Question

13．如圖①，已知：在矩形ABCD的邊AD上有一點(diǎn)O，OA=$\sqrt{3}$，以O(shè)為圓心，OA長為半徑作圓，交AD于M，恰好與BD相切于H，過H作弦HP∥AB，弦HP=3．若點(diǎn)E是CD邊上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E與C，D不重合），過E作直線EF∥BD交BC于F，再把△CEF沿著動(dòng)直線EF對(duì)折，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為G．設(shè)CE=x．
（1）求證：四邊形ABHP是菱形；
（2）問△EFG的直角頂點(diǎn)G能落在⊙O上嗎？若能，求出此時(shí)x的值；若不能，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）連接OH，可以求出∠HOD=60°，∠HDO=30°，從而可以求出AB=3，由HP∥AB，HP=3可證到四邊形ABHP是平行四邊形，再根據(jù)切線長定理可得BA=BH，即可證到四邊形ABHP是菱形．
（2）△EFG的直角頂點(diǎn)G能落在⊙O上，當(dāng)點(diǎn)G落到AD上時(shí)，可以證到點(diǎn)G與點(diǎn)M重合，進(jìn)而可求出x=2．

解答 （1）證明：連接OH，如圖①所示．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠BAD=90°，BC=AD，AB=CD．
∵HP∥AB，
∴∠ANH+∠BAD=180°．
∴∠ANH=90°．
∴HN=PN=$\frac{1}{2}$HP=$\frac{3}{2}$．
∵OH=OA=$\sqrt{3}$，
∴sin∠HON=$\frac{HN}{OH}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴∠HON=60°
∵BD與⊙O相切于點(diǎn)H，
∴OH⊥BD．
∴∠HDO=30°．
∴OD=2$\sqrt{3}$．
∴AD=3$\sqrt{3}$．
∴BC=3$\sqrt{3}$．
∵∠BAD=90°，∠BDA=30°．
∴tan∠BDA=$\frac{AB}{AD}$=$\frac{AB}{3\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴AB=3．                         
∵HP=3，
∴AB=HP．
∵AB∥HP，
∴四邊形ABHP是平行四邊形．       
∵∠BAD=90°，AM是⊙O的直徑，
∴BA與⊙O相切于點(diǎn)A．             
∵BD與⊙O相切于點(diǎn)H，
∴BA=BH．                         
∴平行四邊形ABHP是菱形．

（2）△EFG的直角頂點(diǎn)G能落在⊙O上． 理由如下：
解：如圖②所示，點(diǎn)G落到AD上．  
∵EF∥BD，
∴∠FEC=∠CDB．
∵∠CDB=90°-30°=60°，
∴∠CEF=60°．
由折疊可得：∠GEF=∠CEF=60°．
∴∠GED=60°．
∵CE=x，
∴GE=CE=x．ED=DC-CE=3-x．
∴cos∠GED=$\frac{ED}{GE}$=$\frac{3-x}{x}=\frac{1}{2}$．
∴x=2．                                 
∴GE=2，ED=1．
∴GD=$\sqrt{3}$．
∴OG=AD-AO-GD=3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$．
∴OG=OM．
∴點(diǎn)G與點(diǎn)M重合．                       
此時(shí)△EFG的直角頂點(diǎn)G落在⊙O上，對(duì)應(yīng)的x的值為2．
∴當(dāng)△EFG的直角頂點(diǎn)G落在⊙O上時(shí)，對(duì)應(yīng)的x的值為2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了和圓有關(guān)的綜合題以及矩形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、切線長定理、垂徑定理、軸對(duì)稱性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值、30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，綜合性非常強(qiáng)．