Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，⊙C與y軸相切于D點，與x軸相交于A（2，0）、B（8，0）兩點，圓心C在第四象限．

（1）求點C的坐標(biāo)；

（2）連接BC并延長交⊙C于另一點E，若線段BE上有一點P，使得AB2=BPBE，能否推出AP⊥BE？請給出你的結(jié)論，并說明理由；

（3）在直線BE上是否存在點Q，使得AQ2=BQEQ？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，也請說明理由．

Answer 1

【答案】（1）C（5，-4）（2）能，理由見解析（3）Q1(5, -4) Q2（5.84，-2.88）Q3（，）

【解析】解： ⑴ C（5，-4）；(過程1分，縱、橫坐標(biāo)答對各得1分) ………… 3分

⑵ 能 …………………………………4分

連結(jié)AE ，∵BE是⊙O的直徑， ∴∠BAE=90°. …………5分

在△ABE與△PBA中，AB2＝BP· BE , 即, 又∠ABE=∠PBA,

∴△ABE∽△PBA . ……………………………………7分

∴∠BPA=∠BAE=90°, 即AP⊥BE . …………………8分

⑶ 分析：假設(shè)在直線EB上存在點Q，使AQ2＝BQ· EQ. Q點位置有三種情況：

①若三條線段有兩條等長，則三條均等長,于是容易知點C即點Q；

②若無兩條等長，且點Q在線段EB上，由Rt△EBA中的射影定理知點Q即為AQ⊥EB之垂足；

③若無兩條等長，且當(dāng)點Q在線段EB外，由條件想到切割線定理，知QA切⊙C于點A.設(shè)Q(),并過點Q作QR⊥x軸于點R,由相似三角形性質(zhì)、切割線定理、勾股定理、三角函數(shù)或直線解析式等可得多種解法.

解題過程：

① 當(dāng)點Q1與C重合時，AQ1=Q1B=Q1E, 顯然有AQ12＝BQ1· EQ1 ,

∴Q1(5, -4)符合題意； ……………………………9分

② 當(dāng)Q2點在線段EB上， ∵△ABE中，∠BAE=90°

∴點Q2為AQ2在BE上的垂足， ……………………10分

∴AQ2== 4.8（或）.

∴Q2點的橫坐標(biāo)是2+ AQ2·∠BAQ2= 2+3.84=5.84,

又由AQ2·∠BAQ2=2.88,

∴點Q2（5.84，-2.88）,………………………11分

③方法一：若符合題意的點Q3在線段EB外,

則可得點Q3為過點A的⊙C的切線與直線BE在第一象限的交點.

由Rt△Q3BR∽Rt△EBA，△EBA的三邊長分別為6、8、10,

故不妨設(shè)BR=3t，RQ3=4t，BQ3=5t, ……………………12分

由Rt△ARQ3∽Rt△EAB得， ………………………13分

即得t=，

〖注:此處也可由列得方程； 或由AQ32= Q3B·Q3E=Q3R2+AR2列得方程)等等〗

∴Q3點的橫坐標(biāo)為8+3t=， Q3點的縱坐標(biāo)為，

即Q3（，） . …………14分

方法二：如上所設(shè)與添輔助線, 直線 BE過B(8, 0), C(5, -4),

∴直線BE的解析式是. ………………12分

設(shè)Q3（，）,過點Q3作Q3R⊥x軸于點R,

∵易證∠Q3AR =∠AEB得 Rt△AQ3R∽Rt△EAB,

∴, 即, ………………13分

∴t=,進而點Q3的縱坐標(biāo)為，∴Q3（，）. ………14分

方法三：若符合題意的點Q3在線段EB外,連結(jié)Q3A并延長交軸于F,

∴∠Q3AB =∠Q3EA，,

在R t△OAF中有OF=2×=，點F的坐標(biāo)為（0，）,

∴可得直線AF的解析式為, …………………12分

又直線BE的解析式是, ………………13分

∴可得交點Q3（，）. ……………………14分

(1)根據(jù)切割線定理求OD，,即可求得C的縱坐標(biāo)，由圖即可求得C的橫坐標(biāo)

(2)連結(jié)AE，通過AB2＝BP· BE，求得△ABE∽△PBA， 因為BE是⊙O的直徑， 所以∠BAE=90°，從而求得AP⊥BE

⑶假設(shè)在直線EB上存在點Q，使AQ2＝BQ· EQ. Q點位置有三種情況：①若三條線段有兩條等長，則三條均等長,于是容易知點C即點Q；②若無兩條等長，且點Q在線段EB上，由Rt△EBA中的射影定理知點Q即為AQ⊥EB之垂足；③若無兩條等長，且當(dāng)點Q在線段EB外，由條件想到切割線定理，知QA切⊙C于點A.設(shè)Q(),并過點Q作QR⊥x軸于點R,由相似三角形性質(zhì)、切割線定理、勾股定理、三角函數(shù)或直線解析式等可得多種解法.