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.

⑴ 求点C的坐标；

⑵ 连结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；

⑶ 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

【答案】

（1）C（5，-4）（2）能，理由见解析（3）Q₁(5, -4) Q₂（5.84，-2.88）Q₃（，）

【解析】解： ⑴ C（5，-4）；(过程1分，纵、横坐标答对各得1分)     ………… 3分  

⑵ 能            …………………………………4分

 连结AE ，∵BE是⊙O的直径， ∴∠BAE=90°.       …………5分

在△ABE与△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(),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；             ……………………………9分

② 当Q₂点在线段EB上， ∵△ABE中，∠BAE=90°

∴点Q₂为AQ₂在BE上的垂足，           ……………………10分

∴AQ₂== 4.8（或）.

∴Q₂点的横坐标是2+ AQ₂·∠BAQ₂= 2+3.84=5.84,

又由AQ₂·∠BAQ₂=2.88,

∴点Q₂（5.84，-2.88）,          ………………………11分

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,           ……………………12分

由Rt△ARQ₃∽Rt△EAB得，       ………………………13分

即得t=，

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

∴Q₃点的横坐标为8+3t=， Q₃点的纵坐标为，

即Q₃（，） .          …………14分

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 .            ………………12分

设Q₃（，）,过点Q₃作Q₃R⊥x轴于点R,

∵易证∠Q₃AR =∠AEB得 Rt△AQ₃R∽Rt△EAB, 

∴ ,  即   ,        ………………13分

∴t= ,进而点Q₃ 的纵坐标为，∴Q₃（，）.   ………14分

方法三：若符合题意的点Q₃在线段EB外,连结Q₃A并延长交轴于F,

        ∴∠Q₃AB =∠Q₃EA，,

        在R t△OAF中有OF=2×=，点F的坐标为（0，）,

∴可得直线AF的解析式为 ,          …………………12分

又直线BE的解析式是 ,             ………………13分

∴可得交点Q₃（，）.              ……………………14分

 (1) 根据切割线定理求OD，,即可求得C的纵坐标，由图即可求得C的横坐标

(2)连结AE，通过AB²＝BP· BE，求得△ABE∽△PBA， 因为BE是⊙O的直径， 所以∠BAE=90°，从而求得AP⊥BE

⑶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(),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.