(1)如图1.平面直角坐标系中.一直角边为4的等腰直角三角板AOC的直角顶点O在原点的位置.点A.C分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上.将△AOC绕点A逆时针旋转90°至△AKL的位置.直接写出点L的坐标,(2)如图2.将任意两个等腰直角三角板△BED和△PHF放至直角坐标系中.直角顶点E.H分别在y轴的正半轴和负半轴上.顶点B.F都在x轴的负半轴上.顶� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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16．（1）如图1，平面直角坐标系中，一直角边为4的等腰直角三角板AOC的直角顶点O在原点的位置，点A、C分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOC绕点A逆时针旋转90°至△AKL的位置，直接写出点L的坐标；
（2）如图2，将任意两个等腰直角三角板△BED和△PHF放至直角坐标系中，直角顶点E、H分别在y轴的正半轴和负半轴上，顶点B、F都在x轴的负半轴上，顶点D、P分别在第二象限和第三象限，BD和FP的中点分别为R、S，请判断△ORS的形状，并证明你的结论．
（3）如图3，将第（1）问中的等腰直角三角板AOC绕O点旋转180°至△OMN的位置（M在x轴上），G为线段OC延长线上任意一点，作TG⊥AG交x轴于T，交直线MN于Q，求$\frac{GN+GC}{NQ}$的值．

分析（1）由题意易知L（-8，4）；
（2）结论：直角三角形，且∠SOR=90°．如图1中，连结ER、RO，过点R做RI⊥RO交x轴于I，想办法证明∠3=45°，同理可证∠SOF=45°，由此即可解决问题；
（3）连接GM，过点Q做QE⊥GO交OG于E，只要证明△AGO≌△QGE，推出QE=GO，又NQ=$\sqrt{2}$QE推出NQ=$\sqrt{2}$GO=$\sqrt{2}$（GC+CO）=$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$（2GC+2CO）=$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$（GC+GC+CN）=$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$（GC+GN），由此即可解决问题．

解答解：（1）由题意AK=KL=OA=OC=4，AK⊥OA，∠LKA=90°，
∴L（-8，4）．

（2）结论：直角三角形，且∠SOR=90°．
证明：如图1中，连结ER、RO，过点R做RI⊥RO交x轴于I，

∵△BED为等腰直角三角形，R为斜边BD的中点，
∴∠BRE=90°，BR=ER，
∵RI⊥RO，
∴∠ORI=90°，
∴∠1=∠2，
在四边形OBRE中，∠BRE=90°，∠BOE=90°，
∴∠RBO+∠REO=180°，
又∠5+∠RBO=180°，
∴∠REO=∠5，
在△REO和△RBI中，
∠1=∠2，RE=RB，∠REO=∠5，
∴△REO≌△RBI，
∴RO=RI，又∠ORI=90°，
∴∠3=∠4=45°，
即∠3=45°，
同理可得∠SOI=45°，
∴∠SOR=90°，
∴△SOR是直角三角形，且∠SOI=90°．

（3）连接GM，过点Q做QE⊥GO交OG于E，

∵等腰直角三角板AOC绕O点顺时针旋转180°至△OMN的位置（M在x轴上），
∴AM，CN互相垂直平分且相等，
∴四边形ANMC是正方形，
∴GO是AM的中垂线，∠ANM=90°，
∴AG=MG，
∴∠GAM=∠GMA，
又∵∠OAN=∠OMN=45°，
∴∠GAM+∠OAN=∠GMA+∠OMN，
即∠GAN=∠GMN，
四边形GANQ中，∠ANQ=∠AGQ=90°，
∴∠GAN+∠GQN=180°，
而∠GMN+∠GMQ=180°，∠GAN=∠GMN，
∴∠GQM=∠GMQ，
∴QG=MG，又AG=MG，
∴GA=GQ，
在△AGO和△QGE中
∠GOA=∠GEQ=90°，∠AGO=∠GQE，AG=GQ，
∴△AGO≌△QGE，
∴QE=GO，
又NQ=$\sqrt{2}$QE
∴NQ=$\sqrt{2}$GO=$\sqrt{2}$（GC+CO）=$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$（2GC+2CO）=$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$（GC+GC+CN）
=$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$（GC+GN）
∴$\frac{GN+GC}{NQ}$=$\sqrt{2}$．

点评本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

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