Question

18．如图1，已知AO是等腰Rt△ABC的角平分线，∠BAC=90°，AB=AC=6．
（1）将图1中的△AOC绕点O顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△A₁OC₁，如图2，连接AA₁，BC₁．
①求证：AA₁∥BC₁；
②求证：S${\;}_{△AO{A}_{1}}$=S_△BOC；
③直接写出当旋转角α为90°时，四边形AA₁C₁B的面积最大，其最大值为36．
（2）将图1中的△ABO绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△MBN，如图3，点P为MC的中点，连接PA、PN，求证：PA=PN．

Answer 1

分析 （1）①过点O作MN⊥BC₁于M，交AA₁于N，只要证明ON⊥AA₁即可解决问题；
②证△A₁ON≌△OC₁M，推出△A₁ON和△OC₁M的面积相等，同理可证△AON和△OBM的面积相等，即可得出答案；
③如图2中，作A₁K⊥OA于K．因为${S}_{△AO{A}_{1}}$=$\frac{1}{2}$•OA•A₁K，A₁K≤OA₁，所以当A₁K=OA₁时，即OA⊥OA₁时，△AOA₁的面积最大，此时△AOA₁的面积=△AOB的面积，远程控制旋转角为90°，四边形AA₁C₁B的面积最大值为36．
（2）延长NP至E，使PE=NP，连接CE，AN，AE，证△PCE≌△PMN，推出CE=NM=BN，∠MNP=∠PEC，推出CE∥MN，C，设EC的延长线交BN的延长线于O，得出A、B、O、C四点共圆，推出∠ACE=∠ABN，证△ABN≌△ACE，推出AN=AE，∠ABN=∠EAC，求出∠EAN=90°，根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半推出即可．

解答 （1）①证明：如图2中，过点O作MN⊥BC₁于M，交AA₁于N，

∵OB=OC₁，
∴BM=C₁M，∠BOM=∠C₁OM，
∵∠AOB=∠A₁OC₁=90°，
∴∠AON+∠BOM=∠A₁ON+∠C₁OM=90°，
∴∠AON=∠A₁ON，
∵AO=A₁O，
∴ON⊥AA₁，∵MN⊥BC₁，
∴AA₁∥BC₁．

②证明：由①可知A₁NO=90°=∠OMC₁，
在△OMC₁和△A₁ON中
，$\left\{\begin{array}{l}{∠{A}_{1}NO=∠{C}_{1}MO}\\{∠N{A}_{1}O=∠{C}_{1}OM}\\{{A}_{1}O=O{C}_{1}}\end{array}\right.$，
∴△A₁ON≌△OC₁M（AAS），
∴△A₁ON和△OC₁M的面积相等，
同理可证△AON和△OBM的面积相等，
∴S_△AOA1=S_△BOC1．

③解：如图2中，作A₁K⊥OA于K．
∵${S}_{△AO{A}_{1}}$=$\frac{1}{2}$•OA•A₁K，
∴A₁K≤OA₁，
∴当A₁K=OA₁时，即OA⊥OA₁时，△AOA₁的面积最大，
此时△AOA₁的面积=△AOB的面积，
∴旋转角为90°，四边形AA₁C₁B的面积最大值为36．
故答案为90°，36．

（2）证明：延长NP至E，使PE=NP，连接CE，AN，AE，设EC的延长线交BN的延长线于O．


∵点P为MC的中点，
∴MP=CP，
∵在△PCE和△PMN中
$\left\{\begin{array}{l}{CP=PM}\\{∠EPC=∠MPN}\\{PE=NP}\end{array}\right.$，
∴△PCE≌△PMN（SAS），
∴CE=NM=BN，∠MNP=∠PEC，
∴CE∥MN，
∴∠BNM=∠BOC=90°，
又∵∠BAC=90°，
∴A、B、O、C四点共圆，
∴在四边形ABOC中，∠ACE=∠ABN，
∵在△ABN和△ACE中
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠ABN=∠ACE}\\{BN=CE}\end{array}\right.$，
∴△ABN≌△ACE（SAS），
∴AN=AE，∠ABN=∠EAC，
∵∠BAC=90°=∠BAN+∠NAC=∠EAC+∠NAC=∠EAN，
即∠EAN=90°，
∵点P为NE的中点，
∴PA=PN（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半）．

点评 本题考查了等腰三角形性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上中线性质、四点共圆等知识点的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，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．