Question

3．如图，将矩形ABCD绕对角线的交点0逆时针旋转90°得到矩形EFGH，已知AB=2，BC=2$\sqrt{3}$，则由旋转得到的阴影部分的面积为$\frac{4}{3}$π+4-4$\sqrt{3}$．

Answer 1

分析 设AD与HF交于K，AD于HE交于M，根据矩形的想知道的AB=2，BC=2$\sqrt{3}$，解直角三角形得到AC=4，∠ADB=30°，根据旋转的性质得到∠DOK=90°，解直角三角形得到OK=tan30°•OD=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，DK=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，AK=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，O到AD的距离=1，根据三角形的面积公式求得S_△AOK=$\frac{1}{3}\sqrt{3}$，S_△HKM=$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$-1，S_扇形AHO=$\frac{1}{3}π$，根据图形面积的和差可得到结论．

解答 解：设AD与HF交于K，AD于HE交于M，
在四边形ABCD与四边形EFGH中，
∵AB=2，BC=2$\sqrt{3}$，
∴AC=4，∠ADB=30°，
∴OD=2，
∵将矩形ABCD绕对角线的交点0逆时针旋转90°得到矩形EFGH，
∴∠DOK=90°，
∴OK=tan30°•OD=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴DK=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴AK=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∵O到AD的距离=1，
∴S_△AOK=$\frac{1}{2}×$$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$×1=$\frac{1}{3}\sqrt{3}$，
∵HM=$\frac{1}{2}$（2$\sqrt{3}$-2）=$\sqrt{3}$-1，
∴MK=tan30°×HM=1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴S_△HKM=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{3}$-1）（1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）=$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$-1，
S_扇形AHO=$\frac{30•π×{2}^{2}}{360}$=$\frac{1}{3}π$，
∴阴影部分的面积=4×（$\frac{1}{3}π$-$\frac{1}{3}\sqrt{3}$-$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$+1）=$\frac{4}{3}$π+4-4$\sqrt{3}$．
故答案为：$\frac{4}{3}$π+4-4$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了旋转的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形和扇形面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．