Question

【題目】已知：∠MON＝45°，點(diǎn)A在OM上，點(diǎn)B、C在ON上，且OB＞OA，

（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)B的右側(cè)時(shí)，在ON下方作∠NCD＝45°，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D．

①若AB＝BD，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段OA和CD的關(guān)系　 　；

②若AB＝BD，判斷線段OA和CD的關(guān)系，并說(shuō)明理由；

③若AB＝10，BD＝8，OB＝14，則CD＝　 　；

（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)B的左側(cè)時(shí)，在ON下方作∠NCD＝45°，CD的反向延長(zhǎng)線交AB于點(diǎn)A，在∠OAB的內(nèi)部作∠BAE＝45°，交ON于點(diǎn)E，則線段OE、EB、CB之間的數(shù)量關(guān)系是　 　．

Answer 1

【答案】（1）①OA＝CD，OA⊥CD；②OA＝CD，OA⊥CD，見(jiàn)解析；③；（2） EB2＝OE2+CB2

【解析】

（1）①作DH∥OA交ON于H，通過(guò)證明△AOB≌△DHB（AAS），可得OA＝HD，再通過(guò)等邊對(duì)等角和三角形內(nèi)角和定理可得CD＝HD，∠CDH＝90°，即可得OA＝CD，CD⊥DH，再根據(jù)OA∥DH，即可得證OA⊥CD；②作DH∥OA交ON于H，通過(guò)證明△AOB∽△HDB，可得OA＝HD，再根據(jù)等邊對(duì)等角和三角形內(nèi)角和定理可得CD＝HD，∠CDH＝90°，即可得OA＝CD，CD⊥DH，再根據(jù)OA∥DH，即可得證OA⊥CD；③作DH∥OA交ON于H，作AG⊥OB于G，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的性質(zhì)求解即可；

（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BAE≌△BAG（SAS），從而可得EB＝GB，在Rt△GBC中，由勾股定理得：GB2＝CG2+CB2，即可得證EB2＝OE2+CB2．

解：（1）①結(jié)論：OA＝CD，OA⊥CD．理由如下：

作DH∥OA交ON于H．如圖1所示：

∵DH∥OA，

∴∠MON＝∠BHD＝45°，

在△AOB和△DHB中，

，

∴△AOB≌△DHB（AAS），

∴OA＝HD，

∵∠NCD＝45°，

∴∠NCD＝∠BHD＝45°，

∴CD＝HD，∠CDH＝90°，

∴OA＝CD，CD⊥DH，

∵OA∥DH，

∴OA⊥CD；

故答案為：OA＝CD，OA⊥CD．

②結(jié)論：OA＝CD，OA⊥CD．

作DH∥OA交ON于H，如圖1所示：

則△AOB∽△HDB，

∴，

∴OA＝HD，

∵∠NCD＝∠AOB＝∠BHD＝45°，

∴CD＝HD，∠CDH＝90°，

∴OA＝CD，CD⊥DH

∵OA∥DH，

∴OA⊥CD；

③作DH∥OA交ON于H，作AG⊥OB于G，如圖2所示：

則△AOG是等腰直角三角形，

∴AG＝OG，在Rt△ABG中，

由勾股定理得：AG2+BG2＝AB2，即AG2+（14﹣AG）2＝102，

解得：AG＝6，或AG＝8（舍去），

∴AG＝6，

∴OA＝AG＝6，

∵DH∥OA，

∴△AOB∽△HDB，

∴，即，

解得：HD＝，

∵∠NCD＝∠AOB＝∠BHD＝45°，

∴CD＝HD＝；

故答案為：；

（2）結(jié)論：EB2＝OE2+CB2．理由如下：

∵∠AOB＝∠NCD＝∠ACO′＝45°，

∴△AOC是等腰直角三角形，

將△AOE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACG，連接BG，如圖3所示：

則∠ACG＝∠AOB＝45°，AG＝AE，CG＝OE，

∵∠ACO＝∠BCD＝45°，

∴∠GCO＝45°+45°＝90°，

∴∠GCB＝90°，

∵∠BAE＝45°，∠EAG＝90°，

∴∠BAG＝45°＝∠BAE，

在△BAE和△BAG中，

∴△BAE≌△BAG（SAS），

∴EB＝GB，

在Rt△GBC中，由勾股定理得：GB2＝CG2+CB2，

∴EB2＝OE2+CB2．

故答案為：EB2＝OE2+CB2．