Question

【題目】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=，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

【答案】（1）B（﹣3，0），C（1，0）；（2）矩形，M的坐標(biāo)為（﹣2，）；（3）在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中∠MQG的大小不變，始終等于120°．

【解析】試題分析：（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．

試題解析：解：（1）連接PA，如圖1所示．∵PO⊥AD，∴AO=DO．∵AD=，∴OA=．∵點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣1，0），∴OP=1，∴PA==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=，PH=PO=1，∴OH=2，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣2，）；

（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=，∴tan∠OCA==，∴∠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°．