分析 (1)连接BP、AP,过P作x轴的垂线,设垂足为Q;由圆周角定理知AB是⊙O的直径,而∠AOP=45°,
得出OP平分∠AOB,则弧BP=弧AP,由此可证得△ABP是等腰Rt△;易求得直径AB的长,即可求出AP的值;在Rt△APQ中,易知PQ=OQ,可用OQ表示出BQ,由勾股定理即可求得OQ、PQ的长,即可得出P点的坐标.
(2)作PD⊥BQ于D,利用(2)中的结论得BD=DQ+AQ,则BQ-AQ=2DQ,所以$\frac{BQ-AQ}{PQ}$=$\frac{2DQ}{PQ}$,根据圆周角定理得∠PQB=∠PAB=45°,则可判断△PDQ为等腰直角三角形,则PQ=$\sqrt{2}$DQ,由此即可解决问题.
(3)先过F作FK⊥AP,再证明△AFK≌△EAP和△GFK≌△CBP,最后解出结果即可.
解答 解:(1)如图1中,连接AP、BP,过P作PQ⊥x轴于Q;
∵∠AOB=90°,
∴AB是⊙O的直径,则∠APB=90°;
Rt△AOB中,OB=2,OA=2$\sqrt{3}$,由勾股定理,得AB=4;
∵∠AOP=45°,
∴OP平分∠AOB,
∴弧BP=弧AP;
则△ABP是等腰Rt△,AP=2$\sqrt{2}$;
Rt△POQ中,∠POQ=45°,则PQ=OQ;
设PQ=OQ=x,则AQ=2$\sqrt{3}$-x;
Rt△APQ中,由勾股定理得:
AP2=AQ2+PQ2,即(2$\sqrt{3}$-x)2+x2=8,
解得x=$\sqrt{3}$+1,x=$\sqrt{3}$-1(舍去),
∵∠POA=45°,∠PQO=90°,
∴PQ=OQ=x=$\sqrt{3}$+1;
即P点坐标为($\sqrt{3}$+l,$\sqrt{3}$+1);
(2)解:如图2中,作PD⊥BQ于D,作PE⊥AQ,交AQ的延长线于E
∵AB为直径,
∴∠AB=90°,
∵PD⊥BQ,
∴四边形PDQE为矩形,
在△PBD和△PAE中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠PDB=∠PEA}\\{∠PBD=∠PAE}\\{PB=PA}\end{array}\right.$,
∴△PBD≌△PAE(AAS),
∴PD=PE,BD=AE,
∴四边形PDQE为正方形,
∴QD=QE,
∴BD=AE=QE+AQ=QD+AQ;
∴BQ-AQ=BD+DQ-AQ=DQ+AQ+DQ-AQ=2DQ,
∴$\frac{BQ-AQ}{PQ}$=$\frac{2DQ}{PQ}$,
∵∠PQB=∠PAB=45°,
∴△PDQ为等腰直角三角形,
∴PQ=$\sqrt{2}$DQ,
∴$\frac{BQ-AQ}{PQ}$=$\frac{2DQ}{PQ}$=$\frac{2DQ}{\sqrt{2}DQ}$=$\sqrt{2}$.
(3)如图3中,过F作FK⊥AP,则△AFK≌△EAP,
∴AK=PE,FK=AP=BP,
∴AP-AK=BP-PE,
∴PK=BE,
在△GFK和△GBP中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠FGK=∠PGB}\\{∠FKG=∠BPG}\\{KF=PB}\end{array}\right.$,
∴△GFK≌△GBP,
∴PG=GK,
∴PG=$\frac{1}{2}$PK=$\frac{1}{2}$BE,
∴$\frac{BE}{PG}$=2;
点评 本题考查了圆周角定理、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识的综合应用能力;能够构建出与已知和所求相关的直角三角形是解答此题的关键,学会添加常用辅助线,构造全等三角形,属于中考压轴题.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | a=3$\sqrt{2}$,b=4$\sqrt{2}$,c=5$\sqrt{2}$ | B. | a=30,b=40,c=45 | C. | a=1,b=$\sqrt{2}$,c=$\sqrt{3}$ | D. | a:b:c=5:12:13 |
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