Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，⊙C與y軸相切于D點，與x軸相交于A（2，0）、B（8，0）兩點，圓心C在第四象限．
（1）求點C的坐標(biāo)；
（2）連接BC并延長交⊙C于另一點E，若線段BE上有一點P，使得AB²=BP•BE，能否推出AP⊥BE？請給出你的結(jié)論，并說明理由；
（3）在直線BE上是否存在點Q，使得AQ²=BQ•EQ？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，也請說明理由．

Answer 1

（1）C（5，-4）；（3分）

（2）能．（4分）
連接AE，
∵BE是⊙O的直徑，
∴∠BAE=90°，（5分）
在△ABE與△PBA中，AB²=BP•BE，即

AB

BP

=

BE

AB

，
又∠ABE=∠PBA，
∴△ABE∽△PBA，（7分）
∴∠BPA=∠BAE=90°，即AP⊥BE；（8分）

（3）分析：假設(shè)在直線EB上存在點Q，使AQ²=BQ•EQ．Q點位置有三種情況：
①若三條線段有兩條等長，則三條均等長，于是容易知點C即點Q；
②若無兩條等長，且點Q在線段EB上，由Rt△EBA中的射影定理知點Q即為AQ⊥EB之垂足；
③若無兩條等長，且當(dāng)點Q在線段EB外，由條件想到切割線定理，知QA切⊙C于點A．設(shè)Q（t，y（t）），并過點Q作QR⊥x軸于點R，由相似三角形性質(zhì)、切割線定理、勾股定理、三角函數(shù)或直線解析式等可得多種解法．
解題過程：
①當(dāng)點Q₁與C重合時，AQ₁=Q₁B=Q₁E，顯然有AQ₁²=BQ₁•EQ₁，
∴Q₁（5，-4）符合題意；（9分）
②當(dāng)Q₂點在線段EB上，∵△ABE中，∠BAE=90°
∴點Q₂為AQ₂在BE上的垂足，（10分）
∴AQ₂=

AB•AE

BE

=

48

10

=4.8（或

24

5

），
∴Q₂點的橫坐標(biāo)是2+AQ₂•cos∠BAQ₂=2+3.84=5.84，
又由AQ₂•sin∠BAQ₂=2.88，
∴點Q₂（5.84，-2.88），[或（

146

25

，-

72

25

）]；（11分）
③方法一：若符合題意的點Q₃在線段EB外，
則可得點Q₃為過點A的⊙C的切線與直線BE在第一象限的交點．
由Rt△Q₃BR∽Rt△EBA，△EBA的三邊長分別為6、8、10，
故不妨設(shè)BR=3t，RQ₃=4t，BQ₃=5t，（12分）
由Rt△ARQ₃∽Rt△EAB得

AR

EA

=

RQ3

AB

，（13分）
即

6+3t

8

=

4t

6

得t=

18

7

，
（注：此處也可由tan∠Q₃AR=tan∠AEB=

3

4

列得方程

4t

3t+6

=

3

4

；
或由AQ₃²=Q₃B•Q₃E=Q₃R²+AR²列得方程5t（10+5t）=（4t）²+（3t+6）²等等）
∴Q₃點的橫坐標(biāo)為8+3t=

110

7

，Q₃點的縱坐標(biāo)為

72

7

，
即Q₃（

110

7

，

72

7

）；（14分）
方法二：如上所設(shè)與添輔助線，直線BE過B（8，0），C（5，-4），
∴直線BE的解析式是y=

4

3

x-

32

3

，（12分）
設(shè)Q₃（t，

4t

3

-

32

3

），過點Q₃作Q₃R⊥x軸于點R，
∵易證∠Q₃AR=∠AEB得Rt△AQ₃R∽Rt△EAB，
∴

RQ3

AR

=

AB

EA

，即

4 3 t- 32 3

t-2

=

6

8

，（13分）
∴t=

110

7

，進而點Q₃的縱坐標(biāo)為

72

7

，
∴Q₃（

110

7

，

72

7

）；（14分）
方法三：若符合題意的點Q₃在線段EB外，連接Q₃A并延長交y軸于F，
∴∠Q₃AB=∠Q₃EA，tan∠OAF=tan∠Q₃AB=tan∠AEB=

3

4

，
在Rt△OAF中有OF=2×

3

4

=

3

2

，點F的坐標(biāo)為（0，-

3

2

），
∴可得直線AF的解析式為y=

3

4

x-

3

2

，（12分）
又直線BE的解析式是，y=

3

4

x-

32

3

，（13分）
∴可得交點Q₃（

110

7

，

72

7

）．（14分）