Question

20．菱形ABCD中，兩條對角線AC，BD相交于點O，∠MON+∠BCD=180°，∠MON繞點O旋轉(zhuǎn)，射線OM交邊BC于點E，射線ON交邊DC于點F，連接EF．
（1）如圖1，當(dāng)∠ABC=90°時，△OEF的形狀是等腰直角三角形；
（2）如圖2，當(dāng)∠ABC=60°時，請判斷△OEF的形狀，并說明理由；
（3）在（1）的條件下，將∠MON的頂點移到OA的中點O′處，∠MO′N繞點O′旋轉(zhuǎn)，仍滿足∠MO′N+∠BCD=180°，射線O′M交直線BC于點E，射線O′N交直線CD于點F，當(dāng)BC=4$\sqrt{2}$，且$\frac{{S}_{△ABC}}{{S}_{△OEF}}$=$\frac{4}{9}$時，直接寫出線段CE的長．

Answer 1

分析 （1）△OEF是等腰直角三角形，只要證明△OBE≌△OCF即可．
（2））△OEF是等邊三角形，如圖2所示：過點O作OG⊥BC與G，作OH⊥CD與H．先證明△OGE≌△OHF，得OE=OF，證明∠EOF=60°即可解決問題．
（3）CE=3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$或3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$．見如圖3中兩種情形，作O′G⊥BC于G，O′H⊥CD于H，只要證明△OGE≌△OHF推出△EOF是等腰直角三角形，求出EG即可解決問題．

解答 解：（1）結(jié)論：△OEF是等腰直角三角形．
理由：∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC=90°，
∴四邊形ABCD為正方形．
∴OB=OC，∠OBE=∠OCN=45°，∠BOC=90°，∠BCD=90°．
又∵∠MON+∠BCD=180°，
∴∠EOF=90°．
∴∠EOC+COF=90°．
∵∠BOE+∠EOC=90°，
∴∠BOE=∠COF．
在△OBE和△OCF中
$\left\{\begin{array}{l}{∠OBE=∠OCN=45°}\\{OB=OC}\\{∠BOE=∠COF}\end{array}\right.$，
∴△OBE≌△OCF，
∴OE=OF．
∴△OEF為等腰直角三角形．
故答案為等腰直角三角形．

（2）結(jié)論：△OEF是等邊三角形，
證明：如圖2所示：過點O作OG⊥BC與G，作OH⊥CD與H．
過O作OG⊥BC于G，OH⊥CD于H，
∴∠OGE=∠OGC=∠OHC=90°
∵四邊形ABCD是菱形，
∴CA平分∠BCD，∠ABC+∠BCD=180°，
∴OG=OH，∠BCD=180°-60°=120°，
∵∠GOH+∠OGC+∠BCD+∠OHC=360°，
∴∠GOH+∠BCD=180°，
∵∠MON+∠BCD=180°，
∴∠EOF=∠GOH=180°-∠BCD=60°，
∴∠EOF-∠GOF=∠GOH-∠GOF，
∴∠EOG=∠FOH，
在△EOG和△FOH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EOG=∠FOH}\\{∠OGE=∠OHF}\\{OG=OH}\end{array}\right.$，
∴△OGE≌△OHF，
∴OE=OF，
∵∠EOF=60°，
∴△EOF是等邊三角形．

（3）CE=3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$或3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$．
理由：如圖3中，∵菱形ABCD中，∠ABC=90°，
∴四邊形ABCD是正方形，$\frac{O′C}{AC}$=$\frac{3}{4}$，
作O′G⊥BC于G，O′H⊥CD于H，
∴∠O′GC=∠O′HC=∠GCH=90°，
∴四邊形O′GCH是矩形，
∴O′G∥AB，O′H∥AD，
∴$\frac{O′G}{AB}$=$\frac{O′H}{AD}$=$\frac{O′C}{AC}$=$\frac{3}{4}$，
∵AB=BC=CD=AD=4$\sqrt{2}$，
∴O′G=O′H=3$\sqrt{2}$，
∴四邊形O′GCH是正方形，
∴CG=O′G=3$\sqrt{2}$，∠GO′H=90°，
∵∠MO∠′N+∠BCD=180°，∠BCD=90°，
∴∠EO′F=90°，
∴∠EO′F=∠GO′H=90°，
∴∠EO′G=∠FO′H，
在△EO′G和△FO′H中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EO′G=∠FO′H}\\{O′G=O′H}\\{∠EGO′=∠FHO′}\end{array}\right.$，
∴△EO′G≌△FO′H，
∴O′E=O′F，
∴△O′EF是等腰直角三角形，
∵S_△ABC=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{2}$×4$\sqrt{2}$=16，$\frac{{S}_{△ABC}}{{S}_{△OEF}}$=$\frac{4}{9}$，
∴S_△OEF=36，
在RT△O′EG中，EG=$\sqrt{O′{E}^{2}-O′{G}^{2}}$=3$\sqrt{6}$，
∴CE=EG+CG=3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$，
根據(jù)對稱性可知，當(dāng)∠MON旋轉(zhuǎn)到如圖所示位置時，
CE′=E′G-CG=3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$．
綜上所述CE=3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$或3$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$

點評 本題考查四邊形綜合題、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形，屬于中考壓軸題．