Question

18．如图1，在平面之间坐标系xoy中，A，B两点的坐标分别为A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由勾股定理得AB²=|x₂-x₁|²+|y₂-y₁|²，所以A，B两点间的距离为AB=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$．   我们知道，圆可以看成到圆心距离等于半径的点的集合，如图2，在平面直角坐标系xoy中，A（x，y）为圆上任意一点，则A到原点的距离的平方为OA²=|x-0|²+|y-0|²，当⊙O的半径为r时，⊙O的方程可写为：x²+y²=r²．
问题拓展：如果圆心坐标为P（a，b），半径为r，那么⊙P的方程可以写为（x-a）²+（y-b）²=r²．
 综合应用：
 如图3，⊙P与x轴相切于原点O，P点坐标为（0，6），A是⊙P上一点，连接OA，使tan∠POA=$\frac{3}{4}$，作PD⊥OA，垂足为D，延长PD交x轴于点B，连接AB．
    ①证明AB是⊙P的切点；
    ②是否存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q？若存在，求Q点坐标，并写出以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 问题拓展：设A（x，y）为⊙P上任意一点，则有AP=r，根据阅读材料中的两点之间距离公式即可求出⊙P的方程；
综合应用：①由PO=PA，PD⊥OA可得∠OPD=∠APD，从而可证到△POB≌△PAB，则有∠POB=∠PAB．由⊙P与x轴相切于原点O可得∠POB=90°，即可得到∠PAB=90°，由此可得AB是⊙P的切线；
②当点Q在线段BP中点时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得QO=QP=BQ=AQ．易证∠OBP=∠POA，则有tan∠OBP=$\frac{OP}{OB}$=$\frac{3}{4}$．由P点坐标可求出OP、OB．过点Q作QH⊥OB于H，易证△BHQ∽△BOP，根据相似三角形的性质可求出QH、BH，进而求出OH，就可得到点Q的坐标，然后运用问题拓展中的结论就可解决问题．

解答 解：问题拓展：设A（x，y）为⊙P上任意一点，
∵P（a，b），半径为r，
∴AP²=（x-a）²+（y-b）²=r²．
故答案为：（x-a）²+（y-b）²=r²；

综合应用：
①如图3，∵PO=PA，PD⊥OA，
∴∠OPD=∠APD．
在△POB和△PAB中，
$\left\{\begin{array}{l}{PO=PA}\\{∠OPB=∠APB}\\{PB=PB}\end{array}\right.$，
∴△POB≌△PAB（SAS），
∴∠POB=∠PAB．
∵⊙P与x轴相切于原点O，
∴∠POB=90°，
∴∠PAB=90°，
∴AB是⊙P的切线；

②存在到四点O，P，A，B距离都相等的点Q．
当点Q在线段BP中点时，
∵∠POB=∠PAB=90°，
∴QO=QP=BQ=AQ．
此时点Q到四点O，P，A，B距离都相等．
∵∠POB=90°，OA⊥PB，
∴∠OBP=90°-∠DOB=∠POA，
∴tan∠OBP=$\frac{OP}{OB}$=tan∠POA=$\frac{3}{4}$．
∵P点坐标为（0，6），
∴OP=6，OB=$\frac{4}{3}$OP=8．
过点Q作QH⊥OB于H，如图3，
则有∠QHB=∠POB=90°，
∴QH∥PO，
∴△BHQ∽△BOP，
∴$\frac{QH}{OP}$=$\frac{BH}{OB}$=$\frac{BQ}{BP}$=$\frac{1}{2}$，
∴QH=$\frac{1}{2}$OP=3，BH=$\frac{1}{2}$OB=4，
∴OH=8-4=4，
∴点Q的坐标为（4，3），
∴OQ=$\sqrt{O{H}^{2}+Q{H}^{2}}$=5，
∴以Q为圆心，以OQ为半径的⊙O的方程为（x-4）²+（y-3）²=25．

点评 本题考查了圆的综合知识．用到全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等综合性较强，得出△BHQ∽△BOP是解题关键．