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14.已知顶角为$36°$的等腰三角形是黄金三角形，它的底与腰之比为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.如图，正五边形ABC-DE的对角线恰好围成一个“五角星”(即阴影部分)，已知$BE=2\sqrt{5}$，则DE的长为
$5-\sqrt{5}$
.答案
14.$5-\sqrt{5}$
解析
【分析】
首先计算正五边形的内角度数，结合正五边形各边相等的性质，找到由正五边形的边和对角线构成的等腰三角形，结合题目给出的黄金三角形的比例关系，推导出正五边形的边与对角线的比值，最后代入已知对角线长度计算边DE的长即可。
【解析】
1. 计算正五边形的内角度数：
正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此单个内角的度数为$540°÷5=108°$。
2. 分析等腰三角形的边长比例：
在正五边形ABCDE中，$AB=AE=DE$（正五边形各边相等），$∠ BAE=108°$，因此$△ ABE$是顶角为$108°$的等腰三角形，其底角为$\frac{180°-108°}{2}=36°$。结合题目给出的黄金三角形性质可推导得，该类顶角为$108°$的等腰三角形的腰长与底边长的比为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，即$\frac{AB}{BE}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
3. 代入计算DE的长：
已知$BE=2\sqrt{5}$，且$DE=AB$，因此：
$DE=BE×\frac{\sqrt{5}-1}{2}=2\sqrt{5}×\frac{\sqrt{5}-1}{2}=5-\sqrt{5}$
【答案】
$5-\sqrt{5}$
【知识点】
正五边形的性质；等腰三角形的性质；黄金分割
【点评】
本题将正五边形与黄金三角形结合考查，解题关键是找到正五边形的边与对角线的比例关系，是黄金分割在几何图形中的典型应用，需要熟练掌握特殊等腰三角形的边角关系。
【难度系数】
0.6
首先计算正五边形的内角度数，结合正五边形各边相等的性质，找到由正五边形的边和对角线构成的等腰三角形，结合题目给出的黄金三角形的比例关系，推导出正五边形的边与对角线的比值，最后代入已知对角线长度计算边DE的长即可。
【解析】
1. 计算正五边形的内角度数：
正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此单个内角的度数为$540°÷5=108°$。
2. 分析等腰三角形的边长比例：
在正五边形ABCDE中，$AB=AE=DE$（正五边形各边相等），$∠ BAE=108°$，因此$△ ABE$是顶角为$108°$的等腰三角形，其底角为$\frac{180°-108°}{2}=36°$。结合题目给出的黄金三角形性质可推导得，该类顶角为$108°$的等腰三角形的腰长与底边长的比为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，即$\frac{AB}{BE}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
3. 代入计算DE的长：
已知$BE=2\sqrt{5}$，且$DE=AB$，因此：
$DE=BE×\frac{\sqrt{5}-1}{2}=2\sqrt{5}×\frac{\sqrt{5}-1}{2}=5-\sqrt{5}$
【答案】
$5-\sqrt{5}$
【知识点】
正五边形的性质；等腰三角形的性质；黄金分割
【点评】
本题将正五边形与黄金三角形结合考查，解题关键是找到正五边形的边与对角线的比例关系，是黄金分割在几何图形中的典型应用，需要熟练掌握特殊等腰三角形的边角关系。
【难度系数】
0.6
15.如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AD⊥ BC$于$D$，$E$为直角边$AC$的中点，过$D$、$E$作直线交$AB$的延长线于点$F$。若$CD=8$，$AC=10$，$DF=4$，则$FB$的长度为
$2\sqrt{14}-\frac{15}{2}$
。答案
15.$2\sqrt{14}-\frac{15}{2}$ 解析:
∵AD⊥BC,AC=10,CD=8，
∴$AD=\sqrt{AC^2-DC^2}=6$.
∵∠BAC=90°,
∴∠BAD+∠CAD=90°.
∵∠CAD+∠ACD=90°,
∴∠BAD=∠ACD.
