登录
11. 如图1，在平面直角坐标系中，点A,B,C,D均在坐标轴上，其坐标分别是A(a,0)，B(0,b)，C(0,c)，D(d,0)，若$|a + 4| + \sqrt{b - 3} = 0$，$-3 ＜ c ＜ 0$，$d ＞ 0$，且$∠ ABO = ∠ DCO$.
(1)求证:$3d = -4c$；
(2)如图2，延长CD到点Q，使$CQ = AB$，线段AQ交y轴于点K，求$\frac{BK - OK}{OC}$的值.
(1)求证:$3d = -4c$；
(2)如图2，延长CD到点Q，使$CQ = AB$，线段AQ交y轴于点K，求$\frac{BK - OK}{OC}$的值.
答案
11.解:(1)证明:如图1,连接AC,BD,
∵|a+4|+√(b-3)=0.
∴a=-4,b=3,
∴A(-4,0),B(0,3),
∴AO=4,BO=3.
∵∠ABO=∠DCO,
∴AB//CD,
∴S△ABC=S△ABD,
∴1/2 BC·AO=1/2 AD·BO,
∴(3-c)×4=(4+d)×3,
∴3d=-4c.
(2)连接OQ,如图2.
∵AB=CQ,AB//CQ,
∴线段CQ可看作是由线段AB平移得到.
∵A(-4,0)平移到C(0,c),
∴B(0,3)平移得到Q(4,3+c).
设点K的坐标为(0,y),
S△AOQ=1/2 ×4×(3+c)=2(3+c),
S△AOK=2y,S△QOK=2y,
∵S△AOQ=S△AOK+S△QOK,
∴2y+2y=2(3+c),解得y=(3+c)/2,
∴BK=3-(3+c)/2=(3-c)/2, OK=(3+c)/2, OC=-c,
∴(BK-OK)/OC=1.
解析
【分析】
（1）首先利用绝对值和算术平方根的非负性，两个非负数相加为0时各自为0，可求出a、b的值，得到OA、OB的长度；再由∠ABO=∠DCO推出AB//CD，此时△ABC和△ABD同底等高、面积相等，代入对应边长列等式化简即可证明结论。
（2）由AB和CQ平行且相等可知CQ是AB平移得到，根据A到C的平移规律可求出Q点坐标；再利用△AOQ的面积等于△AOK与△QOK的面积和，求出K点的纵坐标，进而分别表示出BK、OK、OC的长度，代入所求式子计算即可得到结果。
【解析】
(1) 证明：如图1，连接AC、BD，
∵ $|a + 4| + \sqrt{b - 3} = 0$，且$|a+4|≥0$，$\sqrt{b-3}≥0$，
∴ $a + 4 = 0$，$b - 3 = 0$，解得$a=-4$，$b=3$，
∴ $A(-4,0)$，$B(0,3)$，即$AO=4$，$BO=3$。
∵ $∠ ABO = ∠ DCO$，
∴ $AB // CD$（内错角相等，两直线平行），
∴ △ABC和△ABD同底等高，面积相等，即$S_{△ ABC}=S_{△ ABD}$，
∴ $\frac{1}{2} BC · AO = \frac{1}{2} AD · BO$，
代入$BC=3 - c$，$AO=4$，$AD=4 + d$，$BO=3$，可得：
$(3 - c) × 4 = (4 + d) × 3$，
整理得：$12 - 4c = 12 + 3d$，即$3d = -4c$，得证。
(2) 解：连接OQ，如图2。
∵ $AB = CQ$，且$AB // CQ$，
∴ 线段CQ可看作是由线段AB平移得到。
∵ 点A(-4,0)平移到点C(0,c)，平移规律为向右平移4个单位，向上平移c个单位，
∴ 点B(0,3)按相同规律平移得到Q点坐标为$(0+4, 3+c)$，即$Q(4,3+c)$。
设点K的坐标为$(0,y)$，
$S_{△ AOQ} = \frac{1}{2} × AO × |y_Q| = \frac{1}{2} × 4 × (3 + c) = 2(3 + c)$，
$S_{△ AOK} = \frac{1}{2} × AO × OK = \frac{1}{2} × 4 × y = 2y$，
$S_{△ QOK} = \frac{1}{2} × OK × |x_Q| = \frac{1}{2} × y × 4 = 2y$，
∵ $S_{△ AOQ} = S_{△ AOK} + S_{△ QOK}$，
∴ $2y + 2y = 2(3 + c)$，解得$y = \frac{3 + c}{2}$，
∴ $BK = 3 - \frac{3 + c}{2} = \frac{3 - c}{2}$，$OK = \frac{3 + c}{2}$，
∵ $-3 ＜ c ＜ 0$，
∴ $OC = -c$，
