Question

10．已知A（0，0），B（4，0），C（0，3），点D，G分别在线段AB、AC上，且DG∥BC，过线段DG上的动点P作NF∥AC，分别交AB，BC于点N，F．

（1）如图1，若点D是AB的中点，且PN=PG，求PG的长；
（2）如图2，过点P作ME∥AB，分别交AC，BC于点M，E，当S_{四边形ANPM}=S_{四边形DBEP}=S_{四边形PFCG}，猜想四边形EFMN的形状并说明理由，并直接写出M，N两点的坐标；
（3）如图3，当四边形ANPM、PFCG都是菱形时，作以P为圆心，PM为半径的⊙P，分别判断⊙P与AB、BC的位置关系并说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据勾股定理，可得BC的长，根据三角形的中位线定理，可得DG的长，根据相似三角形的判定与性质，可得答案；
（2）四边形EFMN的形状是矩形，根据矩形的判定定理，可得答案；再根据平行四边的判定与性质，可得AM=MG=GC=1，AN=ND=DB=$\frac{4}{3}$，可得点M、N的坐标；
（3）根据正方形的判定与性质，可得AB是⊙P的切线，根据菱形的性质，可得BC是⊙P的切线．

解答 解：（1）∵A（0，0），B（4，0），C（0，3），
∴AB=4，AC=3，
BC=$\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}$=5，
∵DG∥BC，D是AB的中点，
∴G是AC的中点，
∴DG=$\frac{1}{2}$BC=2.5，
设PN=PG=x，
∵PF∥AC，
∴△DPN∽△DGA，
∴$\frac{NP}{AG}=\frac{DP}{DG}$，
∴$\frac{x}{\frac{3}{2}}$=$\frac{\frac{5}{2}-x}{\frac{5}{2}}$，
解得x=$\frac{15}{16}$，
∴PG=$\frac{15}{16}$；
（2）四边形EFMN是矩形，理由如下：
如图2，连接MN、NE、FM，
∴四边形ANPM、DBEP、PFCG都是平行四边形，
∵S_{四边形ANPM}=S_{四边形DBEP}=S_{四边形PFCG}时
∴?ANPM、?DNEP、?PFCG两两等高，
∴EP=PM，PN=PF，
∴四边形EFMN是平行四边形，
在?ANPM中，∠BAC=90°，
∴?ANPM是矩形，
∴∠MPN=90°，即EM⊥FN，
∴?EFMN是矩形；
∵四边形EFMN是平行四边形，
∴MN∥BC，
∵DG∥BC，
∴MN∥DG，
∵四边形ANPM、PGMN、PFCG都是平行四边形，
∴PN=AM，PN=GM，PF=GC．
∵PF=PN，
∴AM=MG=GC=1．
∴同理AN=ND=DB=$\frac{4}{3}$，
∴M（1，0），N（$\frac{4}{3}$，0）；
（3）⊙P与AB、BC都相切，理由如下：
∵四边形ANPM是菱形，∠BAC是直角，则四边形ANPM是正方形，
∴PM=PN，∠PNA=90°，
∴AB是⊙P的切线．
如图3，连接PC，作PQ⊥BC垂足为Q，
∵四边形PFCG是菱形，
∴CP平分∠FCG．
∴PM⊥AC，PQ⊥BC，
∴PM=PQ，
∴BC是⊙P的切线．

点评 本题考查了圆的综合题，利用了相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，圆的切线的判定与性质，稍微有点难度，须作出辅助线后解题．