题目内容
【题目】如图,以点P(﹣1,0)为圆心的圆,交x轴于B、C两点(B在C的左侧),交y轴于A、D两点(A在D的下方),AD=2,将△ABC绕点P旋转180°,得到△MCB.
(1)求B、C两点的坐标;
(2)请在图中画出线段MB、MC,并判断四边形ACMB的形状(不必证明),求出点M的坐标;
(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转,到与BC重合时停止,设直线l与CM交点为E,点Q为BE的中点,过点E作EG⊥BC于G,连接MQ、QG.请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化?若不变,求出∠MQG的度数;若变化,请说明理由.
【答案】(1)B(﹣﹣1,0),C(
﹣1,0);
(2)(﹣2,1);
(3)∠MQG的大小不变,始终等于135°,理由见解析.
【解析】试题分析:(1)连接PA,运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径,从而可以求出B、C两点的坐标.
(2)由于圆P是中心对称图形,显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M,连接MB、MC即可;易证四边形ACMB是矩形;过点M作MH⊥BC,垂足为H,易证△MHP≌△AOP,从而求出MH、OH的长,进而得到点M的坐标.
(3)易证点E、M、B、G在以点Q为圆心,QB为半径的圆上,从而得到∠MQG=2∠MBG.由等腰直角三角形和等腰三角形的性质得出∠PCA=67.5°,从而得到∠MBG=67.5°,进而得到∠MQG=135°,即∠MQG的度数是定值.
试题解析:解:(1)连接PA,如图1所示.
∵PO⊥AD,∴AO=DO.
∵AD=2,∴OA=1.
∵点P坐标为(﹣1,0),∴OP=1,∴PA==
=
,∴BP=CP=
,∴OB=
+1,OC=
﹣1,∴B(﹣
﹣1,0),C(
﹣1,0).
(2)连接AP,延长AP交⊙P于点M,连接MB、MC.
如图2所示,线段MB、MC即为所求作.
四边形ACMB是矩形.理由如下:
∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得,∴四边形ACMB是平行四边形.
∵BC是⊙P的直径,∴∠CAB=90°,∴平行四边形ACMB是矩形.
过点M作MH⊥BC,垂足为H,如图2所示.
在△MHP和△AOP中,∵∠MHP=∠AOP,∠HPM=∠OPA,PM=PM,∴△MHP≌△AOP(AAS),∴MH=OA=1,PH=PO=1,∴OH=2,∴点M的坐标为(﹣2,1).
(3)在旋转过程中∠MQG的大小不变.
∵四边形ACMB是矩形,∴∠BMC=90°.
∵EG⊥BO,∴∠BGE=90°,∴∠BMC=∠BGE=90°.
∵点Q是BE的中点,∴QM=QE=QB=QG,∴点E、M、B、G在以点Q为圆心,QB为半径的圆上,如图3所示,∴∠MQG=2∠MBG.
∵OA=OP=1,∠AOP=90°,∴∠APC=45°,∵PC=PA,∴∠PCA=∠PAC=(180°-45°)=67.5°,∴∠MBC=∠BCA=67.5°,∴∠MQG=135°,∴在旋转过程中∠MQG的大小不变,始终等于135°.
