Question

10．如图，直线AB与x轴的负半轴、y轴的正半轴分别交于点A、点B，M为线段AB的中点，以OM为直径的⊙P分别交x轴、y轴于点C、点D，交直线AB于点E，OB=8，∠OAB=30°．
（1）求证：点C为OA的中点；
（2）求点E的坐标；
（3）若点C在x轴上关于点O的对称点为点F，连结EF，试问在y轴上是否存在点Q，使以点E、F、Q为顶点的三角形为直角三角形．如果存在，直接写出所有满足条件的点Q的坐标；如不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）连接MC，由条件可知MC⊥AO，由直角三角形的性质可知MO=MA，利用等腰三角形的性质可知C为OA的中点；
（2）设OM的中点N，连接EN并延长，交CO于点H，则可证得EH⊥CO，在Rt△NHO中，可求得OH和HN，则可求得E点坐标；
（3）由条件可求得F点坐标，可求得EF的长，设Q点坐标为（0，y），则可表示出EQ、FQ的长，当△EFQ为直角三角形时，分点Q、E、F分别为直角顶点三种情况，分别利用勾股定理可求得y的值，可求得Q点的坐标．

解答 解：
（1）证明：
如图1，连接MC，

∵MO为直径，
∴∠MCO=90°，即MC⊥AO，
在Rt△AOB中，M为AB中点，
∴MO=AM，
∴C为AO的中点；
（2）设OM的中点N，连接EN并延长，交CO于点H，如图2，

由（2）可知MO=MA，
∴∠EMN=2∠MAO=60°，
∵NE=MN，
∴△EMN为等边三角形，
∴∠AEN=60°，
∴∠AHE=90°，
∴OH=$\frac{1}{2}$OC，
∵OB=8，∠BAO=30°，
∴AB=16，AO=8$\sqrt{3}$，
∵C为AO中点，
∴OC=4$\sqrt{3}$，
∴OH=2$\sqrt{3}$，
∵MO=$\frac{1}{2}$AB=8，
∴EN=NO=4，
又由（1）可知∠MOA=∠OAM=30°，
∴NH=$\frac{1}{2}$ON=2，
∴EH=EN+HN=4+2=6，
∴E点坐标为（-2$\sqrt{3}$，6）；
（3）由（2）可知C（-4$\sqrt{3}$，0），
∴F（4$\sqrt{3}$，0），且E（-2$\sqrt{3}$，6），
∴EF²=（4$\sqrt{3}$+2$\sqrt{3}$）²+6²=144，
假设存在满足条件的Q点，设Q点坐标为（0，y），
则QE²=（-2$\sqrt{3}$）²+（6-y）²=y²-12y+48，QF²=（4$\sqrt{3}$）²+（0-y）²=48+y²，
∵△EFQ为直角三角形，
∴有∠EQF=90°、∠QEF=90°和∠QFE=90°三种情况，
①当∠EQF=90°时，由勾股定理可得EF²=EQ²+FQ²，
即144=y²-12y+48+48+y²，解得y=3±$\sqrt{33}$，
∴Q点坐标为（0，3+$\sqrt{33}$）或（0，3-$\sqrt{33}$）；
②当∠QEF=90°时，则有QF²=QE²+EF²，
即48+y²=y²-12y+48+144，解得y=12，
∴Q点坐标为（0，12）；
③当∠QFE=90°时，则有QE²=QF²+EF²，
即y²-12y+48=48+y²+144，解得y=-12，
∴Q点坐标为（0，-12）；
综上可知存在满足条件的Q点，其坐标为（0，3+$\sqrt{33}$）或（0，3-$\sqrt{33}$）或（0，12）或（0，-12）．

点评 本题为圆的综合应用，涉及直角三角形的性质、圆周角定理、等腰、等边三角形的判定和性质、勾股定理及分类讨论思想等知识点．在（1）中连接MC证得MC⊥OA是解题的关键，在（2）中连接EN证明EN⊥AO是解题的关键，在（3）中注意分类讨论及方程思想的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．