Question

16．如图1，以点P（-1，0）为圆心的圆，交x轴于B，C两点（B在C的左侧），交y轴于A，D两点（A在D的下方）．AD=2$\sqrt{3}$．
（1）求B，C两点的坐标；
（2）如图2，将△ABC绕点P旋转180°得到△MCB，请在图中画出线段MB，MC，判断四边形ACMB的形状，并说明理由；
（3）如图3，动点E在CM上，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ，QG，求证：∠MQG的大小为定值．

Answer 1

分析 （1）连接PA，运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径，从而可以求出B、C两点的坐标．
（2）由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可；易证四边形ACMB是矩形；过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M的坐标．
（3）易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG．由直角三角形和等边三角形的性质得出∠PCA=60°，从而得到∠MBG=60°，进而得到∠MQG=120°，即∠MQG的度数是定值．

解答 解：（1）连接PA，如图1所示．

∵PO⊥AD，
∴AO=DO．
∵AD=2$\sqrt{3}$，
∴OA=$\sqrt{3}$．
∵点P坐标为（-1，0），
∴OP=1．
∴PA=$\sqrt{O{P}^{2}+O{A}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=2，
∴BP=CP=2，
∴OB=2+1=3，OC=2-1=1．
∴B（-3，0），C（1，0）．

（2）连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC．
如图2所示，线段MB、MC即为所求作．

四边形ACMB是矩形．理由如下：
∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，
∴四边形ACMB是平行四边形．
∵BC是⊙P的直径，
∴∠CAB=90°．
∴平行四边形ACMB是矩形．
过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示．
在△MHP和△AOP中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠MHP=∠AOP}\\{∠HPM=∠OPA}\\{PM=PM}\end{array}\right.$，
∴△MHP≌△AOP（AAS）．
∴MH=OA=$\sqrt{2}$，PH=PO=1．
∴OH=2．
∴点M的坐标为（-2，$\sqrt{2}$）．

（3）在旋转过程中∠MQG的大小不变．
∵四边形ACMB是矩形，
∴∠BMC=90°．
∵EG⊥BO，
∴∠BGE=90°．
∴∠BMC=∠BGE=90°．
∵点Q是BE的中点，
∴QM=QE=QB=QG．
∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示．

∴∠MQG=2∠MBG．
∵OA=$\sqrt{3}$，OP=1，∠AOP=90°，
∴∠APC=60°，
∵PC=PA，
∴∠PCA=∠PAC=60°，
∴∠MBC=∠BCA=60°．
∴∠MQG=120°．
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°．

点评 本题考查了垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、四点共圆、图形的旋转等知识，综合性比较强．有一定难度，证明点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上是解决第三小题的关键．