Question

1．如图1，半径为4的⊙M，交x轴于A（$-\sqrt{2}$，0）、B（$3\sqrt{2}$，0）两点，交y轴于C、G两点，AD⊥BC于H，交⊙M于D，交y轴于E．
（1）求点M的坐标；
（2）求证：CG-AB=2OE；
（3）如图2，点P为$\widehat{ACB}$上一动点，过B作PB的垂线，交PA的延长线于Q，直线BQ交⊙M于K，若BK=n，AP-AQ=m，写出m与n之间的数量关系，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）根据已知条件得到OA=$\sqrt{2}$，OB=3$\sqrt{2}$，根据勾股定理得到MQ=$\sqrt{A{M}^{2}-A{Q}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，根据矩形的性质得到PM=OQ=$\sqrt{2}$，即可得到结论；
（2）根据三角形的内角和和圆周角定理得到∠OAG=∠OAE，根据全等三角形的性质得到OE=OG，由（1）的结论得到PM，MQ，OP的长度，设OE=a，于是得到PG=2$\sqrt{2}$+a，PE=OP-OE=2$\sqrt{2}$-a，根据线段的和差即可得到结论；
（3）根据已知条件得到△AMB是等腰直角三角形，根据圆内接四边形的性质得到∠OAK=90°，设AQ=a，根据线段的和差即可得到结论；．

解答 解：（1）如图1，过M作MQ⊥AB于Q，MP⊥OC于P，连接AM，
∵A（$-\sqrt{2}$，0）、B（$3\sqrt{2}$，0），
∴OA=$\sqrt{2}$，OB=3$\sqrt{2}$，
∴AB=4$\sqrt{2}$，
∴AQ=2$\sqrt{2}$，AM=4，
∴MQ=$\sqrt{A{M}^{2}-A{Q}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴OQ=AQ-AO=$\sqrt{2}$，
∴PM=OQ=$\sqrt{2}$，
∴点M的坐标是（$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$）；

（2）如图1，连接AG，
∵AD⊥BC，
∴∠CHA=∠AOE，
∵∠CEH=∠AEO，
∴∠OCB=∠EAO，
∵∠OAG=∠OCH，
∴∠OAG=∠OAE，
在△AOE与△AOG中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EAO=∠GAO}\\{AO=AO}\\{∠AOE=∠AOG}\end{array}\right.$，
∴△AOE≌△AGO，
∴OE=OG，
由（1）知PM=$\sqrt{2}$，MQ-$\sqrt{2}$，OP=2$\sqrt{2}$，
设OE=a，则PG=2$\sqrt{2}$+a，PE=OP-OE=2$\sqrt{2}$-a，
∴CE=PC+PE=4$\sqrt{2}$=AB，
∴CG-AB=CE+GE-AB=EG=2OE；

（3）如图2，连接MA，MB，过M作MN⊥AB于N，
∵AM=BM，AN=MN=BN，
∴△AMB是等腰直角三角形，
∴∠AMB=90°，
∴∠P=45°，
∵PB⊥BQ，
∴∠PBQ=90°，
∴∠OAK=90°，设AQ=a，则AK=a，QK=$\sqrt{2}$a，
∴PB=BQ=$\sqrt{2}$a+n，
∴PQ=$\sqrt{2}$PB=2a+$\sqrt{2}$n，
∵AP-AQ=PQ-AQ-AQ=PQ-2AQ=2a+$\sqrt{2}$n-2a=$\sqrt{2}$n，
∴m=$\sqrt{2}$n．

点评 本题考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出图形是解决（3）的关键．