∵∠ADB=∠ADC,
∴△ADC∽△BDA,
∴$\frac{AD}{DC}=\frac{BD}{AD}$,即$\frac{6}{8}=\frac{BD}{6}$,解得$BD=\frac{9}{2}$,
∴$BC=\frac{9}{2}+8=\frac{25}{2}$,
∴$AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\frac{15}{2}$.
∵E为AC的中点,
∴EC=ED=EA=5,
∴EF=ED+DF=5+4=9,
∴$AF=\sqrt{EF^2-AE^2}=2\sqrt{14}$,
∴$BF=AF-AB=2\sqrt{14}-\frac{15}{2}$.
∵AD⊥BC,AC=10,CD=8，
∴$AD=\sqrt{AC^2-DC^2}=6$.
∵∠BAC=90°,
∴∠BAD+∠CAD=90°.
∵∠CAD+∠ACD=90°,
∴∠BAD=∠ACD.
∵∠ADB=∠ADC,
∴△ADC∽△BDA,
∴$\frac{AD}{DC}=\frac{BD}{AD}$,即$\frac{6}{8}=\frac{BD}{6}$,解得$BD=\frac{9}{2}$,
∴$BC=\frac{9}{2}+8=\frac{25}{2}$,
∴$AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\frac{15}{2}$.
∵E为AC的中点,
∴EC=ED=EA=5,
∴EF=ED+DF=5+4=9,
∴$AF=\sqrt{EF^2-AE^2}=2\sqrt{14}$,
∴$BF=AF-AB=2\sqrt{14}-\frac{15}{2}$.
解析
【分析】
解题时先从已知条件的Rt△ADC出发，先用勾股定理求出AD的长度；再结合AD⊥BC、∠BAC=90°的条件，通过同角的余角相等得到等角，证明△ADC∽△BDA，利用相似三角形对应边成比例求出BD，进而求出BC和AB的长度；再利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质得到DE的长度，求出EF的总长度；最后在Rt△FAE中用勾股定理求出AF，用AF减去AB即可得到FB的长度。
【解析】
解：
∵AD⊥BC，AC=10，CD=8，
∴在Rt△ADC中，$AD=\sqrt{AC^2-DC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$。
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAD=90°，
又
∵AD⊥BC，
∴∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠BAD=∠ACD。
又
∵∠ADB=∠ADC=90°，
∴△ADC∽△BDA，
∴$\frac{AD}{DC}=\frac{BD}{AD}$，代入数据得$\frac{6}{8}=\frac{BD}{6}$，解得$BD=\frac{9}{2}$，
∴$BC=BD+CD=\frac{9}{2}+8=\frac{25}{2}$，
在Rt△ABC中，$AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{(\frac{25}{2})^2-10^2}=\frac{15}{2}$。
∵E为AC的中点，Rt△ADC中斜边中线等于斜边一半，
∴$EC=ED=EA=\frac{1}{2}AC=5$，
∴$EF=ED+DF=5+4=9$，
∵∠FAE=∠BAC=90°，
∴在Rt△FAE中，$AF=\sqrt{EF^2-AE^2}=\sqrt{9^2-5^2}=2\sqrt{14}$，
∴$BF=AF-AB=2\sqrt{14}-\frac{15}{2}$。
【答案】
$2\sqrt{14}-\frac{15}{2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查了直角三角形相关性质和相似三角形的应用，解题的关键是灵活运用相似三角形、直角三角形斜边中线的性质以及勾股定理逐步推导求解，需要具备一定的知识点综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时先从已知条件的Rt△ADC出发，先用勾股定理求出AD的长度；再结合AD⊥BC、∠BAC=90°的条件，通过同角的余角相等得到等角，证明△ADC∽△BDA，利用相似三角形对应边成比例求出BD，进而求出BC和AB的长度；再利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质得到DE的长度，求出EF的总长度；最后在Rt△FAE中用勾股定理求出AF，用AF减去AB即可得到FB的长度。
