Question

20．已知AB、XY為⊙O的直徑，點E為弧$\widehat{XB}$上一點，連接EX、EB、BE∥XY．
（1）如圖1，求證：∠BOX=2∠EXO；
（2）如圖2，點F在弧$\widehat{AY}$上，連接FA、FO、FY，若AF=BE，OF平分∠AOY，求證：四邊形AFYO是菱形；
（3）如圖3，在（2）的條件下，在OB上有點G，連接FG，將線段FG繞點F逆時針旋轉60°得到線段FH，延長FH交⊙O于點T，連接HO，且∠HOF=90°，若⊙O的半徑長為2，求HT的長．

Answer 1

分析 （1）首先證明∠BOX=∠EOY，再根據(jù)∠EOY=2∠EXO即可證明．
（2）首先證明$\widehat{EB}$=$\widehat{EX}$，推出EB=EX，由△OEX≌△OEB，推出∠OEX=∠OEB，推出△EOX是等邊三角形，由此即可解決問題．
（3）由△AFH≌△OFG，得到∠FAH=∠FOG=120°，所以點H在線段AX上，由AX∥OF，OH⊥OF，屬于OH⊥AX，所以AH=HX=1，在Rt△FOH中，F(xiàn)H=$\sqrt{O{F}^{2}+O{H}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{7}$，由FH•HT=AH•HX（相交弦定理），求出HT即可．

解答 （1）證明：如圖1中，連接BX、OE．

∵BE∥XY，
∴∠YXB=∠XBE，
∴$\widehat{BY}$=$\widehat{EX}$，
∴$\widehat{EY}$=$\widehat{BX}$，
∴∠EOY=∠BOX，
∵∠EOY=2∠EXO，
∴∠BOX=2∠EXO．

（2）如圖2中，連接OE．

∵OF平分∠AOY，
∴$\widehat{AF}$=$\widehat{FY}$，
∵AF=BE，
∴$\widehat{AF}$=$\widehat{BE}$，
∵$\widehat{AY}$=$\widehat{BX}$，
∴$\widehat{EX}$=$\widehat{BE}$，
∴AF=FY=BE=EX，
在△OEX和△OEB中，
$\left\{\begin{array}{l}{OE=OE}\\{OX=OB}\\{EX=EB}\end{array}\right.$，
∴△OEX≌△OEB，
∴∠OEX=∠OEB，
∵BE∥XY，
∴∠EOX=∠OEB=∠XEO，
∴XO=XE=OE，
∵OA=OY=OE=OX，
∴AF=FY=OY=OA，
∴四邊形AFYO是菱形．

（3）如圖3中，

由（2）△AFO，△OEB，△OEY，△OFY都是等邊三角形，
∴∠AFO=∠HFG=60°，
∴∠AFH=∠OFG，
在△AFH和△OFG中，
$\left\{\begin{array}{l}{AF=OF}\\{∠AFH=∠OFG}\\{HF=FG}\end{array}\right.$，
∴△AFH≌△OFG，
∴∠FAH=∠FOG=120°，
∴點H在線段AX上，
∵AX∥OF，OH⊥OF，
∴OH⊥AX，
∴AH=HX=1，
在Rt△FOH中，F(xiàn)H=$\sqrt{O{F}^{2}+O{H}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{7}$．
∵FH•HT=AH•HX（相交弦定理），
∴HT=$\frac{1×1}{\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{7}}{7}$．

點評 本題考查圓綜合題、平行線的性質．圓心角與圓周角的關系、全等三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活應用這些知識解決問題，第三個問題的關鍵是發(fā)現(xiàn)△AFH≌△OFG，推出點H在線段AX上，題目的綜合性比較強，屬于中考壓軸題．