Question

16．如圖1，以點P（-1，0）為圓心的圓，交x軸于B，C兩點（B在C的左側），交y軸于A，D兩點（A在D的下方）．AD=2$\sqrt{3}$．
（1）求B，C兩點的坐標；
（2）如圖2，將△ABC繞點P旋轉180°得到△MCB，請在圖中畫出線段MB，MC，判斷四邊形ACMB的形狀，并說明理由；
（3）如圖3，動點E在CM上，點Q為BE的中點，過點E作EG⊥BC于G，連接MQ，QG，求證：∠MQG的大小為定值．

Answer 1

分析 （1）連接PA，運用垂徑定理及勾股定理即可求出圓的半徑，從而可以求出B、C兩點的坐標．
（2）由于圓P是中心對稱圖形，顯然射線AP與圓P的交點就是所需畫的點M，連接MB、MC即可；易證四邊形ACMB是矩形；過點M作MH⊥BC，垂足為H，易證△MHP≌△AOP，從而求出MH、OH的長，進而得到點M的坐標．
（3）易證點E、M、B、G在以點Q為圓心，QB為半徑的圓上，從而得到∠MQG=2∠MBG．由直角三角形和等邊三角形的性質得出∠PCA=60°，從而得到∠MBG=60°，進而得到∠MQG=120°，即∠MQG的度數是定值．

解答 解：（1）連接PA，如圖1所示．

∵PO⊥AD，
∴AO=DO．
∵AD=2$\sqrt{3}$，
∴OA=$\sqrt{3}$．
∵點P坐標為（-1，0），
∴OP=1．
∴PA=$\sqrt{O{P}^{2}+O{A}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=2，
∴BP=CP=2，
∴OB=2+1=3，OC=2-1=1．
∴B（-3，0），C（1，0）．

（2）連接AP，延長AP交⊙P于點M，連接MB、MC．
如圖2所示，線段MB、MC即為所求作．

四邊形ACMB是矩形．理由如下：
∵△MCB由△ABC繞點P旋轉180°所得，
∴四邊形ACMB是平行四邊形．
∵BC是⊙P的直徑，
∴∠CAB=90°．
∴平行四邊形ACMB是矩形．
過點M作MH⊥BC，垂足為H，如圖2所示．
在△MHP和△AOP中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠MHP=∠AOP}\\{∠HPM=∠OPA}\\{PM=PM}\end{array}\right.$，
∴△MHP≌△AOP（AAS）．
∴MH=OA=$\sqrt{2}$，PH=PO=1．
∴OH=2．
∴點M的坐標為（-2，$\sqrt{2}$）．

（3）在旋轉過程中∠MQG的大小不變．
∵四邊形ACMB是矩形，
∴∠BMC=90°．
∵EG⊥BO，
∴∠BGE=90°．
∴∠BMC=∠BGE=90°．
∵點Q是BE的中點，
∴QM=QE=QB=QG．
∴點E、M、B、G在以點Q為圓心，QB為半徑的圓上，如圖3所示．

∴∠MQG=2∠MBG．
∵OA=$\sqrt{3}$，OP=1，∠AOP=90°，
∴∠APC=60°，
∵PC=PA，
∴∠PCA=∠PAC=60°，
∴∠MBC=∠BCA=60°．
∴∠MQG=120°．
∴在旋轉過程中∠MQG的大小不變，始終等于120°．

點評 本題考查了垂徑定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質、矩形的判定與性質、圓周角定理、等腰三角形的性質、三角形內角和定理、四點共圓、圖形的旋轉等知識，綜合性比較強．有一定難度，證明點E、M、B、G在以點Q為圓心，QB為半徑的圓上是解決第三小題的關鍵．