【解析】
解：
∵AD⊥BC，AC=10，CD=8，
∴在Rt△ADC中，$AD=\sqrt{AC^2-DC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$。
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAD=90°，
又
∵AD⊥BC，
∴∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠BAD=∠ACD。
又
∵∠ADB=∠ADC=90°，
∴△ADC∽△BDA，
∴$\frac{AD}{DC}=\frac{BD}{AD}$，代入数据得$\frac{6}{8}=\frac{BD}{6}$，解得$BD=\frac{9}{2}$，
∴$BC=BD+CD=\frac{9}{2}+8=\frac{25}{2}$，
在Rt△ABC中，$AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{(\frac{25}{2})^2-10^2}=\frac{15}{2}$。
∵E为AC的中点，Rt△ADC中斜边中线等于斜边一半，
∴$EC=ED=EA=\frac{1}{2}AC=5$，
∴$EF=ED+DF=5+4=9$，
∵∠FAE=∠BAC=90°，
∴在Rt△FAE中，$AF=\sqrt{EF^2-AE^2}=\sqrt{9^2-5^2}=2\sqrt{14}$，
∴$BF=AF-AB=2\sqrt{14}-\frac{15}{2}$。
【答案】
$2\sqrt{14}-\frac{15}{2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查了直角三角形相关性质和相似三角形的应用，解题的关键是灵活运用相似三角形、直角三角形斜边中线的性质以及勾股定理逐步推导求解，需要具备一定的知识点综合运用能力。
【难度系数】
0.6
16.如图,正方形ABCD的边长为4,E是边AB上一点,连接DE、BD,过点E作EF⊥DE与边BC交于点F,连接DF,若△BDF的面积为2,则BE的长为
2
.答案
16.2 解析:
∵AD=AB=BC=CD=4,∠A=∠ABC=90°,EF⊥DE，
∴∠AED=90°−∠BEF=∠BFE，
∴△AED∽△BFE,
∴$\frac{AD}{BE}=\frac{AE}{BF}$.
∵△BDF的面积为2,
∴$\frac{1}{2}BF·CD=2$,
∴BF=1,
∴$\frac{4}{BE}=\frac{4-BE}{1}$,解得BE=2.
∵AD=AB=BC=CD=4,∠A=∠ABC=90°,EF⊥DE，
∴∠AED=90°−∠BEF=∠BFE，
∴△AED∽△BFE,
∴$\frac{AD}{BE}=\frac{AE}{BF}$.
∵△BDF的面积为2,
∴$\frac{1}{2}BF·CD=2$,
∴BF=1,
∴$\frac{4}{BE}=\frac{4-BE}{1}$,解得BE=2.
解析
【分析】
解题时首先结合△BDF的面积条件，选择BF为底、CD为高，先计算出BF的长度；再根据正方形内角为直角、EF⊥DE的条件，通过同角的余角相等推导角的关系，证明△AED和△BFE相似；最后设BE的长为未知数，利用相似三角形对应边成比例的性质列方程求解即可。
【解析】
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=AB=BC=CD=4，∠A=∠ABC=90°，
∵ EF⊥DE，
∴ ∠DEF=90°，可得∠AED + ∠BEF = 90°，
又
∵ Rt△BEF中，∠BFE + ∠BEF = 90°，
∴ ∠AED=∠BFE，
∴ △AED∽△BFE（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{AD}{BE}=\frac{AE}{BF}$。
已知△BDF的面积为2，△BDF以BF为底时，高等于CD的长度，
