Question

如图，在平面直角坐标系内，⊙C与y轴相切于D点，与x轴相交于A（2，0）、B（8，0）两点，圆心C在第四象限．
（1）求点C的坐标；
（2）连接BC并延长交⊙C于另一点E，若线段BE上有一点P，使得AB²=BP•BE，能否推出AP⊥BE？请给出你的结论，并说明理由；
（3）在直线BE上是否存在点Q，使得AQ²=BQ•EQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，也请说明理由．

Answer 1

解：（1）C（5，-4）；

（2）能．
连接AE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE=90°，
在△ABE与△PBA中，AB²=BP•BE，即，
又∠ABE=∠PBA，
∴△ABE∽△PBA，
∴∠BPA=∠BAE=90°，即AP⊥BE；

（3）分析：假设在直线EB上存在点Q，使AQ²=BQ•EQ．Q点位置有三种情况：
①若三条线段有两条等长，则三条均等长，于是容易知点C即点Q；
②若无两条等长，且点Q在线段EB上，由Rt△EBA中的射影定理知点Q即为AQ⊥EB之垂足；
③若无两条等长，且当点Q在线段EB外，由条件想到切割线定理，知QA切⊙C于点A．设Q（t，y（t）），并过点Q作QR⊥x轴于点R，由相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数或直线解析式等可得多种解法．
解题过程：
①当点Q₁与C重合时，AQ₁=Q₁B=Q₁E，显然有AQ₁²=BQ₁•EQ₁，
∴Q₁（5，-4）符合题意；
②当Q₂点在线段EB上，∵△ABE中，∠BAE=90°
∴点Q₂为AQ₂在BE上的垂足，
∴AQ₂==4.8（或），
∴Q₂点的横坐标是2+AQ₂•cos∠BAQ₂=2+3.84=5.84，
又由AQ₂•sin∠BAQ₂=2.88，
∴点Q₂（5.84，-2.88），[或（，-）]；
③方法一：若符合题意的点Q₃在线段EB外，
则可得点Q₃为过点A的⊙C的切线与直线BE在第一象限的交点．
由Rt△Q₃BR∽Rt△EBA，△EBA的三边长分别为6、8、10，
故不妨设BR=3t，RQ₃=4t，BQ₃=5t，
由Rt△ARQ₃∽Rt△EAB得，
即得t=，
（注：此处也可由tan∠Q₃AR=tan∠AEB=列得方程=；
或由AQ₃²=Q₃B•Q₃E=Q₃R²+AR²列得方程5t（10+5t）=（4t）²+（3t+6）²等等）
∴Q₃点的横坐标为8+3t=，Q₃点的纵坐标为，
即Q₃（，）；
方法二：如上所设与添辅助线，直线BE过B（8，0），C（5，-4），
∴直线BE的解析式是y=，
设Q₃（t，），过点Q₃作Q₃R⊥x轴于点R，
∵易证∠Q₃AR=∠AEB得Rt△AQ₃R∽Rt△EAB，
∴，即，
∴t=，进而点Q₃的纵坐标为，
∴Q₃（，）；
方法三：若符合题意的点Q₃在线段EB外，连接Q₃A并延长交y轴于F，
∴∠Q₃AB=∠Q₃EA，tan∠OAF=tan∠Q₃AB=tan∠AEB=，
在Rt△OAF中有OF=2×=，点F的坐标为（0，-），
∴可得直线AF的解析式为y=x-，
又直线BE的解析式是，y=x-，
∴可得交点Q₃（，）．
分析：（1）根据题意，根据圆心的性质，可得C的AB的中垂线上，易得C的横坐标为5；进而可得圆的半径为5；利用勾股定理可得其纵坐标为-4；即可得C的坐标；
（2）连接AE，由圆周角定理可得∠BAE=90°，进而可得AB²=BP•BE，即，可得△ABE∽△PBA；进而可得∠BAE=90°，即AP⊥BE；
（3）分三种情况讨论，根据相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数的定义，易得Q到xy轴的距离，即可得Q的坐标．
点评：本题是一道动态解析几何题，对学生的运动分析，数形结合的思想作了重点的考查，有一定的难度．