《2025年天府前沿九年级数学上册北师大版》

26. (12分)如图1,在矩形ABCD中,AC与BD相交于点O,$AB= 6,BC= 8$,过点O作$OE⊥BC$,将$△OCE$绕点C按逆时针方向旋转,记旋转角为α,O对应$F_{1}$,E对应$E_{1}$.连接$BE_{1},AF_{1}$.

(1)问题发现:当$α=90^{\circ }$时,$BE_{1}= $______,$AF_{1}= $______,$\frac {AF_{1}}{BE_{1}}= $______;
(2)拓展探究:当$0^{\circ }≤α＜360^{\circ }$时,$\frac {AF_{1}}{BE_{1}}$的大小有无变化?请仅就图2的情况给出证明;
(3)问题解决:当$△OCE旋转至B,E_{1},F_{1}$三点共线时,请计算线段$AF_{1}$的长.

答案：

(1)【解】如图1所示。

$\because OC = OB$，$OE \perp BC$，$\therefore CE = \frac{1}{2}BC = 4 = CE_{1}$。
$\because \angle BCE_{1} = 90^{\circ}$，$\therefore BE_{1} = \sqrt{BC^{2} + CE_{1}^{2}} = 4\sqrt{5}$。
$\because AB = 6$，$BC = 8$，$\therefore AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = 10$，
$\therefore OC = CF_{1} = \frac{1}{2}AC = 5$。
$\because \angle ACF_{1} = 90^{\circ}$，$\therefore AF_{1} = \sqrt{AC^{2} + CF_{1}^{2}} = 5\sqrt{5}$，$\therefore \frac{AF_{1}}{BE_{1}} = \frac{5}{4}$。
故答案为$4\sqrt{5}$；$5\sqrt{5}$；$\frac{5}{4}$。
(2)【证明】连接$AC$，
$\because \angle ABC = \angle OEC = 90^{\circ}$，$\angle ACB = \angle OCE$，
$\therefore \triangle ABC \sim \triangle OEC$。
由旋转可得，$\triangle OEC \cong \triangle F_{1}E_{1}C$，$\therefore \triangle ABC \sim \triangle F_{1}E_{1}C$，
$\therefore \frac{BC}{E_{1}C} = \frac{AC}{F_{1}C}$，$\angle ACB = \angle F_{1}CE_{1}$，$\therefore \frac{BC}{AC} = \frac{E_{1}C}{F_{1}C}$。
又$\because \angle E_{1}CB = \angle F_{1}CA$，
$\therefore \triangle ACF_{1} \sim \triangle BCE_{1}$，
$\therefore \frac{AF_{1}}{BE_{1}} = \frac{AC}{BC}$，$\therefore \frac{AF_{1}}{BE_{1}} = \frac{AC}{BC} = \frac{10}{8} = \frac{5}{4}$。
(3)【解】当$\triangle OEC$旋转至$B$，$E_{1}$，$F_{1}$三点共线时，存在两种情况：
如图2所示：
在$Rt \triangle BCE_{1}$中，由勾股定理，得$BE_{1} = \sqrt{8^{2} - 4^{2}} = 4\sqrt{3}$。
由
(2)可知，$\frac{AF_{1}}{BE_{1}} = \frac{5}{4}$，则$AF_{1} = \frac{5}{4} \times 4\sqrt{3} = 5\sqrt{3}$。

②如图3所示：
同理可得，$AF_{1} = 5\sqrt{3}$。
综上所述，$AF_{1}$的长为$5\sqrt{3}$。