Question

1．如圖1，點(diǎn)O₁是x軸負(fù)半軸上一點(diǎn)，⊙O₁分別交x軸于A，B，交y軸于C，D兩點(diǎn)，B（2，0），C（0，4）
（1）求⊙O₁的坐標(biāo)；
（2）如圖2，E為⊙O₁上一點(diǎn)，且弧ED=弧BD，連ED，BD，BE，過(guò)B作BM⊥ED于M，求BM的值；
（3）如圖3，直線PC切⊙O₁于C點(diǎn)，交x軸正半軸于P點(diǎn)，過(guò)A作AG⊥PC于G，連接OG，BC，當(dāng)⊙O₁的大小發(fā)生改變時(shí)，點(diǎn)C在y軸正半軸移動(dòng)時(shí)．求證：BC∥OG．

Answer 1

分析 （1）連接O₁C，利用垂徑定理和勾股定理求得O₁O，得出答案即可；
（2）先求出△BDE的面積，再利用△BDE的面積=$\frac{1}{2}$BM•DE，求得BM即可；
（3）連O₁C，過(guò)O做OH⊥AG于H，易證四邊形O₁CGH是矩形，再證△O₁AH≌△O₁OC，再證△O₁AH≌△O₁OC，進(jìn)一步得出結(jié)論即可．

解答 （1）解：如圖，

連接O₁C，
∵B（2，0），C（0，4）
∴OB=2，OC=4，
設(shè)⊙O₁的半徑為x，
則（x-2）²+4²=x²
解得：x=5，
∴O₁0=-2=3，
∴⊙O₁的坐標(biāo)為（-3，0）；
（2）解：在Rt△BOD中，
BD=$\sqrt{O{D}^{2}+O{B}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵AB⊥CD，
∴$\widehat{BC}$=$\widehat{BD}$，
∵$\widehat{ED}$=$\widehat{BD}$，
∴$\widehat{CD}$=$\widehat{BE}$，
∴BD=CE，
∴S△BDE=S△BCD=$\frac{1}{2}$CD•OB=$\frac{1}{2}$BM•DE，
即$\frac{1}{2}$×8×2=$\frac{1}{2}$BM•2$\sqrt{5}$
∴BM=$\frac{8}{5}\sqrt{5}$．
（3）證明：如圖3

作O₁H⊥AG，
∵直線PC切⊙O₁于C點(diǎn)，
∴∠O₁CG=90°，
又∵AG⊥PC，
∴四邊形O₁CGH是矩形，
∴O₁H=CG，O₁C∥AG，
∴∠HAO₁=∠OO₁C，∠GAB=∠CO₁B，
圖中有O₁O定值，O₁O=3．不妨設(shè)半徑為R，
∠HO₁A+∠CO₁B=90°=∠O₁CD+∠CO₁B
∴∠HO₁A=∠O₁CD
又∠AHO₁=∠COO=₁90°，AO₁=CO₁=R
在△O₁AH和△O₁OC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠HA{O}_{1}=∠O{O}_{1}C}\\{{O}_{1}HA=∠{O}_{1}OC}\\{{O}_{1}A={O}_{1}C}\end{array}\right.$
∴△O₁AH≌△O₁OC，
∴HA=O₁O=3
∴$\frac{{O}_{1}B}{AO}$=$\frac{R}{A{O}_{1}+{O}_{1}O}$=$\frac{R}{R+3}$；$\frac{{O}_{1}C}{AG}$=$\frac{R}{HG+AH}$=$\frac{R}{{O}_{1}C+HA}$=$\frac{R}{R+3}$，
∴$\frac{{O}_{1}B}{AO}$=$\frac{{O}_{1}C}{AG}$
∴△GAO∽△CO₁B，
∴BC∥OG．

點(diǎn)評(píng) 此題考查圓的綜合題，利用垂徑定理，勾股定理，切線的性質(zhì)，三角形全等和相似的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，平行線的判定，綜合性較強(qiáng)，靈活運(yùn)用知識(shí)解決問(wèn)題．