Question

4．如图，正方形ABCO中，点Q为OC边上的三等分点，连接AQ交对角线OB于点F．将正方形ABCO绕点按O顺时针方向旋转角α（0°＜α＜45°），得到正方形A₁B₁C₁O．其中A₁B₁交对角线OB于点N，边B₁C₁交OC的延长线于点M，延长B₁A₁交OA的延长线于点E．若OF=2，AE=MB₁，则四边形NOMB₁的面积为$\frac{124}{7}$．

Answer 1

分析 根据点Q为OC边上的三等分点，OF=2，可得正方形ABCO的边长为4$\sqrt{2}$；根据△C₁OM≌△A₁OE，可得CM=MB₁，在Rt△OC₁M中，根据（4$\sqrt{2}$）²+（4$\sqrt{2}$-x）²=（4$\sqrt{2}$+x）²，可得CM=MB₁=$\sqrt{2}$=AE，再根据相似三角形的性质，可得CG=2$\sqrt{2}$，BG=2$\sqrt{2}$，ON=$\frac{40}{7}$，Rt△A₁ON中，根据勾股定理可得A₁N的长，最后根据S_{四边形NOMB1}=S_梯形A1B1MO-S_△A1ON进行计算即可得到四边形NOMB₁的面积．

解答 解：如图，延长EG交OC于P，
由OQ∥AB，可得△OQF∽△BAF，
∵点Q为OC边上的三等分点，OF=2，
∴$\frac{OF}{BF}$=$\frac{OQ}{BA}$，即$\frac{2}{BF}$=$\frac{1}{3}$，
∴BF=6，OB=8，
∴正方形ABCO的边长为4$\sqrt{2}$；
由旋转可得，∠C₁=∠OA₁E=90°，OC₁=OA₁，∠C₁OM=∠A₁OE，
∴△C₁OM≌△A₁OE，
∴OM=OE，
又∵OC=OA，
∴CM=AE，
又∵AE=MB₁，
∴CM=MB₁，
设CM=MB₁=x，则C₁M=4$\sqrt{2}$-x，OM=4$\sqrt{2}$+x，
在Rt△OC₁M中，（4$\sqrt{2}$）²+（4$\sqrt{2}$-x）²=（4$\sqrt{2}$+x）²，
解得x=$\sqrt{2}$，
即CM=MB₁=$\sqrt{2}$=AE，
由B₁M∥OA₁，可得$\frac{{B}_{1}M}{{A}_{1}O}$=$\frac{PB}{P{A}_{1}}$，即$\frac{\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}$=$\frac{P{B}_{1}}{4\sqrt{2}+P{B}_{1}}$，
解得PB₁=$\frac{4}{3}\sqrt{2}$，
∴Rt△B₁PM中，PM=$\frac{5}{3}\sqrt{2}$，
由△PCG∽△PB₁M，可得$\frac{CG}{{B}_{1}M}$=$\frac{CP}{{B}_{1}P}$，即$\frac{CG}{\sqrt{2}}$=$\frac{\frac{8}{3}\sqrt{2}}{\frac{4}{3}\sqrt{2}}$，
∴CG=2$\sqrt{2}$，BG=2$\sqrt{2}$；
由BG∥OE，可得△BGN∽△OEN，
∴$\frac{BG}{OE}$=$\frac{BN}{ON}$，即$\frac{2\sqrt{2}}{5\sqrt{2}}$=$\frac{8-ON}{ON}$，
解得ON=$\frac{40}{7}$，
∴Rt△A₁ON中，A₁N=$\sqrt{O{N}^{2}-{A}_{1}{O}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{40}{7}）^{2}-（4\sqrt{2}）^{2}}$=$\frac{4}{7}\sqrt{2}$，
∴S_{四边形NOMB1}=S_梯形A1B1MO-S_△A1ON
=$\frac{（\sqrt{2}+4\sqrt{2}）×4\sqrt{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{2}$×$\frac{4}{7}\sqrt{2}$，
=20-$\frac{16}{7}$
=$\frac{124}{7}$．
故答案为：$\frac{124}{7}$．

点评 本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用以及相似三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形，解题时灵活利用直角三角形勾股定理列方程求解．