Question

4．如图1，在△OAB中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，以OB为边，在△OAB外作等边△OBC，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．
（1）求证：四边形ABCE是平行四边形．
（2）如图2，在图1中的△ABD内有一点P，若∠BPD=150°，且Bp=2$\sqrt{3}$，AP=4，求△ABD的边长．
（3）如图3，将图1中的四边形ABCO折叠，使点C与点A重合折痕为FG，直接写出OG：BF的比值为$\frac{5}{12}$．

Answer 1

分析 （1）首先根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得DO=DA，再根据等边对等角可得∠DAO=∠DOA=30°，进而算出∠AEO=60°，再证明BC∥AE，CO∥AB，进而证出四边形ABCE是平行四边形；
（2）根据△ABD是等边三角形，作辅助线，如图2，得到△PCP′是等边三角形，△APP′是直角三角形，由勾股定理得：PP′的长，由此可知：∠PAP′=30°，则∠APP′=60°，根据周角计算∠APB=90°，最后利用勾股定理求AB的长；
（3）设OG=x，由折叠可得：AG=GC=2AB-x，再利用三角函数可计算出AO，再利用勾股定理表示出线段OG与AB的数量关系，得：AB=4x，OB=8x，作辅助线，构建直角三角形ABH，同理设BF=a，根据勾股定理列方程得出a=$\frac{12}{5}x$，最后计算OG：BF的比值即可．

解答 证明：（1）∵Rt△OAB中，D为OB的中点，
∴DO=DA，
∴∠EAO=∠AOB=30°，
∵△OBC为等边三角形，
∵∠COB=60°，
又∵∠AOB=30°，
∴∠EOA=90°，
∴∠AEO=180°-∠EOA-∠EAO=180°-90°-30°=60°，
∴∠AEO=∠C，
∴BC∥AE，
∵∠BAO=∠COA=90°，
∴CO∥AB，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（2）由（1）得：△ABD是等边三角形，
如图2，将△BPD绕点D顺时针旋转60°得到△ADP′，连接PP′，
∴∠PDP′=∠ADB=60°，PD=P′D，∠AP′D=∠BPD=150°，
∴△PDP′是等边三角形，
∴∠PP′D=60°，
∴∠AP′P=150°-60°=90°，
在Rt△APP′中，由勾股定理得：PP′=$\sqrt{{4}^{2}-（2\sqrt{3}）^{2}}$=2，
∴∠PAP′=30°，
∴∠APP′=60°，
∴∠APB=360°-150°-60°-60°=90°，
在Rt△APB中，由勾股定理得：AB=$\sqrt{{4}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{28}$=2$\sqrt{7}$，
∴△ABD的边长为2$\sqrt{7}$；．
（3）如图3，在Rt△ABO中，
∵∠OAB=90°，∠AOB=30°，
∴BO=2AB，OA=$\sqrt{O{B}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{3}$AB，
设OG=x，由折叠可得：AG=GC=2AB-x，
在Rt△OAG中，OG²+OA²=AG²，
x²+（$\sqrt{3}$AB）²=（2AB-x）²，
解得：x=$\frac{1}{4}$AB，
即OG=$\frac{1}{4}$AB，
∴AB=4x，OB=8x，
过A作AH⊥BC，交CB的延长线于H，
∵∠CBO=∠OBA=60°，
∴∠ABH=60°，
Rt△ABH中，∠BAH=30°，
∴BH=$\frac{1}{2}$AB=2x，AH=2$\sqrt{3}$x，
设BF=a，则AF=FC=8x-a，
在Rt△AFH中，由勾股定理得：AF²=FH²+AH²，
$（8x-a）^{2}=（a+2x）^{2}+（2\sqrt{3}x）^{2}$，
a=$\frac{12}{5}$x，
∴$\frac{OG}{BF}$=$\frac{x}{\frac{12}{5}x}$=$\frac{5}{12}$，
故答案为：$\frac{5}{12}$．

点评 此题是四边形的综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，以及勾股定理的应用，图形的翻折变换，关键是掌握平行四边形的判定定理．第2问中的旋转辅助线是解题的关键，第3问分别设OG和BF为未知数，都与AB的联系，根据勾股定理列方程解决问题．