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(2005•台州)如图,在平面直角坐标系内,⊙C与y轴相切于D点,与x轴相交于A(2,0)、B(8,0)两点,圆心C在第四象限.
(1)求点C的坐标;
(2)连接BC并延长交⊙C于另一点E,若线段BE上有一点P,使得AB2=BP•BE,能否推出AP⊥BE?请给出你的结论,并说明理由;
(3)在直线BE上是否存在点Q,使得AQ2=BQ•EQ?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,也请说明理由.

【答案】分析:(1)根据题意,根据圆心的性质,可得C的AB的中垂线上,易得C的横坐标为5;进而可得圆的半径为5;利用勾股定理可得其纵坐标为-4;即可得C的坐标;
(2)连接AE,由圆周角定理可得∠BAE=90°,进而可得AB2=BP•BE,即,可得△ABE∽△PBA;进而可得∠BAE=90°,即AP⊥BE;
(3)分三种情况讨论,根据相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数的定义,易得Q到xy轴的距离,即可得Q的坐标.
解答:解:(1)C(5,-4);(3分)

(2)能. (4分)
连接AE,
∵BE是⊙O的直径,
∴∠BAE=90°,(5分)
在△ABE与△PBA中,AB2=BP•BE,即
又∠ABE=∠PBA,
∴△ABE∽△PBA,(7分)
∴∠BPA=∠BAE=90°,即AP⊥BE;(8分)

(3)分析:假设在直线EB上存在点Q,使AQ2=BQ•EQ.Q点位置有三种情况:
①若三条线段有两条等长,则三条均等长,于是容易知点C即点Q;
②若无两条等长,且点Q在线段EB上,由Rt△EBA中的射影定理知点Q即为AQ⊥EB之垂足;
③若无两条等长,且当点Q在线段EB外,由条件想到切割线定理,知QA切⊙C于点A.设Q(t,y(t)),并过点Q作QR⊥x轴于点R,由相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数或直线解析式等可得多种解法.
解题过程:
①当点Q1与C重合时,AQ1=Q1B=Q1E,显然有AQ12=BQ1•EQ1
∴Q1(5,-4)符合题意;(9分)
②当Q2点在线段EB上,∵△ABE中,∠BAE=90°
∴点Q2为AQ2在BE上的垂足,(10分)
∴AQ2==4.8(或),
∴Q2点的横坐标是2+AQ2•cos∠BAQ2=2+3.84=5.84,
又由AQ2•sin∠BAQ2=2.88,
∴点Q2(5.84,-2.88),[或(,-)];(11分)
③方法一:若符合题意的点Q3在线段EB外,
则可得点Q3为过点A的⊙C的切线与直线BE在第一象限的交点.
由Rt△Q3BR∽Rt△EBA,△EBA的三边长分别为6、8、10,
故不妨设BR=3t,RQ3=4t,BQ3=5t,(12分)
由Rt△ARQ3∽Rt△EAB得,(13分)
得t=
(注:此处也可由tan∠Q3AR=tan∠AEB=列得方程=
或由AQ32=Q3B•Q3E=Q3R2+AR2列得方程5t(10+5t)=(4t)2+(3t+6)2等等)
∴Q3点的横坐标为8+3t=,Q3点的纵坐标为
即Q3);(14分)
方法二:如上所设与添辅助线,直线BE过B(8,0),C(5,-4),
∴直线BE的解析式是y=,(12分)
设Q3(t,),过点Q3作Q3R⊥x轴于点R,
∵易证∠Q3AR=∠AEB得Rt△AQ3R∽Rt△EAB,
,即,(13分)
∴t=,进而点Q3的纵坐标为
∴Q3);(14分)
方法三:若符合题意的点Q3在线段EB外,连接Q3A并延长交y轴于F,
∴∠Q3AB=∠Q3EA,tan∠OAF=tan∠Q3AB=tan∠AEB=
在Rt△OAF中有OF=2×=,点F的坐标为(0,-),
∴可得直线AF的解析式为y=x-,(12分)
又直线BE的解析式是,y=x-,(13分)
∴可得交点Q3).   (14分)
点评:本题是一道动态解析几何题,对学生的运动分析,数形结合的思想作了重点的考查,有一定的难度.
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