Question

（本題滿分11分）如圖，以點(diǎn)P（﹣1，0）為圓心的圓，交x軸于B、C兩點(diǎn)（B在C的左側(cè)），交y軸于A、D兩點(diǎn)（A在D的下方），AD=，將△ABC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)180°，得到△MCB．

（1）求B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)；

（2）請(qǐng)?jiān)趫D①中畫出線段MB、MC，并判斷四邊形ACMB的形狀（不必證明），求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；

（3）動(dòng)直線從與BM重合的位置開始繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，到與BC重合時(shí)停止，設(shè)直線與CM交點(diǎn)為E，點(diǎn)Q為BE的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，連接MQ、QG．請(qǐng)問(wèn)在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中∠MQG的大小是否變化？請(qǐng)說(shuō)明理由．

 

Answer 1

（1）B（﹣3，0），C（1，0）；（2）作圖見試題解析，四邊形ACMB是矩形，M（﹣2，）；（3）不變，理由見試題解析．

【解析】

試題分析：（1）連接PA，運(yùn)用垂徑定理及勾股定理即可求出圓的半徑，從而可以求出B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)．

（2）由于圓P是中心對(duì)稱圖形，顯然射線AP與圓P的交點(diǎn)就是所需畫的點(diǎn)M，連接MB、MC即可；易證四邊形ACMB是矩形；過(guò)點(diǎn)M作MH⊥BC，垂足為H，易證△MHP≌△AOP，從而求出MH、OH的長(zhǎng)，進(jìn)而得到點(diǎn)M的坐標(biāo)．

（3）易證點(diǎn)E、M、B、G在以點(diǎn)Q為圓心，QB為半徑的圓上，從而得到∠MQG=2∠MBG．易得∠OCA=60°，從而得到∠MBG=60°，進(jìn)而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值．

試題解析：（1）連接PA，如圖1所示．

∵PO⊥AD，∴AO=DO．∵AD=，∴OA=．

∵點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣1，0），∴OP=1，∴PA==2，∴BP=CP=2，∴B（﹣3，0），C（1，0）；

（2）連接AP，延長(zhǎng)AP交⊙P于點(diǎn)M，連接MB、MC．

如圖2所示，線段MB、MC即為所求作．

四邊形ACMB是矩形．

理由如下：∵△MCB由△ABC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)180°所得，

∴四邊形ACMB是平行四邊形．

∵BC是⊙P的直徑，∴∠CAB=90°．∴平行四邊形ACMB是矩形．

過(guò)點(diǎn)M作MH⊥BC，垂足為H，如圖2所示．

在△MHP和△AOP中，

∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP，∴△MHP≌△AOP．

∴MH=OA=，PH=PO=1．∴OH=2．

∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣2，）．

（3）在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中∠MQG的大小不變．

∵四邊形ACMB是矩形，∴∠BMC=90°．

∵EG⊥BO，∴∠BGE=90°．∴∠BMC=∠BGE=90°．

∵點(diǎn)Q是BE的中點(diǎn)，∴QM=QE=QB=QG．

∴點(diǎn)E、M、B、G在以點(diǎn)Q為圓心，QB為半徑的圓上，如圖3所示．

∴∠MQG=2∠MBG．

∵∠COA=90°，OC=1，OA=，∴tan∠OCA=，∴∠OCA=60°，∴∠MBC=∠BCA=60°，

∴∠MQG=120°，

∴在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中∠MQG的大小不變，始終等于120°．

考點(diǎn)：圓的綜合題．