《2025年学霸题中题八年级数学上册浙教版》

例 2 已知:$\triangle AOB$ 和 $\triangle COD$ 均为等腰直角三角形,$\angle AOB = \angle COD = 90^{\circ}$,连接 $AD$,$BC$,$H$ 为 $BC$ 的中点,连接 $OH$.
(1)如图①,点 $C$,$D$ 分别在边 $OA$,$OB$ 上,求证:$OH = \frac{1}{2}AD$ 且 $OH\perp AD$.
(2)将 $\triangle COD$ 绕点 $O$ 旋转到图②所示位置时,线段 $OH$ 与 $AD$ 又有怎样的关系? 证明你的结论.
(3)如图③,当 $AB = 8$,$CD = 2$ 时,求 $OH$ 长的取值范围.
点拨 (1)只要证明 $\triangle AOD\cong\triangle BOC(SAS)$,即可解决问题;(2)延长 $OH$ 到点 $E$,使得 $HE = OH$,连接 $BE$,证明 $\triangle BEH\cong\triangle COH(SAS)$,再证明 $\triangle BEO\cong\triangle ODA(SAS)$ 即可解决问题;(3)延长 $OH$ 到点 $M$,使得 $HM = OH$,连接 $BM$,证明 $\triangle BMH\cong\triangle COH(SAS)$,得出 $BM = OC$,利用三角形的三边关系即可解决问题.

答案：

(1)
∵△OAB与△OCD均为等腰直角三角形，∠AOB = ∠COD = 90°，
∴OC = OD，OA = OB。在△AOD和△BOC中，
$\begin{cases}OA = OB \\∠AOD = ∠BOC \\OD = OC\end{cases}$
∴△AOD≌△BOC(SAS)，
∴∠ADO = ∠BCO，∠OAD = ∠OBC，BC = AD。
∵H为线段BC的中点，
∴OH = HB，OH = $\frac{1}{2}$BC，
∴∠OBH = ∠HOB = ∠OAD。
又
∵∠OAD + ∠ADO = 90°，
∴∠ADO + ∠BOH = 90°，
∴OH⊥AD。
∵AD = BC，OH = $\frac{1}{2}$BC，
∴OH = $\frac{1}{2}$AD。
(2)结论:OH = $\frac{1}{2}$AD，OH⊥AD。证明如下:
如图①，延长OH到点E，使得HE = OH，连接BE，
∵H是BC的中点，
∴BH = CH。
∵EH = OH，∠BHE = ∠CHO，
∴△BEH≌△COH(SAS)，
∴BE = CO，OE = 2OH，∠EBC = ∠BCO，
∴∠OBE = ∠EBC + ∠OBC = ∠BCO + ∠OBC = 180° - ∠BOC；
∵∠AOB = ∠COD = 90°，
∴∠AOB + ∠BOD + ∠BOC = 180°，
∴∠AOD + ∠BOC = 180°，
∴∠AOD = 180° - ∠BOC = ∠OBE。
∵OB = OA，BE = OC = OD，
∴△BEO≌△ODA(SAS)，
∴OE = AD，∠EOB = ∠DAO，
∴OH = $\frac{1}{2}$OE = $\frac{1}{2}$AD。
∵∠AOB = 90°，
∴∠DAO + ∠AOH = ∠EOB + ∠AOH = 90°，
∴OH⊥AD。


(3)如图②，延长OH到点M，使得HM = OH，连接BM。
∵BH = CH，OH = HM，∠BHM = ∠CHO，
∴△BMH≌△COH(SAS)，
∴BM = OC。
∵AB = 8，CD = 2，
∴OB = 4$\sqrt{2}$，OC = BM = $\sqrt{2}$。在△OBM中，4$\sqrt{2}$ - $\sqrt{2}$ ≤ OM ≤ 4$\sqrt{2}$ + $\sqrt{2}$，
∴3$\sqrt{2}$ ≤ OM ≤ 5$\sqrt{2}$。
∵OM = 2OH，
∴$\frac{3\sqrt{2}}{2}$ ≤ OH ≤ $\frac{5\sqrt{2}}{2}$。