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=2，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?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）動直線l從與BM重合的位置開始繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)，到與BC重合時停止，設(shè)直線l與CM交點(diǎn)為E，點(diǎn)Q為BE的中點(diǎn)，過點(diǎn)E作EG⊥BC于G，連接MQ、QG．請問在旋轉(zhuǎn)過程中∠MQG的大小是否變化？若不變，求出∠MQG的度數(shù)；若變化，請說明理由．

Answer 1

【答案】（1）B（﹣﹣1，0），C（﹣1，0）；

（2）（﹣2，1）；

（3）∠MQG的大小不變，始終等于135°,理由見解析．

【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；過點(diǎn)M作MH⊥BC，垂足為H，易證△MHP≌△AOP，從而求出MH、OH的長，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．由等腰直角三角形和等腰三角形的性質(zhì)得出∠PCA=67.5°，從而得到∠MBG=67.5°，進(jìn)而得到∠MQG=135°，即∠MQG的度數(shù)是定值．

試題解析：解：（1）連接PA，如圖1所示．

∵PO⊥AD，∴AO=DO．

∵AD=2，∴OA=1．

∵點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣1，0），∴OP=1，∴PA=== ，∴BP=CP=，∴OB=+1，OC=﹣1，∴B（﹣﹣1，0），C（﹣1，0）．

（2）連接AP，延長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．

過點(diǎn)M作MH⊥BC，垂足為H，如圖2所示．

在△MHP和△AOP中，∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，PM=PM，∴△MHP≌△AOP（AAS），∴MH=OA=1，PH=PO=1，∴OH=2，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣2，1）．

（3）在旋轉(zhuǎn)過程中∠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．

∵OA=OP=1，∠AOP=90°，∴∠APC=45°，∵PC=PA，∴∠PCA=∠PAC=（180°-45°）=67.5°，∴∠MBC=∠BCA=67.5°，∴∠MQG=135°，∴在旋轉(zhuǎn)過程中∠MQG的大小不變，始終等于135°．