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

 

 

因为D是切点，连续DC，做AB的平分线CM交AB于H。

H点坐标为（5。0）

AN=AH=CM-CH=5-2=3

AC=DC=5，

直角三角形ANC。

直角边CH=4   

（ 5*%-3*3）开方

C点（5，4）

追问

第三题怎么解

Answer 2

）C（5，-4）；（3分）

（2）能． （4分）
连接AE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE=90°，（5分）
在△ABE与△PBA中，AB2=BP•BE，即ABBP=
BEAB，
又∠ABE=∠PBA，
∴△ABE∽△PBA，（7分）
∴∠BPA=∠BAE=90°，即AP⊥BE；（8分）

（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；（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=AB•AEBE=
4810=4.8（或245），
∴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（14625，-7225）]；（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AREA=
RQ3AB，（13分）
即6+3t8=
4t6得t=187，
（注：此处也可由tan∠Q3AR=tan∠AEB=34列得方程4t3t+6=34；
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=1107，Q3点的纵坐标为727，
即Q3（1107，727）；（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y=43x-
323，（12分）
设Q3（t，4t3-
323），过点Q3作Q3R⊥x轴于点R，
∵易证∠Q3AR=∠AEB得Rt△AQ3R∽Rt△EAB，
∴RQ3AR=
ABEA，即43t-
323t-2=
68，（13分）
∴t=1107，进而点Q3的纵坐标为727，
∴Q3（1107，727）；（14分）
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=34，
在Rt△OAF中有OF=2×34=32，点F的坐标为（0，-32），
∴可得直线AF的解析式为y=34x-32，（12分）
又直线BE的解析式是，y=34x-323，（13分）
∴可得交点Q3（1107，727）． （14分）