Question

已知方程x²-6x+m（2x+m）-7=0有兩個不相等的實根，兩根的平方和為10，且兩根分別為A、B的橫坐標（如圖1A在x軸的負半軸上，B在x軸的正半軸上），以AB為直徑作圓M交y軸于C、D，E為弧BD上一點．

（1）求m的值；
（2）若BK⊥EC于K，連ED，KE=

1

2

，求ED的長；
（3）Q為EB延長線上一點，⊙P過C、E、Q交DE的延長線于F，連AE，當E在弧BD上移動時，求證：

EC+ED

EA

=

3

EC+EF

EQ

．

Answer 1

考點：圓的綜合題,解一元二次方程-因式分解法,根的判別式,根與系數(shù)的關系,全等三角形的判定與性質(zhì),等邊三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,垂徑定理,圓心角、弧、弦的關系,圓周角定理,銳角三角函數(shù)的定義,特殊角的三角函數(shù)值

專題：壓軸題

分析：（1）根據(jù)條件利用根與系數(shù)的關系就可求出m的值．
（2）連接CM、BC、BD、BE，在EC上取一點E′，使得EE′=EB，連接BE′，如圖（1）．將m的值代入原方程可求出方程的根，從而得到點A、B的坐標，及OA、OB、AB、AM、CM、OM的長，從而求出∠CMO、∠CMB、∠CEB的度數(shù)，然后利用三角函數(shù)可求出BE、BK的長，在Rt△COB中運用勾股定理可求出BC長，在Rt△CKB中運用勾股定理可求出CK長．易證△BEE′是等邊三角形，從而有BE′=BE，∠EBE′=60°．根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得KE′=EK．從而求出CE′的長．根據(jù)垂徑定理可得

AC

=

AD

，

BC

=

BD

，則有∠ABC=∠ABD，BC=BD，從而可證到∠CBE′=∠DBE，進而可得到△CBE′≌△DBE，則CE′=DE，就可解決問題．
（3）過點A作AG⊥DE交ED的延長線于G，過點A作AH⊥EC于H，連接AC、AD、MC；過點Q作QJ⊥EF交EF的延長線于J，過點Q作QI⊥EC于I，連接QC、QF，如圖（2）．由

AC

=

AD

可得AC=AD，∠AEC=∠AED，從而可證到△AHE≌△AGE，則有EH=EG，AH=AG，進而可得證到Rt△AHC≌Rt△AGD，則有CH=DG，從而得到EC+ED=2EH．在Rt△AHE中，利用三角函數(shù)可得到EH=

3

2

EA，就可求出

EC+ED

EA

的值；同理可得：EC+EF=2EI，EI=

1

2

EQ，從而可求出

EC+EF

EQ

的值，就可解決問題．

解答：解：（1）方程x²-6x+m（2x+m）-7=0整理得：x²+（2m-6）x+m²-7=0．
∵方程有兩個不相等的實根，
∴△=（2m-6）²-4×1×（m²-7）＞0．
解得：m＜

8

3

．
由根與系數(shù)的關系可得：x₁+x₂=6-2m，x₁•x₂=m²-7．
∵x₁²+x₂²=（x₁+x₂）²-2x₁•x₂=10，
∴（6-2m）²-2（m²-7）=10．
整理得：m²-12m+20=0．
解得：m₁=2，m₂=10．
∵m＜

8

3

，∴m=2．
∴m的值為2．

（2）連接CM、BC、BD、BE，在EC上取一點E′，使得EE′=EB，連接BE′，如圖（1）．
將m=2代入原方程得：x²-2x-3=0，
解得：x₁=-1，x₂=3．
則點A的坐標為（-1，0），點B的坐標為（3，0）．
則OA=1，OB=3，AB=4，AM=BM=CM=2，OM=1．
在Rt△COM中，
∵cos∠CMO=

OM

CM

=

1

2

，
∴∠CMO=60°，∠CMB=180°-60°=120°．
∴∠CEB=

1

2

∠CMB=60°．
∵BK⊥EC，KE=

1

2

，
∴cos∠BEK=

KE

BE

=

1

2

，tan∠BEK=

BK

KE

=

3

．
∴BE=2KE=1，BK=

3

KE=

3

2

．
在Rt△COB中，
BC=

OC2+OB2

=

3+9

=2

3

．
在Rt△CKB中，
CK=

CB2-BK2

=

12- 3 4

=

3 5

2

．
∵EE′=EB，∠BEE′=60°，
∴△BEE′是等邊三角形．
∴BE′=BE，∠EBE′=60°．
∵BK⊥EE′，∴KE′=EK=

1

2

．
∴CE′=CK-KE′=

3 5

2

-

1

2

=

3 5 -1

2

．
∵AB⊥CD，
∴

AC

=

AD

，

BC

=

BD

．
∴∠ABC=∠ABD，BC=BD．
∴∠ABD=∠ABC=

1

2

∠AMC=30°．
∴∠CBD=60°．
∴∠EBE′=60°=∠CBD．
∴∠CBE′=∠DBE．
在△CBE′和△DBE中，

BC=BD ∠CBE′=DBE BE′=BE

∴△CBE′≌△DBE（SAS）．
∴CE′=DE．
∴DE=

3 5 -1

2

．

（3）過點A作AG⊥DE交ED的延長線于G，過點A作AH⊥EC于H，連接AC、AD、MC；
過點Q作QJ⊥EF交EF的延長線于J，過點Q作QI⊥EC于I，連接QC、QF，如圖（2）．
∵

AC

=

AD

，
∴AC=AD，∠AEC=∠AED．
∵AG⊥DE，AH⊥EC，
∴∠AHE=∠AGE=90°．
在△AHE和△AGE中，

∠AEH=∠AEG ∠AHE=∠AGE AE=AE

．
∴△AHE≌△AGE（AAS）．
∴EH=EG，AH=AG．
在Rt△AHC和Rt△AGD中，

AH=AG AC=AD

．
∴Rt△AHC≌Rt△AGD（HL）．
∴CH=DG．
∴EC+ED=EH+HC+ED=EH+DG+ED=EH+EG=2EH．
在Rt△AHE中，
∵∠AEC=

1

2

∠AMC=30°，
∴cos∠AEH=

EH

EA

=

3

2

．
∴EH=

3

2

EA．
∴EC+ED=

3

EA．
∴

EC+ED

EA

=

3

．
同理可得：EC+EF=2EI，EI=

1

2

EQ．
∴EC+EF=EQ．
∴

EC+EF

EQ

=1．
∴

EC+ED

EA

=

3

EC+EF

EQ

．

點評：本題考查了垂徑定理、圓周角定理、弧與圓心角及弦的關系、解一元二次方程、根的判別式、根與系數(shù)的關系、銳角三角函數(shù)、特殊角的三角函數(shù)值、勾股定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，綜合性比較強，難度比較大．而構造全等三角形是解決本題的關鍵．