已知.如图:O1为x轴上一点.以O1为圆心作⊙O1交x轴于C.D两点.交y轴于M.N两点.∠CMD的外角平分线交⊙O1于点E.AB是弦.且AB∥CD.直线DM的解析式为y=3x+3．(1)如图1.求⊙O1半径及点E的坐标．(2)如图2.过E作EF⊥BC于F.若A.B为弧CND上两动点且弦AB∥CD.试问:BF+CF与AC之间是否存在某种等量关系?请写出你的结论.并证明．的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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已知，如图：O₁为x轴上一点，以O₁为圆心作⊙O₁交x轴于C、D两点，交y轴于M、N两点，∠CMD的外角平分线交⊙O₁于点E，AB是弦，且AB∥CD，直线DM的解析式为y=3x+3．
（1）如图1，求⊙O₁半径及点E的坐标．
（2）如图2，过E作EF⊥BC于F，若A、B为弧CND上两动点且弦AB∥CD，试问：BF+CF与AC之间是否存在某种等量关系？请写出你的结论，并证明．
（3）在（2）的条件下，EF交⊙O₁于点G，问弦BG的长度是否变化？若不变直接写出BG的长（不写过程），若变化自画图说明理由．

考点：圆的综合题,全等三角形的判定与性质,勾股定理,三角形中位线定理,矩形的判定与性质,垂径定理,圆心角、弧、弦的关系,圆周角定理,圆内接四边形的性质

专题：压轴题

分析：（1）连接ED、EC、EO₁、MO₁，如图1，可以证到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，从而可以证到∠EO₁D=∠EO₁C=90°．由直线DM的解析式为y=3x+3可得OD=1，OM=3．设⊙O₁的半径为r，在Rt△MOO₁中利用勾股定理就可解决问题．
（2）过点O₁作O₁P⊥EG于P，过点O₁作O₁Q⊥BC于Q，连接EO₁、DB，如图2．由AB∥DC可证到BD=AC，易证四边形O₁PFQ是矩形，从而有O₁P=FQ，∠PO₁Q=90°，进而有∠EO₁P=∠CO₁Q，从而可以证到△EPO₁≌△CQO₁，则有PO₁=QO₁．根据三角形中位线定理可得FQ=

BD．从而可以得到BF+CF=2FQ=AC．
（3）连接EO₁，ED，EB，BG，如图3．易证EF∥BD，则有∠GEB=∠EBD，从而有

，也就有BG=DE．在Rt△EO₁D中运用勾股定理求出ED，就可解决问题．

解答：解：（1）连接ED、EC、EO₁、MO₁，如图1，
∵ME平分∠SMC，

∴∠SME=∠EMC．
∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，
∴∠ECD=∠EDC．
∴∠EO₁D=∠EO₁C．
∵∠EO₁D+∠EO₁C=180°，
∴∠EO₁D=∠EO₁C=90°．
∵直线DM的解析式为y=3x+3，
∴点M的坐标为（0，3），点D的坐标为（-1，0）．
∴OD=1，OM=3．
设⊙O₁的半径为r，则MO₁=DO₁=r．
在Rt△MOO₁中，
（r-1）²+3²=r²．
解得：r=5．
∴OO₁=4，EO₁=5．
∴⊙O₁半径为5，点E的坐标为（4，5）．

（2）BF+CF=AC．
证明：过点O₁作O₁P⊥EG于P，过点O₁作O₁Q⊥BC于Q，连接EO₁、DB，如图2．
∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC．
∴

．
∴

．
∴BD=AC．
∵O₁P⊥EG，O₁Q⊥BC，EF⊥BF，
∴∠O₁PF=∠PFQ=∠O₁QF=90°．
∴四边形O₁PFQ是矩形．
∴O₁P=FQ，∠PO₁Q=90°．

∴∠EO₁P=90°-∠PO₁C=∠CO₁Q．
在△EPO₁和△CQO₁中，

∠EO1P=∠CO1Q

∠EPO1=∠CQO1

O1E=O1C

．
∴△EPO₁≌△CQO₁．
∴PO₁=QO₁．
∴FQ=QO₁．
∵QO₁⊥BC，∴BQ=CQ．
∵CO₁=DO₁，∴O₁Q=

BD．
∴FQ=

BD．
∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，
∴BF+CF=BD=AC．

（3）连接EO₁，ED，EB，BG，如图3．

∵DC是⊙O₁的直径，∴∠DBC=90°．
∴∠DBC+∠EFB=180°．
∴EF∥BD．
∴∠GEB=∠EBD．
∴

．
∴BG=DE．
∵DO₁=EO₁=5，EO₁⊥DO₁，
∴DE=5

．
∴BG=5

．
∴弦BG的长度不变，等于5

．

点评：本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、弧与弦的关系、垂径定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理等知识，综合性比较强，有一定的难度．而由AB∥DC证到AC=BD是解决第（2）小题的关键，由EG∥DB证到BG=DE是解决第（3）小题的关键．

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