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】1B(﹣﹣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BC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MBMC即可;易证四边形ACMB是矩形;过点MMHBC,垂足为H易证MHP≌△AOP,从而求出MHOH的长,进而得到点M的坐标.

3易证点EMBG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.

POADAO=DO

AD=2OA=1

P坐标为(﹣10),OP=1PA=== BP=CP=OB=+1OC=1B10),C10).

2)连接AP,延长APP于点M,连接MBMC

如图2所示,线段MBMC即为所求作.

四边形ACMB是矩形.理由如下:

∵△MCBABC绕点P旋转180°所得,四边形ACMB是平行四边形.

BCP的直径,∴∠CAB=90°平行四边形ACMB是矩形.

过点MMHBC,垂足为H,如图2所示.

MHPAOP中,∵∠MHP=∠AOPHPM=∠OPAPM=PM∴△MHP≌△AOPAAS),MH=OA=1PH=PO=1OH=2M的坐标为(﹣21).

3)在旋转过程中MQG的大小不变.

四边形ACMB是矩形,∴∠BMC=90°

EGBO∴∠BGE=90°∴∠BMC=∠BGE=90°

QBE的中点,QM=QE=QB=QGEMBG在以点Q为圆心,QB为半径的圆上,如图3所示,∴∠MQG=2∠MBG

OA=OP=1AOP=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°

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