Question

20．已知AB、XY为⊙O的直径，点E为弧$\widehat{XB}$上一点，连接EX、EB、BE∥XY．
（1）如图1，求证：∠BOX=2∠EXO；
（2）如图2，点F在弧$\widehat{AY}$上，连接FA、FO、FY，若AF=BE，OF平分∠AOY，求证：四边形AFYO是菱形；
（3）如图3，在（2）的条件下，在OB上有点G，连接FG，将线段FG绕点F逆时针旋转60°得到线段FH，延长FH交⊙O于点T，连接HO，且∠HOF=90°，若⊙O的半径长为2，求HT的长．

Answer 1

分析 （1）首先证明∠BOX=∠EOY，再根据∠EOY=2∠EXO即可证明．
（2）首先证明$\widehat{EB}$=$\widehat{EX}$，推出EB=EX，由△OEX≌△OEB，推出∠OEX=∠OEB，推出△EOX是等边三角形，由此即可解决问题．
（3）由△AFH≌△OFG，得到∠FAH=∠FOG=120°，所以点H在线段AX上，由AX∥OF，OH⊥OF，属于OH⊥AX，所以AH=HX=1，在Rt△FOH中，FH=$\sqrt{O{F}^{2}+O{H}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{7}$，由FH•HT=AH•HX（相交弦定理），求出HT即可．

解答 （1）证明：如图1中，连接BX、OE．

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

（2）如图2中，连接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，
∴四边形AFYO是菱形．

（3）如图3中，

由（2）△AFO，△OEB，△OEY，△OFY都是等边三角形，
∴∠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°，
∴点H在线段AX上，
∵AX∥OF，OH⊥OF，
∴OH⊥AX，
∴AH=HX=1，
在Rt△FOH中，FH=$\sqrt{O{F}^{2}+O{H}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{7}$．
∵FH•HT=AH•HX（相交弦定理），
∴HT=$\frac{1×1}{\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{7}}{7}$．

点评 本题考查圆综合题、平行线的性质．圆心角与圆周角的关系、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，第三个问题的关键是发现△AFH≌△OFG，推出点H在线段AX上，题目的综合性比较强，属于中考压轴题．