Question

11．在平面直角坐标系中，O为原点，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，现将正方形OABC绕点O顺时针旋转．

（1）如图 ①，当点A的对应的A′落在直线y=x上时，点A′的对应坐标为（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）；点B的对应点B′的坐标为
（2$\sqrt{2}$，0）；
（2）旋转过程中，AB边交直线y=x于点M，BC边交x轴于点N，当A点第一次落在直线y=x上时，停止旋转．
 ①如图2，在正方形OABC旋转过程中，线段AM，MN，NC三者满足什么样的数量关系？请说明理由；
 ②当AC∥MN时，求△MBN内切圆的半径（直接写出结果即可）

Answer 1

分析 （1）如图1中，作A′H⊥OB′于H．易知△OA′H是等腰直角三角形，点B′在x轴上，由此即可解决问题；
（2）①结论：AM+CN=MN；延长BA交y轴于E点，由△OAE≌△OCN（ASA），推出△OME≌△OMN（SAS），可得MN=ME=AM+AE，推出MN=AM+CN；
②利用①中结论，求出BM、BN、MN，根据△BMN的内切圆半径r=$\frac{BM+BN-MN}{2}$计算即可；

解答 解：（1）如图1中，作A′H⊥OB′于H．

∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OC=BC=AB=2，∠BOC=45°=45，OB=2$\sqrt{2}$，
∵OA′=2，
∴AH=OH=$\sqrt{2}$，
∴A′（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），
∵旋转角为45°，
∴B′在x轴上，
∴B′（2$\sqrt{2}$，0），
故答案为A′（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），B′（2$\sqrt{2}$，0）；

（2）①结论：AM+CN=MN；
理由：延长BA交y轴于E点，

则∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，
∴∠AOE=∠CON，
又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN，
在△OAE和△OCN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AOE=∠CON}\\{OA=OC}\\{∠EAO=∠NCO=90°}\end{array}\right.$，
∴△OAE≌△OCN（ASA），
∴OE=ON，AE=CN，
在△OME和△OMN中
$\left\{\begin{array}{l}{OE=ON}\\{∠EOM=∠NOM}\\{OM=OM}\end{array}\right.$，
∴△OME≌△OMN（SAS）．
∴MN=ME=AM+AE．
∴MN=AM+CN，

②∵MN∥AC，
∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°，
∴∠BMN=∠BNM，
∴BM=BN，∵BA=BC，
∴AM=NC，
设AM=NC=a，则MN=2a，
在Rt△BMN中，（2a）²=（2-a）²+（2-a）²，
解得a=2$\sqrt{2}$-2或-2$\sqrt{2}$-2（舍弃），
∴MN=4$\sqrt{2}$-4，BM=BN=4-2$\sqrt{2}$，
∴△BMN的内切圆半径r=$\frac{BM+BN-MN}{2}$=$\frac{4-2\sqrt{2}+4-2\sqrt{2}-（4\sqrt{2}-4）}{2}$=6-4$\sqrt{2}$．

点评 本题考查可知正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形的内切圆半径等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，记住直角三角形的内切圆的半径，属于中考压轴题．