Question

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知動點P在正比例函數(shù)y=x的圖象上，點P的橫坐標(biāo)為m（m＞0），以點P為圓心，m為半徑的圓交x軸于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），交y軸于C、D兩點（點D在點C的上方）．點E為平行四邊形DOPE的頂點（如圖）．
（1）寫出點B、E的坐標(biāo)（用含m的代數(shù)式表示）；
（2）連接DB、BE，設(shè)△BDE的外接圓交y軸于點Q（點Q異于點D），連接EQ、BQ，試問線段BQ與線段EQ的長是否相等？為什么？
（3）連接BC，求∠DBC-∠DBE的度數(shù)．

Answer 1

【答案】分析：（1）如圖①所示，過點P作PM⊥x軸于點M，構(gòu)造直角三角形，利用垂徑定理與勾股定理求出點B的坐標(biāo)；同理可求得點D的坐標(biāo)，過點D作DR⊥PE于點R，則△EDR為等腰直角三角形，從而求出點E的坐標(biāo)；
（2）如圖②所示，首先推出△BDE為直角三角形，由圓周角定理可知，BE為△BDE外接圓的直徑，因此∠BQE=90°；然后證明Rt△EQK∽Rt△QBO，通過計算線段之間的比例關(guān)系，可以得到這兩個三角形全等，所以BQ=EQ；
（3）如圖②所示，本問要點是證明Rt△BDE∽Rt△BOC，得到∠OBC=∠DBE，進(jìn)而計算可得∠DBC-∠DBE=45°．
解答：解：（1）如圖①，連接PB，過點P作PM⊥x軸于點M．
由題意可知，OM=PM=m，PB=m．
在Rt△PBM中，由勾股定理得：
BM===2m，
∴OB=OM+BM=m+2m=3m，
∴B（3m，0）；
連接PD，過點P作PN⊥y軸于點N，同理可求得DN=2m，OD=3m．
過點D作DR⊥PE于點R，
∵平行四邊形DOPE，∴∠ODE+∠DOP=180°；
由題意可知，∠DOP=45°，∴∠ODE=135°，
∴∠EDR=45°，即△EDR為等腰直角三角形，
∴ER=DR=OM=m，EM=ER+RM=ER+OD=m+3m=4m，
∴E（m，4m）．

（2）相等．理由如下：
依題意畫出圖形，如圖②所示．
由（1）知，∠ODE=∠BDO+∠BDE=135°，
又OB=OD=3m，即△OBD為等腰直角三角形，∴∠BDO=45°，
∴∠BDE=90°，即△BDE為直角三角形．
由圓周角定理可知，BE為△BDE外接圓的直徑，∴∠BQE=90°．
過點E作EK⊥y軸于點K，則有EK=m，OK=4m．
∵∠BQE=90°，∴∠EQK+∠BQO=90°，又∠BQO+∠QBO=90°，
∴∠EQK=∠QBO．
∴Rt△EQK∽Rt△QBO，
∴，即，解得OQ=m或OQ=3m，
∵點Q與點D不重合，∴OQ=m，
∴OQ=EK，即相似比為1，此時兩個三角形全等，
∴BQ=EQ．

（3）如圖②所示，連接BC．
由（1）可知，如圖①，CD=2DN=4m，∴OC=CD-OD=m．
由（2）可知，△BDE為直角三角形，△EDK與△BDO均為等腰直角三角形，
∴DE=EK=m，BD=OB=3m．
在Rt△BDE與Rt△BOC中，OC=m，OB=3m，DE=m，BD=3m，
∴，∴Rt△BDE∽Rt△BOC，
∴∠OBC=∠DBE，
∴∠DBC-∠DBE=（∠OBD+∠OBC）-∠DBE=∠OBD=45°．
點評：本題綜合考查了平面幾何圖形的若干重要性質(zhì)，包括圓的垂徑定理、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等腰直角三角形、平行四邊形等，涉及考點較多，有一定的難度．另外需要注意解題方法多樣，例如：第（1）問中求點E坐標(biāo)也可采用代數(shù)方法解決，點E是直線DE（y=x+3m）與直線PE（x=m）的交點；第（3）問中也可以由三角函數(shù)tan∠OBC=tan∠DBE直接得到∠OBC=∠DBE．