分析 作AM⊥x軸于M,F(xiàn)N⊥x軸于N,連結(jié)DF交CE于G,如圖,設(shè)菱形OABC的邊長為a,菱形CFED的邊長為b,則OM=$\frac{1}{2}$a,CN=$\frac{1}{2}$b,由∠AOC=60°可判斷AO=AC=a,AM=$\sqrt{3}$OM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a,則A($\frac{1}{2}$a,$\frac{\sqrt{3}}{2}$a),同樣方法得到F(a+$\frac{1}{2}$b,$\frac{\sqrt{3}}{2}$b),則根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征得到$\frac{1}{2}$a•$\frac{\sqrt{3}}{2}$a=(a+$\frac{1}{2}$b)•$\frac{\sqrt{3}}{2}$b,解得b=($\sqrt{2}$-1)a,在菱形CFED中,易得△FCD為等邊三角形,CG=FN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b,CE=2CG=$\sqrt{3}$b,接著利用對角線AC平分∠BCO,對角線CE平分∠FCD得到∠ACB=60°,∠FCE=30°,所以∠ACE=90°,利用三角形面積公式得$\frac{1}{2}$•a•$\sqrt{3}$b=$\sqrt{3}$,即ab=2,于是可計算出a2=2$\sqrt{2}$+2,b2=2$\sqrt{2}$-2,然后根據(jù)菱形的面積公式計算S菱形OABC-S菱形CFED.
解答 解:作AM⊥x軸于M,F(xiàn)N⊥x軸于N,連結(jié)DF交CE于G,
如圖,設(shè)菱形OABC的邊長為a,菱形CFED的邊長為b,則OM=$\frac{1}{2}$a,CN=$\frac{1}{2}$b,
∵∠AOC=60°,
∴AM=$\sqrt{3}$OM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a,
∴A($\frac{1}{2}$a,$\frac{\sqrt{3}}{2}$a),
∵BC∥OA,
∴∠BOC=120°,∠FCD=60°,
∴FN=$\sqrt{3}$CN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b,
∴F(a+$\frac{1}{2}$b,$\frac{\sqrt{3}}{2}$b),
∵點A和點F在雙曲線y=$\frac{k}{x}$(x>0)上,
∴$\frac{1}{2}$a•$\frac{\sqrt{3}}{2}$a=(a+$\frac{1}{2}$b)•$\frac{\sqrt{3}}{2}$b,
整理得b2+2ab-a2=0,解得b=($\sqrt{2}$-1)a或b=(-$\sqrt{2}$-1)a(舍去),
在菱形ABCO中,△AOC為等邊三角形,則AC=OA=a,
在菱形CFED中,△FCD為等邊三角形,CG=FN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b,
∵CE和DF互相垂直平分,
∴CE=2CG=$\sqrt{3}$b,
∵對角線AC平分∠BCO,對角線CE平分∠FCD,
∴∠ACB=60°,∠FCE=30°,
∴∠ACE=60°+30°=90°,
∵S△ACE=$\frac{1}{2}$AC•CE,
∴$\frac{1}{2}$•a•$\sqrt{3}$b=$\sqrt{3}$,即ab=2,
∴($\sqrt{2}$-1)a•a=2,即a2=2$\sqrt{2}$+2,
∴b2=($\sqrt{2}$-1)2a2=2$\sqrt{2}$-2,
∴S菱形OABC-S菱形CFED=a•$\frac{\sqrt{3}}{2}$a-b•$\frac{\sqrt{3}}{2}$b=$\frac{\sqrt{3}}{2}$(a2-b2)=$\frac{\sqrt{3}}{2}$(2$\sqrt{2}$+2-2$\sqrt{2}$+2)=2$\sqrt{3}$.
故答案為2$\sqrt{3}$.
點評 本題考查了反比例函數(shù)的綜合題:熟練掌握反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征和菱形的性質(zhì);記住含30度的直角三角形三邊的關(guān)系;理解坐標與圖形性質(zhì).
科目:初中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 4 | B. | 5 | C. | 6 | D. | 7 |
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科目:初中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 6π-4 | B. | 6π-8 | C. | 8π-4 | D. | 8π-8 |
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科目:初中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | x=0 | B. | x≠0 | C. | x=-3 | D. | x≠-3 |
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