∴ $S_{△ BDF}=\frac{1}{2}BF·CD=2$，代入CD=4，
得 $\frac{1}{2}×BF×4=2$，解得BF=1。
设BE=x，则AE=AB-BE=4-x，代入比例式得：
$\frac{4}{x}=\frac{4-x}{1}$，
整理得$x^2-4x+4=0$，
解得$x=2$，即BE=2。
【答案】
2
【知识点】
正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题属于常规几何综合题，解题的关键是先通过面积计算得到BF的长度，再利用角的互余关系证明三角形相似，通过建立比例方程求解，考查了学生结合图形梳理边角关系的能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合△BDF的面积条件，选择BF为底、CD为高，先计算出BF的长度；再根据正方形内角为直角、EF⊥DE的条件，通过同角的余角相等推导角的关系，证明△AED和△BFE相似；最后设BE的长为未知数，利用相似三角形对应边成比例的性质列方程求解即可。
【解析】
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=AB=BC=CD=4，∠A=∠ABC=90°，
∵ EF⊥DE，
∴ ∠DEF=90°，可得∠AED + ∠BEF = 90°，
又
∵ Rt△BEF中，∠BFE + ∠BEF = 90°，
∴ ∠AED=∠BFE，
∴ △AED∽△BFE（两角分别相等的两个三角形相似），
∴ $\frac{AD}{BE}=\frac{AE}{BF}$。
已知△BDF的面积为2，△BDF以BF为底时，高等于CD的长度，
∴ $S_{△ BDF}=\frac{1}{2}BF·CD=2$，代入CD=4，
得 $\frac{1}{2}×BF×4=2$，解得BF=1。
设BE=x，则AE=AB-BE=4-x，代入比例式得：
$\frac{4}{x}=\frac{4-x}{1}$，
整理得$x^2-4x+4=0$，
解得$x=2$，即BE=2。
【答案】
2
【知识点】
正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题属于常规几何综合题，解题的关键是先通过面积计算得到BF的长度，再利用角的互余关系证明三角形相似，通过建立比例方程求解，考查了学生结合图形梳理边角关系的能力。
【难度系数】
0.7
17如图，已知$\mathrm{Rt}△ ABC ≌ \mathrm{Rt}△ DEF$，$∠ C = ∠ F = 90°$，$BC = 6$，$AC = 8$，$D$是边$AB$的中点，$∠ FDE$的两边分别与$AC$交于点$G$、$H$，连接$BH$。
(1)$AB =$
(2)当$△ BDH$与$△ ADG$相似时，$CH =$
(1)$AB =$
10
；(2)当$△ BDH$与$△ ADG$相似时，$CH =$
$\frac{7}{4}$或$\sqrt{14}$
。答案
17.(1)10 (2)$\frac{7}{4}$或$\sqrt{14}$ 解析:(1)
∵∠C=90°,BC=6,AC=8,
∴$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$.(2)当△BDH与△ADG相似,∠A=∠BHD时，
，∵∠ABH=∠DBH,
∴△ABH∽△HBD，
∴$\frac{BD}{BH}=\frac{BH}{AB}$,
∴$BH=\sqrt{BD·AB}=\sqrt{5×10}=5\sqrt{2}$,
∴$CH=\sqrt{BH^2-BC^2}=\sqrt{(5\sqrt{2})^2-6^2}=\sqrt{14}$.
，当△BDH与△ADG相似,∠A=∠DBH时，∴AH=BH.
∵D是边AB的中点,
∴HD⊥AB，
∴∠ADH=∠C=90°，
∴△ADH∽△ACB,
∴$\frac{AD}{AC}=\frac{AH}{AB}$,即$\frac{5}{8}=\frac{AH}{10}$,
∴$AH=\frac{25}{4}$,
∴$CH=AC-AH=8-\frac{25}{4}=\frac{7}{4}$.当△BDH与△ADG相似,∠A=∠HDB时，
∵∠HDB是△ADH的外角，
∴∠HDB＞∠A,
∴这种情况不存在.综上,$CH=\sqrt{14}$或$\frac{7}{4}$.
