Question

20．已知，在平面直角坐标系中，A（4，0），B（0，4），点D、E分别为OA、OB的中点，将△ODE绕点O逆时针旋转一定角度，得到△OD₁E₁，设旋转角为α，记直线AD₁与BE₁的交点为P．
（Ⅰ）如图①，α=90°，则点D₁的坐标是（0，2），线段AD₁的长等于2$\sqrt{5}$；点E₁的坐标是（-2，0），线段BE₁的长等于2$\sqrt{5}$；
（Ⅱ）如图②，α=135°．
①求∠APO的大小；
②求$\frac{P{D}_{1}}{PB}$的值（直接写出结果即可）

Answer 1

分析 （1）由旋转的性质可知OD₁=OD=2，OE₁=OE=2，再由勾股定理即可求出AD₁和BE₁的长度；
（2）①先证∠APB=90°，则△AOB和△APB是有公共斜边的直角三角形，根据共斜边的两个直角三角形，则四个顶点共圆，得A、O、P、B四点共圆，从而得出结论；
②证△OD₁P∽△AD₁O，得$\frac{OP}{AO}=\frac{{D}_{1}P}{{D}_{1}O}$，则OP=2D₁P，再证明△AOD₁∽△BPO，得$\frac{AO}{BP}=\frac{O{D}_{1}}{PO}$，则BP=2PO，所以$\frac{P{D}_{1}}{PB}$=$\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）如图1，∵点D、E分别是OA、OB的中点，
∴OE=2，OD=2，
由旋转的性质可知：OD₁=OD=2，OE₁=OE=2，
∴D₁（0，2）、E₁（-2，0），
∴由勾股定理可知：AD₁=2$\sqrt{5}$，BE₁=2$\sqrt{5}$，
故答案为：（0，2），2$\sqrt{5}$，（-2，0），2$\sqrt{5}$；
（2）①由旋转的性质可知：∠E₁OB=∠D₁OA，
在△E₁OB与△D₁OA中，
$\left\{\begin{array}{l}{O{E}_{1}=O{D}_{1}}\\{∠{E}_{1}OB=∠{D}_{1}OA}\\{OB=OA}\end{array}\right.$，
∴△E₁OB≌△D₁OA（SAS），
∴∠BE₁O=∠AD₁O，
又∵∠PCD₁=∠OCE₁，
∴∠D₁PE₁=∠D₁OE₁=90°，
∴∠AOB=∠APB=90°，
∴A、O、P、B四点共圆，
∴∠APO=∠OBA=45°；
②如图②，∵∠APO=45°，
∴∠D₁PO=180°-45°=135°，
∵∠AOD₁=135°，
∴∠AOD₁=∠D₁PO，
∵∠OD₁A=∠OD₁A，
∴△OD₁P∽△AD₁O，
∴$\frac{OP}{AO}=\frac{{D}_{1}P}{{D}_{1}O}$，
∵AO=4，D₁O=2，
∴$\frac{OP}{4}=\frac{{D}_{1}P}{2}$，
∴OP=2D₁P，
∵△E₁OB≌△D₁OA，
∴∠OAD₁=∠OBE₁，
∵∠BPO=90°+45°=135°，
∴∠BPO=∠AOD₁，
∴△AOD₁∽△BPO，
∴$\frac{AO}{BP}=\frac{O{D}_{1}}{PO}$，
∴BP=2PO，
∴BP=4PD₁，
∴$\frac{P{D}_{1}}{PB}$=$\frac{1}{4}$．

点评 本题是几何变换的综合题，考查了等腰直角三角形、全等三角形及相似三角形的性质和判定，并通过证明四点共圆求出角的度数，本题的关键是证明三角形相似，通过相似对应边的比得出线段的倍数关系，从而得出最后的结论．