圆心角90°的扇形的图形特征例析

☉安徽省庐江第五中学 许和平

圆心角90°的扇形的特征由它的图形构成所决定，一是有四分之一的圆弧，具有圆中的有关基本性质；二是有一个90°的圆心角，具有直角三角形、矩形等图形的几何性质，再通过圆弧上的动点设计，结合未知数，渗透数形结合思想，可命制一些具有特色的新型综合性试题.下面以中考压轴题和竞赛题为例加以分析研究.

例1（2000年上海市中考试题）如图1，在半径为6、圆心角为90°的扇形OAB的弧AB上有一个动 点P，PH⊥OA， 垂 足 为H，△OPH的重心为G.

图1

（1）当点P在弧AB上运动时，在线段GO、GP、GH中，有无长度保持不变的线段？如果有，请指出这样的线段，并求出相应的长度；

（2）设PH=x，GP=y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；

（3）如果△PGH是等腰三角形，试求出线段PH的长.

解：（1）在线段G0、GP、GH中，有长度保持不变的线段，这条线段是GH.延长HG交OP于点E，延长PG交OH于点D.

（2）在Rt△OPH中，

（3）△PGH是等腰三角形有三种可能情况：

③PH=GH，即x=2.

综上所述，如果△PGH是等腰三角形，那么线段PH的长等于或2.

评析：第（1）小题中主要抓住了同圆的半径相等的性质，虽然点P在弧AB上运动，但OP是⊙O的半径始终保持不变，即OP=6.再结合直角三角形和三角形重心的性质，使所求线段GH与已知半径OP联系起来，从而使问题解决.在第（3）小题中，已知△PGH是等腰三角形，但题中没有指明哪两边是腰，因此解题中必须对三角形的三边进行分类讨论解决，渗透了数学中的分类思想.

例2（2008年广州市中考试题）如图2，扇形OAB的半径OA=3，圆心角∠AOB=90°，点C是弧AB上异于A、B的动点，过点C作CD⊥OA于点D，作CE⊥OB于点E，连接DE，点G、H在线段DE上，且DG=GH=HE.

（1）求证四边形OGCH是平行四边形.

（2）当点C在弧AB上运动时，在CD、CG、DG中，是否存在长度不变的线段？若存在，请求出该线段的长度.

（3）求证CD2+3CH2是定值.

图2

图3

解：（1）如图3，连接OC交DE于M，由矩形得OM=CG，EM=DM.

因为DG=HE，所以EM－EH=DM－DG，得HM=DG.

所以四边形OGCH是平行四边形.

（2）DG不变，在矩形ODCE中，DE=OC=OA=3，

（3）方法一：利用三角形的中位线与勾股定理.

评析：本解法充分利用了题中的三等分点、平行四边形和三角形中位线的性质，较好地实现了把线段ON转化为线段CH的倍分关系，再以Rt△OND为基础，通过勾股定理，使问题得以解决.

方法二：利用相似三角形与勾股定理.

图4

因为CE=，所以EM=

在Rt△CMH中，因为CH2=CM2+MH2，

评析：本解法充分利用了题中的三等分点、相似三角形的性质，得出相关线段关于x的代数式，再以Rt△CMH为基础，通过勾股定理，使问题得以解决.

方法三：利用三角形面积与勾股定理.

图5

评析：本解法充分利用了几何中的面积法，得出斜边上的高CK和HK关于x的表达式，再以Rt△CKH为基础，通过勾股定理，使问题得以解决.

方法四：三角函数与勾股定理.

如图5，过点C作CK⊥ED于K，在Rt△CEK和Rt△CHK中，由勾股定理得：

CE2－EK2=CH2－HK2，

故CH2=EC2+（HK2－EK2）=EC2+（HK+EK）（HK－EK）=EC2+EH（HK+EK）=EC2－EH（2EK－EH）=EC2+EH2－2EH×EK.

评析：本试题较好地发挥了圆心角为90°的扇形的图形特征，所涉及的知识点有：同圆的半径相等，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，相似三角形或三角函数等.第（1）小题比较基础，学生容易解决，第（2）小题只利用矩形的性质求解，涉及到课标不要求的三角形重心的性质求解，三个小题有一定的梯度，层次分明，特别是第（3）小题有一定的难度，但解题入口较宽，可以从不同的角度进行分析，得出不同的解题思路，注重考查学生运用已学知识分析问题和解决问题的能力.

例3（2012年上海市中考试题）如图6，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点（不与A、B重合），OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D、E.

（1）当BC=1时，求线段OD的长.

图6

（2）在△DOE中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度；如果不存在，请说明理由.

（3）设BD=x，△DOE的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出自变量的定义域.

（2）存在，DE是不变的，如图7，连接AB且AB=2

图7

图8

（3）如图8，将x移到要求的三角形中去，所以

由于∠1=∠2，∠3=∠4，所以∠2+∠3=45°.

评析：本题起点低，第（1）小题先把运动中的点C固定，BC是一个定值，BC是圆弧中的弦，利用垂径定理和勾股定理易得OD的长度，同时也为第（2）、（3）小题的解决起到引领作用.第（2）小题随着点C在弧上运动，但利用垂径定理在运动的过程中，弦BC、AC的长度在发生变化，但D、E是弦BC、AC的中点的位置始终保持不变，所以DE线段是两中点的连线，容易想到三角形的中位线.第（3）小题较好地利用了90°角的作用，通过垂径定理和等腰三角形三线合一的性质，得出了一个特殊角45°，构造出一个等腰直角三角形，使变量x、y通过三角形的面积建立了关系.本题是一道几何、代数的综合题，命题者较好地发挥了90°角扇形图形中蕴含的几何性质，通过设置动点和未知数使问题更具有探索性和综合性，更有利于考查学生的思维过程和分析能力.

例4（2012年全国初中数学竞赛预赛）如图9，扇形OMN的半径为1，圆心角是90°.点B是弧MN上一动点，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q.

图9

（1）求证：四边形EPGQ是平行四边形；

（2）探索当OA的长为何值时，四边形EPGQ是矩形；

（3）连接PQ，求3PQ2+OA2的值.

解：（1）如图10，因为∠AOC=90°，BA⊥OM，BC⊥ON，所以四边形OABC是矩形.

所以AB∥OC，AB=OC.

图10

又E、G分别是AB、CO的中点，所以AE∥GC，AE=GC.所以四边形AECG为平行四边形.所以CE∥AG.

连接OB，因为点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，所以GF∥OB，DE∥OB，所以PG∥EQ，所以四边形EPGQ是平行四边形.

（2）如图11，当∠CED=90°时，四边形EPGQ是矩形，此时∠AED+∠CEB=90°.

又∠DAE=∠EBC=90°，

所以∠AED=∠BCE.

所以△AED∽△BCE.

图11

（3）如图12，连接GE交PQ于O′，则O′P=O′Q，O′G=O′E.过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′.

图12

在Rt△PA′O′中，PO′2=PA′2+A′O′2，

以上四例都是从圆心角90°的扇形的图形特征入手，巧妙地运用多种方法解决不同的问题，希望通过上述解题分析，能使学生对这类题型的解答有更深刻的领悟和理解.