代入所求式子：
$\frac{BK - OK}{OC} = \frac{\frac{3 - c}{2} - \frac{3 + c}{2}}{-c} = \frac{\frac{-2c}{2}}{-c} = \frac{-c}{-c} = 1$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{BK - OK}{OC}$的值为1。
【知识点】
非负数的性质；平行线的判定与性质；坐标与图形平移
【点评】
本题综合了代数非负性、几何平行线性质、面积计算以及坐标平移的相关知识，解题的关键是利用平行线的性质转化面积关系，结合平移规律确定未知点坐标，考查了知识的综合运用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.5
（1）首先利用绝对值和算术平方根的非负性，两个非负数相加为0时各自为0，可求出a、b的值，得到OA、OB的长度；再由∠ABO=∠DCO推出AB//CD，此时△ABC和△ABD同底等高、面积相等，代入对应边长列等式化简即可证明结论。
（2）由AB和CQ平行且相等可知CQ是AB平移得到，根据A到C的平移规律可求出Q点坐标；再利用△AOQ的面积等于△AOK与△QOK的面积和，求出K点的纵坐标，进而分别表示出BK、OK、OC的长度，代入所求式子计算即可得到结果。
【解析】
(1) 证明：如图1，连接AC、BD，
∵ $|a + 4| + \sqrt{b - 3} = 0$，且$|a+4|≥0$，$\sqrt{b-3}≥0$，
∴ $a + 4 = 0$，$b - 3 = 0$，解得$a=-4$，$b=3$，
∴ $A(-4,0)$，$B(0,3)$，即$AO=4$，$BO=3$。
∵ $∠ ABO = ∠ DCO$，
∴ $AB // CD$（内错角相等，两直线平行），
∴ △ABC和△ABD同底等高，面积相等，即$S_{△ ABC}=S_{△ ABD}$，
∴ $\frac{1}{2} BC · AO = \frac{1}{2} AD · BO$，
代入$BC=3 - c$，$AO=4$，$AD=4 + d$，$BO=3$，可得：
$(3 - c) × 4 = (4 + d) × 3$，
整理得：$12 - 4c = 12 + 3d$，即$3d = -4c$，得证。
(2) 解：连接OQ，如图2。
∵ $AB = CQ$，且$AB // CQ$，
∴ 线段CQ可看作是由线段AB平移得到。
∵ 点A(-4,0)平移到点C(0,c)，平移规律为向右平移4个单位，向上平移c个单位，
∴ 点B(0,3)按相同规律平移得到Q点坐标为$(0+4, 3+c)$，即$Q(4,3+c)$。
设点K的坐标为$(0,y)$，
$S_{△ AOQ} = \frac{1}{2} × AO × |y_Q| = \frac{1}{2} × 4 × (3 + c) = 2(3 + c)$，
$S_{△ AOK} = \frac{1}{2} × AO × OK = \frac{1}{2} × 4 × y = 2y$，
$S_{△ QOK} = \frac{1}{2} × OK × |x_Q| = \frac{1}{2} × y × 4 = 2y$，
∵ $S_{△ AOQ} = S_{△ AOK} + S_{△ QOK}$，
∴ $2y + 2y = 2(3 + c)$，解得$y = \frac{3 + c}{2}$，
∴ $BK = 3 - \frac{3 + c}{2} = \frac{3 - c}{2}$，$OK = \frac{3 + c}{2}$，
∵ $-3 ＜ c ＜ 0$，
∴ $OC = -c$，
代入所求式子：
$\frac{BK - OK}{OC} = \frac{\frac{3 - c}{2} - \frac{3 + c}{2}}{-c} = \frac{\frac{-2c}{2}}{-c} = \frac{-c}{-c} = 1$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{BK - OK}{OC}$的值为1。
【知识点】
非负数的性质；平行线的判定与性质；坐标与图形平移
【点评】
本题综合了代数非负性、几何平行线性质、面积计算以及坐标平移的相关知识，解题的关键是利用平行线的性质转化面积关系，结合平移规律确定未知点坐标，考查了知识的综合运用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.5
