- 试题详情及答案解析
- （本题满分12分）如图，以点P
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=
，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（﹣3，0），C（1，0）；（2）矩形，M（﹣2，
）；（3）不变，∠MQG=120°． - 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．易得∠OCA=60°，从而得到∠MBG=60°，进而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值．
试题解析：（1）连接PA，如图1所示．
∵PO⊥AD，∴AO=DO．
∵AD=
，∴OA=
．
∵点P坐标为（﹣1，0），∴OP=1．∴PA=
=2．∴BP=CP=2．∴B（﹣3，0），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，MP=AP，∴△MHP≌△AOP．∴MH=OA=，PH=PO=1．
∴OH=2．∴点M的坐标为（﹣2，）．
（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．
∵∠COA=90°，OC=1，OA=，∴tan∠OCA=
．∴∠OCA=60°．∴∠MBC=∠BCA=60°．
∴∠MQG=120°．
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°．
考点：圆的综合题．