Question

1．如图1，在平面直角坐标系中，已知A（-1，0）、B（2，0），以OB为直径作⊙O₁，AC与⊙O₁相切于点C，交y轴于点D．
（1）求点D的坐标；
（2）如图2，O₂是y轴上一点，且⊙O₂经过A、D两点，交x轴于点E，交y轴于点F，P是$\widehat{DE}$上一动点，连接PA、PE、PF，试判断PA、PE、PF之间是否存在一定的数量关系，请指出并证明；
（3）如图3，若⊙O过O₁且与⊙O₁交于点G、H，Q是$\widehat{BG}$上一动点（不与B、G重合），连接QG并延长交⊙O于点R，N是QR的中点，设GH交OB于点M，连接MN，当Q点运动时，MN的值是否发生变化？若不变，求其值；若变化，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据切线的性质得出O₁C⊥AC，由sinA=$\frac{{O}_{1}C}{{O}_{1}A}$=$\frac{1}{2}$，得出∠OAD=30°，从而求得直线AC的斜率为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，设直线AC的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+b，利用待定系数法求得b，即可求得D的坐标．
（2）先证得△O₂AD是等边三角形，再证明△PAE≌△NFE，得出PE=NE，△PNE是等边三角形，PE=EN=PN，即可得出答案；
（3）首先得出∠R=∠Q，根据等角对等边得出RH=QH，根据等腰三角形三线合一的性质得出HN⊥RQ，进而根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，即可证得MN=MG．

解答 （1）解：连接O₁C，
∵AC与⊙O₁相切于点C，
∵O₁C⊥AC，
∵A（-1，0）、B（2，0），以OB为直径作⊙O₁，
∴O₁A=2，O₁C=1，
∴sinA=$\frac{{O}_{1}C}{{O}_{1}A}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠OAD=30°，
∴$\frac{OD}{OA}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴设直线AC的解析式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x+b，
把A（-1，0）代入得，$\frac{\sqrt{3}}{3}$×（-1）+b=0，
解得b=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴点D的坐标为（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）；
（2）PF=PA+PE．
证明：∵∠OAD=30°，
∴∠ADO=60°，
∵O₂A=O₂D，
∴△O₂AD是等边三角形，
∴∠APF=∠ADF=60°，连接EF，
在FP上截取FN=AP，连接EN，
∵O₂D=2OD=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴OF=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$+$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\sqrt{3}$，
∵OE=OA=1，
∴EF=$\sqrt{O{E}^{2}+O{F}^{2}}$=2，
∵AE=2，
∴EF=AE，
∵在△PAE和△NFE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=EF}\\{∠PAE=∠PFE}\\{AP=FN}\end{array}\right.$，
∴△PAE≌△NFE（SAS），
∴EN=PE，
∵DF垂直平分AE，
∴$\widehat{AF}$=$\widehat{EF}$，
∴∠EPF=∠APF=60°，
∴△PNE是等边三角形，PE=EN=PN，
∴PA+PE=PF；
（3）当Q点运动时，MN的值不发生变化；
理由：连接NH、RH、QH，
∵⊙O与⊙O₁的半径相等，
∴$\widehat{GOH}$=$\widehat{G{O}_{1}H}$，
∴∠R=∠Q，
∴RH=QH，
∵N是QR的中点，
∴HN⊥RQ，
在RT△NHG中，GM=HM，
∴MN=$\frac{1}{2}$GH=GM，
即MN=MG．
∵$\frac{1}{2}$GH=cos60°×1=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴MN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

点评 此题主要考查了切线的性质、解直角三角形、待定系数法求解析式、勾股定理的应用、等边三角形的判定与性质以及圆周角定理等知识，熟练掌握和正确应用性质定理是解题关键．