Question

3．已知Rt△ABD中，邊AB=OB=1，∠ABO=90°
問(wèn)題探究：
（1）以AB為邊，在Rt△ABO的右邊作正方形ABC，如圖（1），則點(diǎn)O與點(diǎn)D的距離為$\sqrt{5}$．
（2）以AB為邊，在Rt△ABO的右邊作等邊三角形ABC，如圖（2），求點(diǎn)O與點(diǎn)C的距離．
問(wèn)題解決：
（3）若線段DE=1，線段DE的兩個(gè)端點(diǎn)D，E分別在射線OA、OB上滑動(dòng)，以DE為邊向外作等邊三角形DEF，如圖（3），則點(diǎn)O與點(diǎn)F的距離有沒有最大值，如果有，求出最大值，如果沒有，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接OD，在Rt△ODC中，根據(jù)OD=$\sqrt{O{C}^{2}+C{D}^{2}}$計(jì)算即可．
（2）如圖2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，連接OC．在Rt△OCE中，根據(jù)OC=$\sqrt{O{E}^{2}+C{E}^{2}}$計(jì)算即可．
（3）如圖3中，當(dāng)OF⊥DE時(shí)，OF的值最大，設(shè)OF交DE于H，在OH上取一點(diǎn)M，使得OM=DM，連接DM．分別求出MH、OM、FH即可解決問(wèn)題．

解答 解：（1）如圖1中，連接OD，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=1，∠C=90°
在Rt△ODC中，∵∠C=90°，OC=2，CD=1，
∴OD=$\sqrt{O{C}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$．
故答案為$\sqrt{5}$．

（2）如圖2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，連接OC．

∵∠FBE=∠E=∠CFB=90°，
∴四邊形BECF是矩形，
∴BF=CF=$\frac{1}{2}$，CF=BE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
在Rt△OCE中，OC=$\sqrt{O{E}^{2}+C{E}^{2}}$=$\sqrt{（1+\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}+（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$．

（3）如圖3中，當(dāng)OF⊥DE時(shí)，OF的值最大，設(shè)OF交DE于H，在OH上取一點(diǎn)M，使得OM=DM，連接DM．

∵FD=FE=DE=1，OF⊥DE，
∴DH=HE，OD=OE，∠DOH=$\frac{1}{2}$∠DOE=22.5°，
∵OM=DM，
∴∠MOD=∠MDO=22.5°，
∴∠DMH=∠MDH=45°，
∴DH=HM=$\frac{1}{2}$，
∴DM=OM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵FH=$\sqrt{D{F}^{2}-D{H}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴OF=OM+MH+FH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}+1}{2}$．
∴OF的最大值為$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}+1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查四邊形綜合題、勾股定理、等邊三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等知識(shí)，教育的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)在特殊位置尋找最值問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．