解析
【分析】
(1)第一问已知Rt△ABC中∠C=90°，两条直角边AC、BC长度已知，直接利用勾股定理即可求出斜边AB的长度。
(2)第二问中△BDH与△ADG相似但未明确对应角，因此需要分类讨论对应角的情况：首先∠A是△ADG的内角，对应△BDH的内角有三种可能，先排除∠A=∠HDB的情况（∠HDB是△ADH的外角，外角大于不相邻的内角∠A，该情况不成立），剩余两种有效情况：①∠A与∠BHD对应相等，②∠A与∠DBH对应相等，分别利用相似三角形的性质求出BH或AH的长度，再结合勾股定理或线段和差关系计算CH即可。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=10$。
(2)
∵D是AB的中点，AB=10，
∴$AD=BD=\frac{1}{2}AB=5$。
已知△BDH与△ADG相似，分情况讨论：
① 当∠A=∠DBH时，可得AH=BH，又D是AB中点，根据等腰三角形三线合一的性质得HD⊥AB，即∠ADH=∠C=90°。
又∠A为公共角，
∴△ADH∽△ACB，
∴$\frac{AD}{AC}=\frac{AH}{AB}$，代入AD=5，AC=8，AB=10得：$\frac{5}{8}=\frac{AH}{10}$，
解得$AH=\frac{25}{4}$，
∴$CH=AC-AH=8-\frac{25}{4}=\frac{7}{4}$。
② 当∠A=∠BHD时，又∠ABH=∠HBD（公共角），
∴△ABH∽△HBD，
∴$\frac{BD}{BH}=\frac{BH}{AB}$，即$BH^2=BD·AB$，
代入BD=5，AB=10得$BH^2=5×10=50$，
在Rt△BCH中，∠C=90°，由勾股定理得：
$CH=\sqrt{BH^2-BC^2}=\sqrt{50-6^2}=\sqrt{50-36}=\sqrt{14}$。
③ 当∠A=∠HDB时，
∵∠HDB是△ADH的外角，根据三角形外角性质，∠HDB＞∠A，该情况不成立，舍去。
综上，CH的值为$\frac{7}{4}$或$\sqrt{14}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{10}$；(2) $\boldsymbol{\frac{7}{4}}$或$\boldsymbol{\sqrt{14}}$
【知识点】
勾股定理；相似三角形的判定与性质；三角形外角性质
【点评】
本题属于几何综合题，基础部分考查勾股定理的直接应用，难点在于相似三角形对应关系不明确时的分类讨论，解题时要结合几何性质排除不符合逻辑的情况，避免多解错解，能有效锻炼分类讨论的数学思维。
【难度系数】
0.6
(1)第一问已知Rt△ABC中∠C=90°，两条直角边AC、BC长度已知，直接利用勾股定理即可求出斜边AB的长度。
(2)第二问中△BDH与△ADG相似但未明确对应角，因此需要分类讨论对应角的情况：首先∠A是△ADG的内角，对应△BDH的内角有三种可能，先排除∠A=∠HDB的情况（∠HDB是△ADH的外角，外角大于不相邻的内角∠A，该情况不成立），剩余两种有效情况：①∠A与∠BHD对应相等，②∠A与∠DBH对应相等，分别利用相似三角形的性质求出BH或AH的长度，再结合勾股定理或线段和差关系计算CH即可。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=10$。
(2)
∵D是AB的中点，AB=10，
∴$AD=BD=\frac{1}{2}AB=5$。
已知△BDH与△ADG相似，分情况讨论：
① 当∠A=∠DBH时，可得AH=BH，又D是AB中点，根据等腰三角形三线合一的性质得HD⊥AB，即∠ADH=∠C=90°。
又∠A为公共角，
∴△ADH∽△ACB，
∴$\frac{AD}{AC}=\frac{AH}{AB}$，代入AD=5，AC=8，AB=10得：$\frac{5}{8}=\frac{AH}{10}$，
解得$AH=\frac{25}{4}$，
∴$CH=AC-AH=8-\frac{25}{4}=\frac{7}{4}$。
② 当∠A=∠BHD时，又∠ABH=∠HBD（公共角），
∴△ABH∽△HBD，
∴$\frac{BD}{BH}=\frac{BH}{AB}$，即$BH^2=BD·AB$，
