Question

已知：如圖，直線(xiàn)y=kx+3（k＞0）交x軸于B點(diǎn)，交y軸于A(yíng)點(diǎn)，以A為圓心，AB為半徑作⊙A交x軸于另一點(diǎn)D，交y軸于E、F兩點(diǎn)，交直線(xiàn)AB于C點(diǎn)，連接BE、CE，∠CBD的平分線(xiàn)交CE于I點(diǎn)．
（1）求證：BE=IE；
（2）若AI⊥CE，設(shè)Q為弧BF上一點(diǎn)，連接DQ交y軸于T，連接BQ并延長(zhǎng)交y軸于G點(diǎn)，求AT•AG的值；
（3）設(shè)P為線(xiàn)段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（異于A(yíng)、B），連接PD交y軸于M點(diǎn)，過(guò)P、M、B三點(diǎn)作⊙O₁交y軸于另一點(diǎn)N．設(shè)⊙O₁的半徑為R，當(dāng)k=

3

4

時(shí)，給出下列兩個(gè)結(jié)論：①M(fèi)N的長(zhǎng)度不變；②

MN

R

的值不變，其中有且只有一個(gè)結(jié)論是正確的，請(qǐng)你判斷哪一個(gè)結(jié)論正確，證明正確的結(jié)論并求出其值．

Answer 1

分析：（1）已知AE⊥BD，由垂徑定理得，弧BE=弧DE，由圓周角定理得∠1=∠2，AH是∠ABO的平分線(xiàn)，則∠3=∠4，由三角形的外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角和得，∠5=∠2+∠3，∠IBE=∠1+∠4，所以∠5=∠IBE，由等角對(duì)等邊得證BE=IE；
（2）連接QC、TB，由同角或等角的余角相等得，∠CBQ=∠8=∠9，可證△ABG∽△ATB得到AB²=AG•AT，又因?yàn)锳H⊥CE，由垂徑定理得，H為CE的中點(diǎn)，即BE=EC，得證△BEO∽△CBE，得OE：OB=BE：CE=1：2，設(shè)⊙A的半徑為R，由勾股定理得，AB²-OA²=BO²，OE=R-3，可求得，R=5，即AT•AG=AB²=25；（方法二提示：可連接AD、CD證△BAG∽△TAD）
（3）②的值不變．作O₁K⊥MN于K，連接O₁N、PN、BM，由垂徑定理得，MN=2NK，且∠N O₁K=∠1，由正弦的概念得，

MN

R

=

2NK

O1K

=2sin∠NO₁K=2sin∠1，由直線(xiàn)y=x+3求得OB=OD=4，即OM⊥BD，由垂徑定理得∠2=∠3，由三角形的外角與內(nèi)角的關(guān)系得：∠2=∠4+∠5，∠3=∠1+∠6，由圓周角定理知∠5=∠6，所以∠1=∠4=∠NO₁K，=2sin∠4=2×

BO

AB

=

8

5

．

解答：（1）證明：∵AE⊥BD，
∴弧BE=弧DE．
∴∠1=∠2．
∵∠3=∠4，∠5=∠2+∠3，∠IBE=∠1+∠4，
∴∠5=∠IBE．
∴BE=IE．

（2）解：連接QC、TB，
則∠6+∠CBQ=90°，
又∠7+∠8=90°，而∠6=∠7，
∴∠CBQ=∠8=∠9．
∴△ABG∽△ATB．
∴AB²=AG•AT．
∵AI⊥CE，
∴I為CE的中點(diǎn)．
∴AE=AC，IE=IC．
∴△BEO∽△CBE．
∴OE：OB=BE：CE=1：2．
設(shè)⊙A的半徑為R，
由AB²-OA²=BO²，OE=R-3，
得R²-3²=4（R-3）²
解得R=5，或R=3（不合題意，舍去）．
∴AT•AG=AB²=25．
（方法二提示：可連接AD、CD證△BAG∽△TAD）

（3）解：②的值不變．
證明：作O₁K⊥MN于K，連接O₁N、PN、BM，
則MN=2NK，且∠N O₁K=∠1，
∴

MN

R

=

2NK

O1K

=2sin∠NO₁K=2sin∠1
由直線(xiàn)y=x+3得OB=OD=4，OM⊥BD，
∴∠2=∠3．
又∠2=∠4+∠5，∠3=∠1+∠6，
∵∠5=∠6，
∴∠1=∠4=∠NO₁K，

MN

R

=2sin∠4=2×

BO

AB

=

8

5

．
所以

MN

R

的值不變，其值為

8

5

．

點(diǎn)評(píng)：本題利用了垂徑定理，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理圓周角定理，一次函數(shù)的圖象與坐標(biāo)軸的關(guān)系，三角形的外角與內(nèi)角的關(guān)系求解，綜合性強(qiáng)，涉及多個(gè)知識(shí)點(diǎn)．