Question

1．如图1，点O₁是x轴负半轴上一点，⊙O₁分别交x轴于A，B，交y轴于C，D两点，B（2，0），C（0，4）
（1）求⊙O₁的坐标；
（2）如图2，E为⊙O₁上一点，且弧ED=弧BD，连ED，BD，BE，过B作BM⊥ED于M，求BM的值；
（3）如图3，直线PC切⊙O₁于C点，交x轴正半轴于P点，过A作AG⊥PC于G，连接OG，BC，当⊙O₁的大小发生改变时，点C在y轴正半轴移动时．求证：BC∥OG．

Answer 1

分析 （1）连接O₁C，利用垂径定理和勾股定理求得O₁O，得出答案即可；
（2）先求出△BDE的面积，再利用△BDE的面积=$\frac{1}{2}$BM•DE，求得BM即可；
（3）连O₁C，过O做OH⊥AG于H，易证四边形O₁CGH是矩形，再证△O₁AH≌△O₁OC，再证△O₁AH≌△O₁OC，进一步得出结论即可．

解答 （1）解：如图，

连接O₁C，
∵B（2，0），C（0，4）
∴OB=2，OC=4，
设⊙O₁的半径为x，
则（x-2）²+4²=x²
解得：x=5，
∴O₁0=-2=3，
∴⊙O₁的坐标为（-3，0）；
（2）解：在Rt△BOD中，
BD=$\sqrt{O{D}^{2}+O{B}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵AB⊥CD，
∴$\widehat{BC}$=$\widehat{BD}$，
∵$\widehat{ED}$=$\widehat{BD}$，
∴$\widehat{CD}$=$\widehat{BE}$，
∴BD=CE，
∴S△BDE=S△BCD=$\frac{1}{2}$CD•OB=$\frac{1}{2}$BM•DE，
即$\frac{1}{2}$×8×2=$\frac{1}{2}$BM•2$\sqrt{5}$
∴BM=$\frac{8}{5}\sqrt{5}$．
（3）证明：如图3

作O₁H⊥AG，
∵直线PC切⊙O₁于C点，
∴∠O₁CG=90°，
又∵AG⊥PC，
∴四边形O₁CGH是矩形，
∴O₁H=CG，O₁C∥AG，
∴∠HAO₁=∠OO₁C，∠GAB=∠CO₁B，
图中有O₁O定值，O₁O=3．不妨设半径为R，
∠HO₁A+∠CO₁B=90°=∠O₁CD+∠CO₁B
∴∠HO₁A=∠O₁CD
又∠AHO₁=∠COO=₁90°，AO₁=CO₁=R
在△O₁AH和△O₁OC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠HA{O}_{1}=∠O{O}_{1}C}\\{{O}_{1}HA=∠{O}_{1}OC}\\{{O}_{1}A={O}_{1}C}\end{array}\right.$
∴△O₁AH≌△O₁OC，
∴HA=O₁O=3
∴$\frac{{O}_{1}B}{AO}$=$\frac{R}{A{O}_{1}+{O}_{1}O}$=$\frac{R}{R+3}$；$\frac{{O}_{1}C}{AG}$=$\frac{R}{HG+AH}$=$\frac{R}{{O}_{1}C+HA}$=$\frac{R}{R+3}$，
∴$\frac{{O}_{1}B}{AO}$=$\frac{{O}_{1}C}{AG}$
∴△GAO∽△CO₁B，
∴BC∥OG．

点评 此题考查圆的综合题，利用垂径定理，勾股定理，切线的性质，三角形全等和相似的判定与性质，矩形的判定与性质，平行线的判定，综合性较强，灵活运用知识解决问题．