Question

如圖，扇形OMN的半徑為1，圓心角是90°．點(diǎn)B是上一動(dòng)點(diǎn)，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）求證：四邊形EPGQ是平行四邊形；
（2）探索當(dāng)OA的長(zhǎng)為何值時(shí)，四邊形EPGQ是矩形；
（3）連接PQ，試說(shuō)明3PQ²+OA²是定值．

Answer 1

解：（1）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）如圖②，當(dāng)∠CED=90°時(shí)，?EPGQ是矩形．
此時(shí)∠AED+∠CEB=90°．
又∵∠DAE=∠EBC=90°，
∴∠AED=∠BCE．
∴△AED∽△BCE，
∴．
設(shè)OA=x，AB=y，則：=：x，
得y²=2x²，
又 OA²+AB²=OB²，
即x²+y²=1²．
∴x²+2x²=1，
解得：x=．
當(dāng)OA的長(zhǎng)為時(shí)，四邊形EPGQ是矩形；

（3）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(guò)點(diǎn)P作OC的平行線分別交BC、GE于點(diǎn)B′、A′．
由△PCF∽△PEG得，，
∴PA′=A′B′=AB，GA′=GE=OA，
∴A′O′=GE-GA′=OA．
在Rt△PA′O′中，PO′²=PA′²+A′O′²，
即 ，
又 AB²+OA²=1，
∴3PQ²=AB²+，
∴OA²+3PQ²=OA²+（AB²+）=．
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）由當(dāng)∠CED=90°時(shí)，?EPGQ是矩形，易得△AED∽△BCE，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例與勾股定理，即可求得OA的長(zhǎng)；
（3）連接GE交PQ于O′，易得O′P=O′Q，O′G=0′E，然后過(guò)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(duì)應(yīng)邊成比例與勾股定理，即可求得3PQ²+OA²的值．
點(diǎn)評(píng)：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(shí)．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．