Question

3．在平面直角坐标系中，点A（0，a）、B（b，0）且a＞|b|．
（1）若a、b满足a²+b²-4a-2b+5=0．
①求a、b的值；
②如图1，在①的条件下，将点B在x轴上平移，且b满足：0＜b＜2；在第一象限内以AB为斜边作等腰Rt△ABC，请用b表示S_{四边形AOBC}，并写出解答过程．
（2）若将线段AB沿x轴向正方向移动a个单位得到线段DE（D对应A，E对应B）连接DO，作EF⊥DO于F，连接AF、BF．
①如图2，判断AF与BF的关系并说明理由；
②若BF=OA-OB，则∠OAF=60°（直接写出结果）．

Answer 1

分析 （1）①化简得（a-2）²+（b-1）²=0，根据非负数的性质即可求出a、b．②利用S_{四边形AOBC}=S_△AOB+S_△ABC即可解决．
（2）①结论：AF=FB，AF⊥FB，作FG⊥y轴，FH⊥x轴垂足分别为G、H，先证明四边形FHOG是正方形，然后证明△FGA≌△FHB得FA=FB，∠AFG=∠BFH所以∠AFB=∠GFH=90°．从而得证．
②由△FGA≌△FHB得∠FBH=∠OAF，在Rt△FBH中，求出cos∠FBH=$\frac{BH}{BF}$的值即可解决．

解答 解：（1）①∵a²+b²-4a-2b+5=0，
∴（a-2）²+（b-1）²=0，
∴a=2，b=1，
②∵A（0，2），B（b，0），
∴AB=$\sqrt{{b}^{2}+4}$，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\frac{\sqrt{2{b}^{2}+8}}{2}$，
∴S_{四边形AOBC}=S_△AOB+S_△ABC=$\frac{1}{2}$•AO•BO+$\frac{1}{2}$BC²=$\frac{1}{4}$b²+b+1，（0＜b＜2）．
（2）①结论：FA=FB，FA⊥FB，理由如下：
如图，作FG⊥y轴，FH⊥x轴垂足分别为G、H．
∵A（0，a）向右平移a个单位到D，
∴点D坐标为（a，a），点E坐标为（a+b，0），
∴∠DOE=45°，
∵EF⊥OD，
∴∠OFE=90°∠FOE=∠FEO=45°，
∴FO=EF，
∴FH=OH=HE=$\frac{1}{2}$（a+b），
∴点F坐标（$\frac{a+b}{2}$，$\frac{a+b}{2}$），
∴FG=FH，四边形FHOG是正方形，
∴OG=FH=$\frac{a+b}{2}$，∠GFH=90°，
∴AG=AO-OG=a-$\frac{a+b}{2}$=$\frac{a-b}{2}$，BH=OH-OB=$\frac{a+b}{2}-b$=$\frac{a-b}{2}$，
∴AG=BH，
在△FGA和△FHB中，
$\left\{\begin{array}{l}{FG=FH}\\{∠FGA=∠FHB=90°}\\{AG=BH}\end{array}\right.$，
∴△FGA≌△FHB，
∴FA=FB，∠AFG=∠BFH，
∴∠AFB=∠GFH=90°．
AF⊥BF，AF=BF．
②∵△FGA≌△FHB，
∴∠FBH=∠OAF，
在Rt△BFH中，∵BF=OA-OB=a-b，BH=$\frac{a-b}{2}$，
∴cos∠FBH=$\frac{BH}{BF}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠FBH=60°，
∴∠OAF=60°．
故答案为60°．

点评 本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、非负数的性质、三角函数等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．