Question

1．如圖1，半徑為4的⊙M，交x軸于A（$-\sqrt{2}$，0）、B（$3\sqrt{2}$，0）兩點，交y軸于C、G兩點，AD⊥BC于H，交⊙M于D，交y軸于E．
（1）求點M的坐標；
（2）求證：CG-AB=2OE；
（3）如圖2，點P為$\widehat{ACB}$上一動點，過B作PB的垂線，交PA的延長線于Q，直線BQ交⊙M于K，若BK=n，AP-AQ=m，寫出m與n之間的數(shù)量關系，并證明你的結論．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知條件得到OA=$\sqrt{2}$，OB=3$\sqrt{2}$，根據(jù)勾股定理得到MQ=$\sqrt{A{M}^{2}-A{Q}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，根據(jù)矩形的性質得到PM=OQ=$\sqrt{2}$，即可得到結論；
（2）根據(jù)三角形的內角和和圓周角定理得到∠OAG=∠OAE，根據(jù)全等三角形的性質得到OE=OG，由（1）的結論得到PM，MQ，OP的長度，設OE=a，于是得到PG=2$\sqrt{2}$+a，PE=OP-OE=2$\sqrt{2}$-a，根據(jù)線段的和差即可得到結論；
（3）根據(jù)已知條件得到△AMB是等腰直角三角形，根據(jù)圓內接四邊形的性質得到∠OAK=90°，設AQ=a，根據(jù)線段的和差即可得到結論；．

解答 解：（1）如圖1，過M作MQ⊥AB于Q，MP⊥OC于P，連接AM，
∵A（$-\sqrt{2}$，0）、B（$3\sqrt{2}$，0），
∴OA=$\sqrt{2}$，OB=3$\sqrt{2}$，
∴AB=4$\sqrt{2}$，
∴AQ=2$\sqrt{2}$，AM=4，
∴MQ=$\sqrt{A{M}^{2}-A{Q}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴OQ=AQ-AO=$\sqrt{2}$，
∴PM=OQ=$\sqrt{2}$，
∴點M的坐標是（$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$）；

（2）如圖1，連接AG，
∵AD⊥BC，
∴∠CHA=∠AOE，
∵∠CEH=∠AEO，
∴∠OCB=∠EAO，
∵∠OAG=∠OCH，
∴∠OAG=∠OAE，
在△AOE與△AOG中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EAO=∠GAO}\\{AO=AO}\\{∠AOE=∠AOG}\end{array}\right.$，
∴△AOE≌△AGO，
∴OE=OG，
由（1）知PM=$\sqrt{2}$，MQ-$\sqrt{2}$，OP=2$\sqrt{2}$，
設OE=a，則PG=2$\sqrt{2}$+a，PE=OP-OE=2$\sqrt{2}$-a，
∴CE=PC+PE=4$\sqrt{2}$=AB，
∴CG-AB=CE+GE-AB=EG=2OE；

（3）如圖2，連接MA，MB，過M作MN⊥AB于N，
∵AM=BM，AN=MN=BN，
∴△AMB是等腰直角三角形，
∴∠AMB=90°，
∴∠P=45°，
∵PB⊥BQ，
∴∠PBQ=90°，
∴∠OAK=90°，設AQ=a，則AK=a，QK=$\sqrt{2}$a，
∴PB=BQ=$\sqrt{2}$a+n，
∴PQ=$\sqrt{2}$PB=2a+$\sqrt{2}$n，
∵AP-AQ=PQ-AQ-AQ=PQ-2AQ=2a+$\sqrt{2}$n-2a=$\sqrt{2}$n，
∴m=$\sqrt{2}$n．

點評 本題考查了全等三角形的判定和性質，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性質，正確的作出圖形是解決（3）的關鍵．