如图.以点P为圆心的圆.交x轴于B.C两点.交y轴于A.D两点.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.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� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

2．

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．

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．

解答解：（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=$\sqrt{O{P}^{2}+O{A}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∴BP=CP=$\sqrt{2}$，
∴OB=$\sqrt{2}$+1，OC=$\sqrt{2}$-1．
∴B（-$\sqrt{2}$-1，0），C（$\sqrt{2}$-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，$\left\{\begin{array}{l}{∠MHP=∠AOP}&{\;}\\{∠HPM=∠OPA}&{\;}\\{PM=PM}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△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=$\frac{1}{2}$（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°．