Question

10．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（4，0），B為第一象限內(nèi)一點(diǎn)，且OB⊥AB，OB=2．
（Ⅰ）如圖①，求點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（Ⅱ）如圖②，將△OAB沿x軸向右平移得到△O′A′B′，設(shè)OO′=m，其中0＜m＜4，連接BO′，AB與O′B′交于點(diǎn)C．
①試用含m的式子表示△BCO′的面積S，并求出S的最大值；
②當(dāng)△BCO′為等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)C的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果即可）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由OB⊥AB，0A=4，OB=2得出△AOB是有一個(gè)角為30°的直角三角形，簡(jiǎn)單計(jì)算即可；
（Ⅱ）①由平移用m表示出BC，O′C，建立S=$\frac{\sqrt{3}}{8}$[-（m-2）²+4]，即可；
②利用△BCO′為等腰三角形，則有CB=CO′確定出m，再利用相似求出CD，AD即可．

解答 解：（Ⅰ）∵OB⊥AB，0A=4，OB=2，
∴∠AOB=60°，∠OAB=30°，AB=2$\sqrt{3}$，
過點(diǎn)B作BD⊥OA，
∴OD=1，BD=$\sqrt{3}$，
∴B（1，$\sqrt{3}$）．
（Ⅱ）①∵△A′O′B′是△OAB平移得到，
∴∠A′O′B′=∠AOB=60°，O′B′⊥AB，
∵OO′=m，
∴AO′=4-m，
∴O′C=$\frac{1}{2}$AO′=$\frac{1}{2}$（4-m），AC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AO′=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-m），
∴BC=AB-AC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，
∴S=$\frac{1}{2}$BC×O′C=$\frac{\sqrt{3}}{8}$m（4-m）=$\frac{\sqrt{3}}{8}$[-（m-2）²+4]，
當(dāng)m=2時(shí)，S_最大=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
②如下圖，作BE⊥OA，CD⊥OA，

由①有，AO′=4-m，O′C=$\frac{1}{2}$（4-m），AC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-m），
∴CB=AB-AC=2$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-m）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，
由平移得，∠ACO′=∠ABO=90°，
∵△BCO′為等腰三角形，
∴CB=O′C，
∴$\frac{\sqrt{3}}{2}$m=$\frac{1}{2}$（4-m），
∴m=2（$\sqrt{3}$-1）．
∵BE×OA=OB×AB，
∴BE=$\frac{OB×AB}{OA}=\frac{2×2\sqrt{3}}{4}$=$\sqrt{3}$，
∴AE=$\sqrt{3}$BE=3，
∵△ACO′∽△ABO，
∴$\frac{CD}{BE}=\frac{AO′}{O′A′}$，
∴CD=$\frac{AO′}{O′A′}$×BE=$\frac{4-m}{4}$×$\sqrt{3}$=$\frac{4-2（\sqrt{3}-1）}{4}$×$\sqrt{3}$=$\frac{3\sqrt{3}-3}{2}$，
∵BE⊥OA，CD⊥OA，
∴BE∥CD，
∴$\frac{AD}{AE}=\frac{CD}{BE}$，
∴AD=$\frac{CD}{BE}$×AE=$\frac{3（3-\sqrt{3}）}{2}$，
∴OD=OA-AD=4-$\frac{3（3-\sqrt{3}）}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}-1}{2}$，
∴C（$\frac{3\sqrt{3}-1}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}-3}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 此題是幾何變換綜合題，考查了平移得性質(zhì)，一個(gè)角為30°的直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，用m表示出有關(guān)線段如（AO′=4-m，O′C=$\frac{1}{2}$（4-m），AC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（4-m），CB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m）是解本題的關(guān)鍵．