Question

6．點(diǎn)O為正六邊形ABCDEF的中心．
（1）如圖1，若點(diǎn)G，H分別為邊AB，EF的中點(diǎn)，連接GH與AD交于點(diǎn)P，求證：GH=PD；
（2）如圖2，若點(diǎn)G在邊AB上，點(diǎn)H在邊EF上，點(diǎn)P在邊CD上，且AF∥GH，BC∥GP，連接OH、OP．求證：∠HOP=2∠HGP；
（3）如圖3，若點(diǎn)P為邊CD的中點(diǎn)，BD交AP于點(diǎn)Q，正六邊形ABCDEF的邊長為2，則請直接寫出AQ的長．

Answer 1

分析 （1）連接BE，由正六邊形的性質(zhì)得出BE過點(diǎn)O，AB=EF=AF，∠ABC=∠BCD=∠BAF=120°，OA=OA=OD，△OAB是等邊三角形，∠ABO=60°，AB=OA，證出BE∥AF，同理：AD∥EF，得出四邊形APHF是平行四邊形，證出PH=AF=AB=OA，由梯形中位線定理得出GH∥BE∥AF，證出OP=PG，即可得出結(jié)論；
（2）連接OG、OB、OC、AD，則∠OBG=∠OCP=$\frac{1}{2}$∠ABC，由（1）得：BC∥AD，證出BG=CP，由SAS證明△OBG≌△OCP，得出OG=OP，同理：OH=OG，得出OH=OG=OP，證出點(diǎn)H、G、P在以O(shè)為圓心，OH為半徑的圓上，再由圓周角定理即可得出結(jié)論；
（3）延長AB、DC交于點(diǎn)N，延長AP、ED交于點(diǎn)M，則△DBN是直角三角形，∠BDN=120°-90°=30°，DN=2DC=4，BN=$\frac{1}{2}$DN=2，證明△DPM∽△NPA，求出DM=$\frac{1}{3}$AN=$\frac{4}{3}$，得出EM=DE+DM=$\frac{10}{3}$，連接AE，則AE⊥ED，AE=BD=2$\sqrt{3}$，由勾股定理求出AM=$\sqrt{A{E}^{2}+E{M}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{13}}{3}$，證明△DMQ∽△BAQ，得出$\frac{MQ}{AQ}=\frac{DM}{AB}$=$\frac{\frac{4}{3}}{2}$=$\frac{2}{3}$，即可求出AQ=$\frac{3}{5}$AM=$\frac{4\sqrt{13}}{5}$．

解答 （1）證明：連接BE，如圖1所示：則BE過點(diǎn)O，
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，點(diǎn)O為正六邊形ABCDEF的中心．
∴AB=EF=AF，∠ABC=∠BCD=∠BAF=120°，OA=OA=OD，△OAB是等邊三角形，
∴∠ABO=60°，AB=OA，
∴∠BAF+∠ABO=180°，
∴BE∥AF，
同理：AD∥EF，
∴四邊形APHF是平行四邊形，
∴PH=AF=AB=OA，
∵點(diǎn)G，H分別為邊AB，EF的中點(diǎn)，
∴GH∥BE∥AF，
∴AP=OP=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$OB，PG=$\frac{1}{2}$OB，
∴OP=PG，
∵GH=PH+PG，PD=OD+OP，
∴GH=PD；

（2）證明：連接OG、OB、OC、AD，如圖2所示：
則∠OBG=∠OCP=$\frac{1}{2}$∠ABC，
由（1）得：BC∥AD，
∵BC∥GP，
∴PG∥BC∥AD，
∵AB=DC，
∴BG=CP，
在△OBG和△OCP中，$\left\{\begin{array}{l}{OB=OC}&{\;}\\{∠OBG=∠OCP}&{\;}\\{BG=CP}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△OBG≌△OCP（SAS），
∴OG=OP，
同理：OH=OG，
∴OH=OG=OP，
∴點(diǎn)H、G、P在以O(shè)為圓心，OH為半徑的圓上，
∴∠HOP=2∠HGP；

（3）解：延長AB、DC交于點(diǎn)N，延長AP、ED交于點(diǎn)M，如圖3所示：
則△DBN是直角三角形，∠BDN=120°-90°=30°，DN=2DC=4，BN=$\frac{1}{2}$DN=2，
∴AN=4，
∵P是CD的中點(diǎn)，
∴PD=$\frac{1}{2}$CD=1，
∴BD=$\sqrt{3}$BN=2$\sqrt{3}$，PN=DN-DP=3，
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴AB∥DE，
∴△DPM∽△NPA，
∴$\frac{PM}{AP}=\frac{DM}{AN}=\frac{PD}{PN}$=$\frac{1}{3}$，
∴DM=$\frac{1}{3}$AN=$\frac{4}{3}$，
∴EM=DE+DM=$\frac{10}{3}$，
連接AE，則AE⊥ED，AE=BD=2$\sqrt{3}$，
∴AM=$\sqrt{A{E}^{2}+E{M}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}+（\frac{10}{3}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{13}}{3}$，
∵DE∥AB，
∴△DMQ∽△BAQ，
∴$\frac{MQ}{AQ}=\frac{DM}{AB}$=$\frac{\frac{4}{3}}{2}$=$\frac{2}{3}$，
∴AQ=$\frac{3}{5}$AM=$\frac{3}{5}$×$\frac{4\sqrt{13}}{3}$=$\frac{4\sqrt{13}}{5}$．

點(diǎn)評 本題是綜合題目，考查了正六邊形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、梯形中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度．