Question

如圖1，已知平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，A（0，3），B（-4，0），C為x軸上正半軸上一點(diǎn)，若P為OB延長線上一點(diǎn)，PM⊥CA于M，且∠CPM=

1

2

∠BAC．
（1）求C點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）如圖2，若OA²+OB²=AB²，過動點(diǎn)P向AB延長線作PN⊥AB于N，求證：PM-PN為定值；
（3）如圖3，以BC為邊作等邊△BCD，Q為BD邊的中點(diǎn)．連PQ，且∠PQE=120°．QE交DC延長線于E，問：在點(diǎn)P運(yùn)動的過程中，CP-CE是否發(fā)生變化？若不變，求其值；若變化，請說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì),坐標(biāo)與圖形性質(zhì),等邊三角形的性質(zhì),勾股定理

專題：

分析：（1）根據(jù)同角的余角相等求出∠CPM=∠OAC，再求出∠OAB=∠OAC，再利用“角邊角”證明△AOB和△AOC全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得OC=OB，然后寫出點(diǎn)C的坐標(biāo)即可；
（2）利用勾股定理列式求出AC，再利用三角函數(shù)用PC、PB表示出PM、PN，然后整理可得PM-PN=

3

5

BC；
（3）過點(diǎn)Q作QM⊥BC于M，作QN⊥CD于N，利用“角角邊”證明△BQM和△DQN全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得QM=QN，BM=DN，再求出CM=CN，利用三角形的內(nèi)角和定理求出∠QPM=∠E，然后利用“角角邊”證明△PMQ和△ENQ全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得PM=NE，然后整理可得CP-CE=2MC．

解答：解：（1）∵PM⊥CA，
∴∠CPM+∠ACO=90°，
∵∠ACO+∠OAC=90°，
∴∠CPM=∠OAC，
又∵∠CPM=

1

2

∠BAC，
∴∠OAB=∠OAC，
在△AOB和△AOC中，

∠OAB=∠OAC AO=AO ∠AOB=∠AOC

，
∴△AOB≌△AOC（ASA），
∴OC=OB=4，AB=AC，
∴點(diǎn)C（4，0）；

（2）∵A（0，3），B（-4，0），
∴OA=3，OB=4，
由勾股定理得，AC=

32+42

=5，
∵AB=AC，
∴∠ACO=∠ABO，
∵∠PBN=∠ABO（對頂角相等），
∴∠PBN=∠ACO=∠ABO，
∴PM=PC•sin∠ACO=

3

5

PC，
PN=PB•sin∠ACO=

3

5

PB，
∴PM-PN=

3

5

PC-

3

5

PB=

3

5

BC=

3

5

×（4+4）=

24

5

，為定值；

（3）過點(diǎn)Q作QM⊥BC于M，作QN⊥CD于N，
∵△BCD是等邊三角形，Q為BD邊的中點(diǎn)，
∴∠CBD=∠BDC=60°，BQ=DQ，
在△BQM和△DQN中，

∠CBD=∠BDC ∠BMQ=∠DNQ=90° BQ=DQ

，
∴△BQM≌△DQN（AAS），
∴QM=QN，BM=DN，
∴BC-BM=CD-DN，
即CM=CN，
∵∠PQE=120°，∠PCE=180°-60°=120°，
∴∠QPM=∠E，
在△PMQ和△ENQ中，

∠QPM=∠E ∠PMQ=∠ENQ=90° QM=QN

，
∴△PMQ≌△ENQ（AAS），
∴PM=NE，
∴CP-CE=（CM+PM）-CE=（CM+EN）-CE=（CM+CM+CE）-CE=2CM，
∵BC=4+4=8，點(diǎn)Q為BD的中點(diǎn)，
∴BQ=

1

2

×8=4，
∴BM=

1

2

×4=2，
∴CM=BC-BM=8-2=6，
∴CP-CE=2×6=12，為定值．

點(diǎn)評：本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，難點(diǎn)在于（3）作輔助線構(gòu)造出全等三角形并二次證明三角形全等．