Question

（2012•大興區(qū)一模）已知：如圖，N、M是以O(shè)為圓心，1為半徑的圓上的兩點(diǎn)，B是

MN

上一動點(diǎn)（B不與點(diǎn)M、N重合），∠MON=90°，BA⊥OM于點(diǎn)A，BC⊥ON于點(diǎn)C，點(diǎn)D、E、F、G分別是線段OA、AB、BC、CO的中點(diǎn)，GF與CE相交于點(diǎn)P，DE與AG相交于點(diǎn)Q．
（1）四邊形EPGQ

是

（填“是”或者“不是”）平行四邊形；
（2）若四邊形EPGQ是矩形，求OA的值；
（3）連接PQ，求3PQ²+OA²的值．

Answer 1

分析：（1）由BA⊥OM，BC⊥ON，∠AOC=90°，可判定四邊形OABC是矩形，即可得AB∥OC，AB=OC，又由E、G分別是AB、CO的中點(diǎn)，即可得四邊形AECG為平行四邊形，連接OB，點(diǎn)D、E、F、G分別是線段OA、AB、BC、CO的中點(diǎn)，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)，即可得PG∥EQ，即可判定四邊形EPGQ是平行四邊形；
（2）易得△AED∽△BCE，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例與勾股定理，即可求得OA的長；
（3）連接GE交PQ于O′，易得O′P=O′Q，O′G=0′E，然后過點(diǎn)P作OC的平行線分別交BC、GE于點(diǎn)B′、A′，由△PCF∽△PEG，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例與勾股定理，即可求得3PQ²+OA²的值．

解答：（1）是．
證明：連接OB，如圖①，

∵BA⊥OM，BC⊥ON，
∴∠BAO=∠BCO=90°，
∵∠AOC=90°，
∴四邊形OABC是矩形．
∴AB∥OC，AB=OC，
∵E、G分別是AB、CO的中點(diǎn)，
∴AE∥GC，AE=GC，
∴四邊形AECG為平行四邊形．
∴CE∥AG，
∵點(diǎn)D、E、F、G分別是線段OA、AB、BC、CO的中點(diǎn)，
∴GF∥OB，DE∥OB，
∴PG∥EQ，
∴四邊形EPGQ是平行四邊形；

（2）解：如圖②，

∵?EPGQ是矩形．
∴∠AED+∠CEB=90°．
又∵∠DAE=∠EBC=90°，
∴∠AED=∠BCE．
∴△AED∽△BCE，
∴

AD

BE

=

AE

BC

，
設(shè)OA=x，AB=y，則

x

2

：

y

2

=

y

2

：x，
得y²=2x²，
又∵OA²+AB²=OB²，
即x²+y²=1²．
∴x²+2x²=1，
解得：x=

3

3

．
即當(dāng)四邊形EPGQ是矩形時(shí)，OA的長度為

3

3

．

（3）解：如圖③，連接GE交PQ于O′，

∵四邊形EPGQ是平行四邊形，
∴O′P=O′Q，O′G=0′E．
過點(diǎn)P作OC的平行線分別交BC、GE于點(diǎn)B′、A′．
由△PCF∽△PEG得，

PG

PF

=

PE

PC

=

GE

FC

=

2

1

，
∴PA′=

2

3

A′B′=

1

3

AB，GA′=

1

3

GE=

1

3

OA，
∴A′O′=

1

2

GE-GA′=

1

6

OA，
在Rt△PA′O′中，PO′²=PA′²+A′O′²，
即

PQ2

4

=

AB2

9

+

OA2

36

，
又∵AB²+OA²=1，
∴3PQ²=AB²+

1

3

，
∴OA²+3PQ²=OA²+（AB²+

1

3

）=

4

3

．

點(diǎn)評：此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識．此題綜合性較強(qiáng)，難度較大，解題的關(guān)鍵是注意準(zhǔn)確作出輔助線，注意數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．