Question

1．如圖1，在平面直角坐標系中，OA=OB=OC，以O(shè)為圓心，3為半徑作⊙O剛好與AC相切于D．

（1）求證：BC與⊙O相切．
（2）若AE切⊙O于E，P為弧DE上一點，過P作⊙O的切線，分別交AC、AE于G、F兩點，連PA、PD，且滿足GA=$\frac{3}{4}$AF．求證：PA⊥PD．
（3）如圖2，若⊙O交坐標軸于M、N、T、R，點P為弧MR上任一點，連MP、PR、PN．現(xiàn)給出兩個結(jié)論①$\frac{PN-PR}{PM}$為定值；②PN-PR為定值．其中只有一個結(jié)論正確，請選擇正確的結(jié)論證明并求值．

Answer 1

分析 （1）過點O作OH⊥BC，連接OD，如圖1，要證BC與⊙O相切，只需證OH=OD即可；
（2）連接OE，如圖1，易證四邊形ODAE是正方形，則有AD=AE=OD=3．設(shè)AF=4x，則GA=$\frac{3}{4}$AF=3x，根據(jù)勾股定理可得GF=5x，根據(jù)切線長定理可得GD=GP，F(xiàn)P=FE，由此可得到AD+AE=12x=6，即可得到x=$\frac{1}{2}$，從而可得到AG=DG=GP=$\frac{3}{2}$，由此可證到PA⊥PD；
（3）連接PO并延長交⊙O于Q，連接MQ交PN于S，連接NQ，如圖2，根據(jù)圓周角定理可得∠MPN=$\frac{1}{2}$∠MON=45°，∠PMQ=∠PNQ=90°，即可得到∠PSM=∠NSQ=∠SQN=45°，從而可得到PS=$\sqrt{2}$PM，NS=NQ．由∠POR=∠NOQ可得到PR=NQ，則有PR=NS，從而可得PN-PR=PN-NS=PS=$\sqrt{2}$PM，即可得到$\frac{PN-PR}{PM}$=$\sqrt{2}$（定值），PN-PR隨點P的變化而變化，不是定值．

解答 證明：（1）過點O作OH⊥BC，連接OD，如圖1，
則有OD⊥AC．
∵OA=OB=OC，∠AOC=∠BOC=90°，
∴∠CAO=∠ACO=∠BCO=45°，
∴OH=OD，
∴BC與⊙O相切；

（2）連接OE，如圖1，
則有OE⊥AE．
∵OD⊥AC，OE⊥AE，OD=OE，
∴∠EAO=∠DAO=45°，
∴∠DAE=90°，
∴∠ODA=∠DAE=∠AEO=90°，
∴四邊形ODAE是矩形．
∵OD=OE，
∴矩形ODAE是正方形，
∴AD=AE=OD=3．
設(shè)AF=4x，則GA=$\frac{3}{4}$AF=3x，
∴GF=5x．
∵GF、GD、EF都是⊙O的切線，
∴GD=GP，F(xiàn)P=FE，
∴AD+AE=AG+GF+AF=12x=6，
∴x=$\frac{1}{2}$，
∴AG=$\frac{3}{2}$，
∴GP=GD=3-$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{2}$=AG，
∴∠PAG=∠PGA．
∵GD=GP，
∴∠GPD=∠GDP．
∵∠GAF+∠APG+∠GPD+∠GDP=180°，
∴2∠APG+2∠GPD=180°，
∴∠APD=90°即AP⊥DP；

（3）結(jié)論①正確，結(jié)論②錯誤．
證明：連接PO并延長，交⊙O于Q，連接MQ交PN于S，連接NQ，如圖2．
則∠MPN=$\frac{1}{2}$∠MON=45°，∠PMQ=∠PNQ=90°，
∴∠PSM=45°，∠NSQ=45°=∠SQN，
∴PS=$\sqrt{2}$PM，NS=NQ．
∵∠POR=∠NOQ，∴PR=NQ，
∴PR=NS，
∴PN-PR=PN-NS=PS=$\sqrt{2}$PM，
∴$\frac{PN-PR}{PM}$=$\sqrt{2}$（定值）．
∵點P為弧MR上任一點，
∴PM隨著點P的變化而變化，
∴PN-PR隨著點P的變化而變化．

點評 本題主要考查了切線的判定與性質(zhì)、切線長定理、圓周角定理、正方形的判定與性質(zhì)、圓心角與弦的關(guān)系、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識，證到AG=DG=GP是解決第（2）小題，把PN-PR轉(zhuǎn)化為PS是解決第（3）小題的關(guān)鍵．