Question

1．如圖 1，在平面直角坐標系中，點 M 的坐標為（3，0），以 M 為圓心，5 為半徑的圓與坐標軸分別交于點 A，B，C，D．
（1）求證：△AOD∽△COB；
（2）如圖 2，弦DE交x軸于點P，若BP：DP=3：2，求tan∠EDA的值；
（3）如圖 3，過點D作圓M的切線，交x軸于點Q，點G是圓M上的一個動點，問$\frac{GO}{GQ}$的比值是否隨著G的移動而變化？若不變，請求出此值，若變化請說明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖1，根據對頂角相等得到∠AOD=∠COB，根據圓周角定理得到∠ADO=∠OBC，則可判斷△AOD∽△COB；
（2）連結AE、BE、MD，如圖2，先計算出OD=2，再利用勾股定理計算出OD=4，AD=2$\sqrt{5}$，接著證明△PBE∽△PDA，利用相似比可計算出BE=3$\sqrt{5}$，然后根據勾股可計算出AE=$\sqrt{55}$，再利用正切的定義得到tan∠ABE=$\frac{\sqrt{11}}{3}$，于是得到tan∠EDA=$\frac{\sqrt{11}}{3}$；
（3）如圖3，連結MD、MG，根據切線的性質得∠MDQ=90°，由∠ODM=∠OQD，則可判斷Rt△ODM∽Rt△OQD，利用相似比可計算出OQ=$\frac{16}{3}$，
討論：當G點與A點重合時，易得$\frac{OG}{QG}=\frac{OA}{AQ}=\frac{3}{5}$；當G點與B點重合時，$\frac{OG}{QG}=\frac{3}{5}$；
當G點不與A、B重合時，先證明△MOD∽△MDQ得到即MD²=MO•MQ，由于MD=MG，則MG²=MO•MQ，加上∠OMG=∠GMQ，則可判斷△MOG∽△MGQ，利用相似比可得$\frac{OG}{QG}=\frac{OM}{MG}=\frac{3}{5}$，于是得到$\frac{GO}{GQ}$的值不變，比值$\frac{3}{5}$．

解答 （1）證明：如圖1，
∵∠AOD=∠COB，∠ADO=∠OBC，
∴△AOD∽△COB；
（2）解：連結AE、BE、MD，如圖2，
∵點M的坐標為（3，0），MA=MB=MD=5，
∴OD=2，
在Rt△ODM中，OD=$\sqrt{M{D}^{2}-O{M}^{2}}$=4，
在Rt△OAD中，AD=$\sqrt{O{A}^{2}+O{D}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵∠PEB=∠PAD，∠PBE=∠PDA，
∴△PBE∽△PDA，
∴$\frac{BE}{AD}=\frac{PB}{PD}=\frac{3}{2}$，
∴BE=$\frac{3}{2}$×2$\sqrt{5}$=3$\sqrt{5}$，
在Rt△ABE中，
AE=$\sqrt{A{B}^{2}-B{E}^{2}}$=$\sqrt{55}$，
∴tan∠ABE=$\frac{AE}{BE}=\frac{\sqrt{55}}{3\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{11}}{3}$，
∵∠EDA=∠ABE，
∴tan∠EDA=$\frac{\sqrt{11}}{3}$；
（3）解：$\frac{GO}{QG}$的值不變，比值$\frac{3}{5}$，
理由如下：如圖3，連結MD、MG，
∵DQ為切線，
∴MD⊥QD，
∴∠MDQ=90°，
∵∠ODM=∠OQD，
∴Rt△ODM∽Rt△OQD，
∴OD：OQ=OM：OD，即4：OQ=3：4，
∴OQ=$\frac{16}{3}$，
當G點與A點重合時，$\frac{OG}{QG}=\frac{OA}{AQ}=\frac{2}{\frac{16}{3}-2}$=$\frac{3}{5}$；
當G點與B點重合時，$\frac{OG}{QG}=\frac{OB}{BQ}=\frac{3}{5}$；
當G點不與A、B重合時，
∵∠OMD=∠DMQ，
∴△MOD∽△MDQ，
∴$\frac{MO}{MD}=\frac{MD}{MQ}$，即MD²=MO•MQ，
而MD=MG，
∴MG²=MO•MQ，
∵∠OMG=∠GMQ，
∴△MOG∽△MGQ，
∴$\frac{OG}{QG}=\frac{OM}{MG}=\frac{3}{5}$，
綜上所述，$\frac{GO}{QG}$的值不變，比值$\frac{3}{5}$，

點評 此題是圓的綜合題，主要考查了相似三角形的判斷和性質，圓周角定理，切線的性質，勾股定理等知識點；解答（2）的關鍵是求出和AE和BE，解答（3）的關鍵是證明Rt△ODM∽Rt△OQD和△MOD∽△MDQ．