
∴B′（0，4），
在Rt△OA′E中，∵OA′=2$\sqrt{3}$，
∴A′E=$\sqrt{3}$，OE=$\sqrt{3}$A′E=3，
∴A′（-$\sqrt{3}$，3）．
故答案为（-$\sqrt{3}$，3），（0，4）．
（Ⅱ）①如图2中，结论：四边形AB′CB是平行四边形．
理由：∵B′C∥AB，
∴∠B′CA=∠BAC，
∵∠BAC+∠CAO=90°，
∴∠B′CA′+∠CAO=90°，
又∵∠B′A′C+∠OA′A=90°，且旋转得到OA=OA′，则∠CAO=∠OA′A，
∴∠B′CA′=∠B′A′C，
∴B′C=B′A′，
又∵A′B′=AB，
∴B′C=AB，
∴四边形AB′CB是平行四边形．
②过点A′作A′E⊥x轴于E．
由A（-2$\sqrt{3}$，0），可得OA=2$\sqrt{3}$，
又∵∠OAB=90°，∠AOB=30°，
∴AB=2，OB=4，则OA′=2$\sqrt{3}$，A′B′=2，
由∠AOA′=135°，得到∠A′OE=45°，
∴OE=A′E=$\frac{\sqrt{2}}{2}$OA′=$\sqrt{6}$，
∴点A′（$\sqrt{6}$，$\sqrt{6}$），
过点B′作B′F⊥A′E于F，
由∠EA′O=45°，得∠EA′B′=45°，
∴B′F=A′F=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×2=$\sqrt{2}$，
∴EF=$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$，OE+B′F=$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$，
∴点B′（$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$，$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$）．
（Ⅲ）如图3中，
B′C扫过的面积=S平行四边形B′B″C″C′=6×2=12．
点评 本题考查三角形综合题、旋转变换、解直角三角形、锐角三角函数、平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
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