Question

已知方程x²-6x+m（2x+m）-7=0有两个不相等的实根，两根的平方和为10，且两根分别为A、B的横坐标（如图1A在x轴的负半轴上，B在x轴的正半轴上），以AB为直径作圆M交y轴于C、D，E为弧BD上一点．

（1）求m的值；
（2）若BK⊥EC于K，连ED，KE=

1

2

，求ED的长；
（3）Q为EB延长线上一点，⊙P过C、E、Q交DE的延长线于F，连AE，当E在弧BD上移动时，求证：

EC+ED

EA

=

3

EC+EF

EQ

．

Answer 1

考点：圆的综合题,解一元二次方程-因式分解法,根的判别式,根与系数的关系,全等三角形的判定与性质,等边三角形的判定与性质,勾股定理,垂径定理,圆心角、弧、弦的关系,圆周角定理,锐角三角函数的定义,特殊角的三角函数值

专题：压轴题

分析：（1）根据条件利用根与系数的关系就可求出m的值．
（2）连接CM、BC、BD、BE，在EC上取一点E′，使得EE′=EB，连接BE′，如图（1）．将m的值代入原方程可求出方程的根，从而得到点A、B的坐标，及OA、OB、AB、AM、CM、OM的长，从而求出∠CMO、∠CMB、∠CEB的度数，然后利用三角函数可求出BE、BK的长，在Rt△COB中运用勾股定理可求出BC长，在Rt△CKB中运用勾股定理可求出CK长．易证△BEE′是等边三角形，从而有BE′=BE，∠EBE′=60°．根据等腰三角形的性质可得KE′=EK．从而求出CE′的长．根据垂径定理可得

AC

=

AD

，

BC

=

BD

，则有∠ABC=∠ABD，BC=BD，从而可证到∠CBE′=∠DBE，进而可得到△CBE′≌△DBE，则CE′=DE，就可解决问题．
（3）过点A作AG⊥DE交ED的延长线于G，过点A作AH⊥EC于H，连接AC、AD、MC；过点Q作QJ⊥EF交EF的延长线于J，过点Q作QI⊥EC于I，连接QC、QF，如图（2）．由

AC

=

AD

可得AC=AD，∠AEC=∠AED，从而可证到△AHE≌△AGE，则有EH=EG，AH=AG，进而可得证到Rt△AHC≌Rt△AGD，则有CH=DG，从而得到EC+ED=2EH．在Rt△AHE中，利用三角函数可得到EH=

3

2

EA，就可求出

EC+ED

EA

的值；同理可得：EC+EF=2EI，EI=

1

2

EQ，从而可求出

EC+EF

EQ

的值，就可解决问题．

解答：解：（1）方程x²-6x+m（2x+m）-7=0整理得：x²+（2m-6）x+m²-7=0．
∵方程有两个不相等的实根，
∴△=（2m-6）²-4×1×（m²-7）＞0．
解得：m＜

8

3

．
由根与系数的关系可得：x₁+x₂=6-2m，x₁•x₂=m²-7．
∵x₁²+x₂²=（x₁+x₂）²-2x₁•x₂=10，
∴（6-2m）²-2（m²-7）=10．
整理得：m²-12m+20=0．
解得：m₁=2，m₂=10．
∵m＜

8

3

，∴m=2．
∴m的值为2．

（2）连接CM、BC、BD、BE，在EC上取一点E′，使得EE′=EB，连接BE′，如图（1）．
将m=2代入原方程得：x²-2x-3=0，
解得：x₁=-1，x₂=3．
则点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0）．
则OA=1，OB=3，AB=4，AM=BM=CM=2，OM=1．
在Rt△COM中，
∵cos∠CMO=

OM

CM

=

1

2

，
∴∠CMO=60°，∠CMB=180°-60°=120°．
∴∠CEB=

1

2

∠CMB=60°．
∵BK⊥EC，KE=

1

2

，
∴cos∠BEK=

KE

BE

=

1

2

，tan∠BEK=

BK

KE

=

3

．
∴BE=2KE=1，BK=

3

KE=

3

2

．
在Rt△COB中，
BC=

OC2+OB2

=

3+9

=2

3

．
在Rt△CKB中，
CK=

CB2-BK2

=

12- 3 4

=

3 5

2

．
∵EE′=EB，∠BEE′=60°，
∴△BEE′是等边三角形．
∴BE′=BE，∠EBE′=60°．
∵BK⊥EE′，∴KE′=EK=

1

2

．
∴CE′=CK-KE′=

3 5

2

-

1

2

=

3 5 -1

2

．
∵AB⊥CD，
∴

AC

=

AD

，

BC

=

BD

．
∴∠ABC=∠ABD，BC=BD．
∴∠ABD=∠ABC=

1

2

∠AMC=30°．
∴∠CBD=60°．
∴∠EBE′=60°=∠CBD．
∴∠CBE′=∠DBE．
在△CBE′和△DBE中，

BC=BD ∠CBE′=DBE BE′=BE

∴△CBE′≌△DBE（SAS）．
∴CE′=DE．
∴DE=

3 5 -1

2

．

（3）过点A作AG⊥DE交ED的延长线于G，过点A作AH⊥EC于H，连接AC、AD、MC；
过点Q作QJ⊥EF交EF的延长线于J，过点Q作QI⊥EC于I，连接QC、QF，如图（2）．
∵

AC

=

AD

，
∴AC=AD，∠AEC=∠AED．
∵AG⊥DE，AH⊥EC，
∴∠AHE=∠AGE=90°．
在△AHE和△AGE中，

∠AEH=∠AEG ∠AHE=∠AGE AE=AE

．
∴△AHE≌△AGE（AAS）．
∴EH=EG，AH=AG．
在Rt△AHC和Rt△AGD中，

AH=AG AC=AD

．
∴Rt△AHC≌Rt△AGD（HL）．
∴CH=DG．
∴EC+ED=EH+HC+ED=EH+DG+ED=EH+EG=2EH．
在Rt△AHE中，
∵∠AEC=

1

2

∠AMC=30°，
∴cos∠AEH=

EH

EA

=

3

2

．
∴EH=

3

2

EA．
∴EC+ED=

3

EA．
∴

EC+ED

EA

=

3

．
同理可得：EC+EF=2EI，EI=

1

2

EQ．
∴EC+EF=EQ．
∴

EC+EF

EQ

=1．
∴

EC+ED

EA

=

3

EC+EF

EQ

．

点评：本题考查了垂径定理、圆周角定理、弧与圆心角及弦的关系、解一元二次方程、根的判别式、根与系数的关系、锐角三角函数、特殊角的三角函数值、勾股定理、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，综合性比较强，难度比较大．而构造全等三角形是解决本题的关键．