Question

9．如圖1，矩形OABC在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，點A（0，4），C（2，0），將矩形OABC繞點O按順時針旋轉(zhuǎn)30°，得到矩形EFGH（點E與O重合）．
（1）求點F的坐標(biāo)，并判斷點F是否在線段BC上；
（2）如圖2，將矩形FEGH沿y軸向下平移m個單位，
①當(dāng)四邊形OFCE是平行四邊形使，則m的值是多少？此時過點O作直線l將?OFCE分為面積比為1：3的兩部分，求直線l的解析式；
②設(shè)矩形EFGH沿y軸向下平移過程中與矩形OABC重疊部分面積為S，寫出S關(guān)于m的解析式，并求當(dāng)S：S_矩形ABCO=$\sqrt{3}$：6時m的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)矩形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)即可求得；
（2）①分兩種情況，情形一：取CF的中點D1，作直線OD1根據(jù)${S}_{△OF{D}_{1}}$：${S}_{四邊形O{D}_{1}CE}$=1：3即可求出點D₁坐標(biāo)，求出直線OD₁；情形二：取EC中點D₂，作直線OD₂，則${S}_{△OE{D}_{2}}$：${S}_{四邊形OFC{D}_{2}}$=1：3，先求出點D₂坐標(biāo)即可求出直線OD₂．
②由OF∥E′F′得$\frac{CD}{CO}=\frac{CF′}{CF}$即$\frac{CD}{2}=\frac{2\sqrt{3}-m}{2\sqrt{3}}$，求出CD、CF′，列出方程即可解決．

解答 解：（1）如圖1，過點F作FM⊥OA，垂足為M
∵矩形OABC，點A（0，4），C（2，0），
∴B（2，4），
∴OF=OA=4，∠MOF=30°，
∴MF=$\frac{1}{2}$OF=2，OM=2$\sqrt{3}$，
∴F（2，2$\sqrt{3}$），
∴F在線段BC上；
（2）如圖2中，①四邊形OFCE是平行四邊形，OE=FC，
∴可得：m=2$\sqrt{3}$-m，
解得：m=$\sqrt{3}$，
分兩種情況，情形一：取CF的中點D1，作直線OD1，
則${S}_{△OF{D}_{1}}$：${S}_{四邊形O{D}_{1}CE}$=1：3
∵$FC=\sqrt{3}$，C（2，0），
∴D₁（2，$\sqrt{3}$），
設(shè)直線OD₁的解析式為y=kx，把D₁（2，$\sqrt{3}$）代入得k=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∴直線OD₁為y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x．
情形二：取EC中點D₂，作直線OD₂，則${S}_{△OE{D}_{2}}$：${S}_{四邊形OFC{D}_{2}}$=1：3，
設(shè)平行四邊形的對角線交于點O₁，
∵OC₁=$\frac{1}{2}$OC=1，連接D₂O₁
∴O₁D₂=$\frac{1}{2}$OE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，D₂O₁∥OE，
∴D₂O₁⊥OC，
∴D₂（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），設(shè)直線OD₂為y=k′x，把D₂代入得到k′=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴直線OD₂為y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，
綜上所述：所求直線l的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x或y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x．
②∵OF∥E′F′，
∴$\frac{CD}{CO}=\frac{CF′}{CF}$，
∴$\frac{CD}{2}=\frac{2\sqrt{3}-m}{2\sqrt{3}}$，
CD=$\frac{2\sqrt{3}-m}{\sqrt{3}}$，CF′=2$\sqrt{3}$-m，
∴S_重合=$\frac{（2\sqrt{3}-m）^{2}}{2\sqrt{3}}$（0$≤m≤2\sqrt{3}$），
∵矩形OABC的面積為8，根據(jù)S_重合：S_矩形=$\sqrt{3}$：6得到S_重合=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{（2\sqrt{3}-m）^{2}}{2\sqrt{3}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
解得m=2（$\sqrt{3}-\sqrt{2}$）或【2（$\sqrt{3}$+$\sqrt{2}$）不合題意舍棄】，
∴m=2（$\sqrt{3}$-$\sqrt{2}$）．

點評 本題考查矩形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)、平移的性質(zhì)等知識，考查學(xué)生運用性質(zhì)進(jìn)行推理的能力，解題的關(guān)鍵是通過特殊點“中點”的性質(zhì)，解決了面積比的問題．