代入BD=5，AB=10得$BH^2=5×10=50$，
在Rt△BCH中，∠C=90°，由勾股定理得：
$CH=\sqrt{BH^2-BC^2}=\sqrt{50-6^2}=\sqrt{50-36}=\sqrt{14}$。
③ 当∠A=∠HDB时，
∵∠HDB是△ADH的外角，根据三角形外角性质，∠HDB＞∠A，该情况不成立，舍去。
综上，CH的值为$\frac{7}{4}$或$\sqrt{14}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{10}$；(2) $\boldsymbol{\frac{7}{4}}$或$\boldsymbol{\sqrt{14}}$
【知识点】
勾股定理；相似三角形的判定与性质；三角形外角性质
【点评】
本题属于几何综合题，基础部分考查勾股定理的直接应用，难点在于相似三角形对应关系不明确时的分类讨论，解题时要结合几何性质排除不符合逻辑的情况，避免多解错解，能有效锻炼分类讨论的数学思维。
【难度系数】
0.6
18 如图,在平面直角坐标系中,矩形 AOCB 的两边 OA、OC 分别在 x 轴负半轴和 y 轴正半轴上,且 $OA=2,OC=1$,在第二象限内,将矩形 AOCB 以原点 O 为位似中心放大为原来的 $\frac{3}{2}$ 倍,得到矩形 $A_1OC_1B_1$,再将矩形 $A_1OC_1B_1$ 以原点 O 为位似中心放大 $\frac{3}{2}$ 倍,得到矩形 $A_2OC_2B_2$,…,依此类推,得到的矩形 $A_{2026}OC_{2026}B_{2026}$ 的对角线交点的纵坐标为
$\frac{3^{2026}}{2^{2027}}$
.答案
18.$\frac{3^{2026}}{2^{2027}}$ 解析:
∵OA=2,OC=1,
∴点B的坐标为(-2,1).
∵在第二象限内,将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的$\frac{3}{2}$倍,得到矩形A₁OC₁B₁,
∴点B₁的坐标为$(-2×\frac{3}{2},1×\frac{3}{2})$.又
∵将矩形A₁OC₁B₁以原点O为位似中心放大$\frac{3}{2}$倍,得到矩形A₂OC₂B₂,…,
∴$B_2(-2×\frac{3}{2}×\frac{3}{2},1×\frac{3}{2}×\frac{3}{2})$,…,$B_n(-2×\frac{3^n}{2^n},1×\frac{3^n}{2^n})$,
∴矩形$A_nOC_nB_n$的对角线交点坐标为$(-2×\frac{3^n}{2^n}×\frac{1}{2},1×\frac{3^n}{2^n}×\frac{1}{2})$,即$(-\frac{3^n}{2^n},\frac{3^n}{2^{n+1}})$,
∴矩形$A_{2026}OC_{2026}B_{2026}$的对角线交点的纵坐标为$\frac{3^{2026}}{2^{2027}}$.
∵OA=2,OC=1,
∴点B的坐标为(-2,1).
∵在第二象限内,将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的$\frac{3}{2}$倍,得到矩形A₁OC₁B₁,
∴点B₁的坐标为$(-2×\frac{3}{2},1×\frac{3}{2})$.又
∵将矩形A₁OC₁B₁以原点O为位似中心放大$\frac{3}{2}$倍,得到矩形A₂OC₂B₂,…,
∴$B_2(-2×\frac{3}{2}×\frac{3}{2},1×\frac{3}{2}×\frac{3}{2})$,…,$B_n(-2×\frac{3^n}{2^n},1×\frac{3^n}{2^n})$,
∴矩形$A_nOC_nB_n$的对角线交点坐标为$(-2×\frac{3^n}{2^n}×\frac{1}{2},1×\frac{3^n}{2^n}×\frac{1}{2})$,即$(-\frac{3^n}{2^n},\frac{3^n}{2^{n+1}})$,
∴矩形$A_{2026}OC_{2026}B_{2026}$的对角线交点的纵坐标为$\frac{3^{2026}}{2^{2027}}$.
