Question

【题目】在平面直角坐标系xoy中，点M在x轴的正半轴上，⊙M交x轴于A、B两点，交y轴C、D于两点，且C为弧AE的中点，AE交y轴于点G点，若点C的坐标为（0，2）．

（1）连接MG、BC，求证：MG∥BC；

（2）若CE∥AB，直线y＝kx﹣1（k≠0）将四边形ACEB面积二等分，求k的值；

（3）如图2，过O、P（2，2）作⊙O1交x轴正半轴于G，交y轴负半轴于H，I为△GOH的内心，过I作IN⊥GH于N，当⊙O1的大小变化时，试说明GN﹣NH的值不变并求其值．

Answer 1

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析，GN﹣NH的值为4

【解析】

（1）连接AC，设AE与BC的交点为F，如图1①，由题可知AM＝BM，要证MG∥BC，只需证AG＝FG，由于∠ACF＝90°，只需证AG＝CG即可．

（2）连接AC、CE、BE，设AE与BC的交点为F，直线y＝kx﹣1与CE交于P，与AB交于Q，如图1②．由条件CE∥AB可求出∠ACO的度数，进而可求出CE、AB的长．用k的代数式表示出CP、AQ的长度，然后根据条件列出关于k的方程，就可求出k的值．

（3）过点I作IA⊥OH于A，作IB⊥OG于B，过点P作PC⊥y轴于C，作PD⊥x轴于D，连接IO、IH、IG、PH、PG，如图2，根据角平分线的性质可得IA＝IB＝IN，运用勾股定理可得AH＝NH，GN＝GB，OA＝OB，从而可得GN﹣NH＝OG﹣OH．易证矩形OCPD是正方形，从而有∠CPD＝90°，PC＝PD．进而可证到△PCH≌△PDG，则有CH＝DG，即CO+OH＝OG﹣OD，从而有OG﹣OH＝4，进而可得GN﹣NH＝OG﹣OH＝4，问题得以解决．

解：（1）连接AC，设AE与BC的交点为F，如图1①，

∵AB是⊙M的直径，AB⊥CD，

∴∠ACB＝90°，．

∵，

∴．

∴∠ACD＝∠CAE．

∴GA＝GC，∠GCF＝90°﹣∠ACD＝90°﹣∠CAE＝∠CFG．

∴GC＝GF．

∴AG＝GF．

∵AM＝BM，

∴MG∥BC．

（2）连接AC、CE、BE，设AE与BC的交点为F，直线y＝kx﹣1与CE交于P，与AB交于Q，如图1②．

∵CE∥AB，∴∠CEA＝∠BAE．

∵，∴∠CAE＝∠CEA．

∴∠ACO＝∠CAE＝∠GAO．

∵∠AOC＝90°，

∴3∠ACO＝90°．

∴∠ACO＝30°．

∵点C的坐标为（0，2），

∴OC＝2．

∴A0＝OCtan∠ACO＝2×＝2．

∴点A的坐标为（﹣2，0），AC＝2AO＝4．

∵，

∴EC＝AC＝4，∠ABC＝∠CAE＝30°．

∴AB＝2AC＝8．

∵yQ＝0，

∴kxQ﹣1＝0，即xQ＝．

∴AQ＝﹣（﹣2）＝+2．

∵点C的坐标为（0，2），CE∥AB，

∴yP＝2．

∴kxP﹣1＝2，即xP＝．

∴CP＝．

∵S梯形ACPQ＝S梯形ABEC，

∴（CP+AQ）OC＝×（CE+AB）OC．

∴2（CP+AQ）＝CE+AB．

∴2（++2）＝4+8＝12．

解得：k＝．

经检验k＝是原方程的解．

∴k的值为．

（3）过点I作IA⊥OH于A，作IB⊥OG于B，过点P作PC⊥y轴于C，作

PD⊥x轴于D，连接IO、IH、IG、PH、PG，如图2．

∵点I是△GOH的内心，

∴点I是△GOH的内角平分线的交点．

∵IA⊥OH，IB⊥OG，IN⊥GH，

∴IA＝IB＝IN．

∴AH＝＝＝NH．

同理GN＝GB，OA＝OB．

∴GN﹣NH＝GB﹣AH＝（OG﹣OB）﹣（OH﹣OA）＝OG﹣OH．

∵P点坐标为（2，2），

∴OD＝OC＝2．

∵PC⊥OC，PD⊥OD，OC⊥OD，

∴∠PCO＝∠COD＝∠PDO＝90°．

∴四边形OCPD是矩形．

∵OD＝OC，

∴矩形OCPD是正方形．

∴∠CPD＝90°，PC＝PD．

∵GH是⊙O1直径，

∴∠GPH＝90°．

∴∠CPD＝∠GPH．

∴∠CPH＝∠DPG．

∴△PCH≌△PDG（ASA）．

∴CH＝DG．

∴CO+OH＝OG﹣OD．

∴2+OH＝OG﹣2．

∴OG﹣OH＝4．

∴GN﹣NH＝OG﹣OH＝4．

∴GN﹣NH的值不变，其值为4．