Question

如圖，以點(diǎn)P（-1，0）為圓心的圓，交x軸于B、C兩點(diǎn)（B在C的左側(cè)），交y軸于A、D兩點(diǎn)（A在D的下方），AD=2

3

，將△ABC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)180°，得到△MCB．
（1）求B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）請(qǐng)?jiān)趫D中畫出線段MB、MC，并判斷四邊形ACMB的形狀（不必證明），求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（3）動(dòng)直線l從與BM重合的位置開(kāi)始繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，到與BC重合時(shí)停止，設(shè)直線l與CM交點(diǎn)為E，點(diǎn)Q為BE的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，連接MQ、QG．請(qǐng)問(wèn)在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中∠MQG的大小是否變化？若不變，求出∠MQG的度數(shù)；若變化，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：圓的綜合題

專題：壓軸題

分析：（1）連接PA，運(yùn)用垂徑定理及勾股定理即可求出圓的半徑，從而可以求出B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）由于圓P是中心對(duì)稱圖形，顯然射線AP與圓P的交點(diǎn)就是所需畫的點(diǎn)M，連接MB、MC即可；易證四邊形ACMB是矩形；過(guò)點(diǎn)M作MH⊥BC，垂足為H，易證△MHP≌△AOP，從而求出MH、OH的長(zhǎng)，進(jìn)而得到點(diǎn)M的坐標(biāo)．
（3）易證點(diǎn)E、M、B、G在以點(diǎn)Q為圓心，QB為半徑的圓上，從而得到∠MQG=2∠MBG．易得∠OCA=60°，從而得到∠MBG=60°，進(jìn)而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值．

解答：解：（1）連接PA，如圖1所示．
∵PO⊥AD，
∴AO=DO．
∵AD=2

3

，
∴OA=

3

．
∵點(diǎn)P坐標(biāo)為（-1，0），
∴OP=1．
∴PA=

OP2+OA2

=2．
∴BP=CP=2．
∴B（-3，0），C（1，0）．

（2）連接AP，延長(zhǎng)AP交⊙P于點(diǎn)M，連接MB、MC．
如圖2所示，線段MB、MC即為所求作．
四邊形ACMB是矩形．
理由如下：
∵△MCB由△ABC繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)180°所得，
∴四邊形ACMB是平行四邊形．
∵BC是⊙P的直徑，
∴∠CAB=90°．
∴平行四邊形ACMB是矩形．
過(guò)點(diǎn)M作MH⊥BC，垂足為H，如圖2所示．
在△MHP和△AOP中，
∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP，
∴△MHP≌△AOP．
∴MH=OA=

3

，PH=PO=1．
∴OH=2．
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（-2，

3

）．

（3）在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中∠MQG的大小不變．
∵四邊形ACMB是矩形，
∴∠BMC=90°．
∵EG⊥BO，
∴∠BGE=90°．
∴∠BMC=∠BGE=90°．
∵點(diǎn)Q是BE的中點(diǎn)，
∴QM=QE=QB=QG．
∴點(diǎn)E、M、B、G在以點(diǎn)Q為圓心，QB為半徑的圓上，如圖3所示．
∴∠MQG=2∠MBG．
∵∠COA=90°，OC=1，OA=

3

，
∴tan∠OCA=

OA

OC

=

3

．
∴∠OCA=60°．
∴∠MBC=∠BCA=60°．
∴∠MQG=120°．
∴在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中∠MQG的大小不變，始終等于120°．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了垂徑定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、特殊角的三角函數(shù)、圖形的旋轉(zhuǎn)等知識(shí)，綜合性比較強(qiáng)．證明點(diǎn)E、M、B、G在以點(diǎn)Q為圓心，QB為半徑的圓上是解決第三小題的關(guān)鍵．