解析
【分析】
解题时首先确定初始矩形顶点B的坐标，再根据以原点为位似中心的位似变换坐标规律：对应点坐标乘位似比，推导多次位似后点$B_n$的坐标；接着利用矩形对角线交点是对角线中点的性质，得到对角线交点纵坐标的通项公式，最后代入$n=2026$即可求出结果。
【解析】
已知$OA=2$，$OC=1$，矩形AOCB位于第二象限，因此点B的坐标为$(-2,1)$。
以原点为位似中心放大为原来的$\frac{3}{2}$倍时，位似比为$\frac{3}{2}$，对应点坐标乘位似比：
第1次放大后，点$B_1$的坐标为$(-2×\frac{3}{2},1×\frac{3}{2})$；
第2次放大后，点$B_2$的坐标为$(-2×(\frac{3}{2})^2,1×(\frac{3}{2})^2)$；
以此类推，第n次放大后，点$B_n$的坐标为$(-2×(\frac{3}{2})^n,1×(\frac{3}{2})^n)$。
矩形对角线交点是对角线$OB_n$的中点，中点纵坐标为$B_n$纵坐标的$\frac{1}{2}$，因此对角线交点纵坐标的通项为：
$\frac{1}{2}×1×(\frac{3}{2})^n=\frac{3^n}{2^{n+1}}$
当$n=2026$时，纵坐标为$\frac{3^{2026}}{2^{2026+1}}=\frac{3^{2026}}{2^{2027}}$。
【答案】
$\frac{3^{2026}}{2^{2027}}$
【知识点】
1.位似图形坐标性质
2.矩形对角线性质
3.规律探究
【点评】
本题结合位似变换、矩形性质和规律探究进行考查，解题核心是掌握位似变换下的坐标变化规律，结合矩形对角线中点的性质推导通项，解题时要注意指数的对应关系，避免出现指数混淆的错误。
【难度系数】
0.6
解题时首先确定初始矩形顶点B的坐标，再根据以原点为位似中心的位似变换坐标规律：对应点坐标乘位似比，推导多次位似后点$B_n$的坐标；接着利用矩形对角线交点是对角线中点的性质，得到对角线交点纵坐标的通项公式，最后代入$n=2026$即可求出结果。
【解析】
已知$OA=2$，$OC=1$，矩形AOCB位于第二象限，因此点B的坐标为$(-2,1)$。
以原点为位似中心放大为原来的$\frac{3}{2}$倍时，位似比为$\frac{3}{2}$，对应点坐标乘位似比：
第1次放大后，点$B_1$的坐标为$(-2×\frac{3}{2},1×\frac{3}{2})$；
第2次放大后，点$B_2$的坐标为$(-2×(\frac{3}{2})^2,1×(\frac{3}{2})^2)$；
以此类推，第n次放大后，点$B_n$的坐标为$(-2×(\frac{3}{2})^n,1×(\frac{3}{2})^n)$。
矩形对角线交点是对角线$OB_n$的中点，中点纵坐标为$B_n$纵坐标的$\frac{1}{2}$，因此对角线交点纵坐标的通项为：
$\frac{1}{2}×1×(\frac{3}{2})^n=\frac{3^n}{2^{n+1}}$
当$n=2026$时，纵坐标为$\frac{3^{2026}}{2^{2026+1}}=\frac{3^{2026}}{2^{2027}}$。
【答案】
$\frac{3^{2026}}{2^{2027}}$
【知识点】
1.位似图形坐标性质
2.矩形对角线性质
3.规律探究
【点评】
本题结合位似变换、矩形性质和规律探究进行考查，解题核心是掌握位似变换下的坐标变化规律，结合矩形对角线中点的性质推导通项，解题时要注意指数的对应关系，避免出现指数混淆的错误。
【难度系数】
0.6
