Question

16．如圖，已知A、B兩點的坐標(biāo)分別為A（$2\sqrt{3}$，0），B（0，2），點P是△AOB外接圓上的一點，且∠AOP=45°．

（1）如圖1，求點P的坐標(biāo)；
（2）如圖2，連接BP，AP，在PB上任取一點E，連AE，將線段AE繞A點順時針旋轉(zhuǎn)90°到AF，連BF，交AP于點G，當(dāng)E在線段BP上運動時（不與B，P重合），求$\frac{BE}{PG}$的值；
（3）如圖3，點Q是弧$\widehat{AP}$上一動點（不與A、P重合），連接PQ、AQ、BQ，求：$\frac{BQ-AQ}{PQ}$的值．

Answer 1

分析 （1）作輔助線，構(gòu)建直角三角形，證明△ABP和△OHP是等腰直角三角形，根據(jù)A（$2\sqrt{3}$，0），B（0，2），表示OA=2$\sqrt{3}$，OB=2，利用勾股定理求AB、AP，設(shè)OH=a，根據(jù)勾股定理列方程得出結(jié)論；
（2）作垂線PK，證明△AFK≌△EAP和△GFK≌△GBP，得PG=GK=$\frac{1}{2}$PK=$\frac{1}{2}$BE，代入可得結(jié)論；
（3）作輔助線，構(gòu)建全等三角形，根據(jù)三個角是直角的四邊形是矩形，先證明四邊形PDQE是矩形，證明△PBD≌△PAE，得這個矩形為正方形，則DQ=QE，表示BQ-AQ=2QD，再由等腰直角△PQD得：PQ=$\sqrt{2}$DQ，代入計算即可．

解答 解：（1）如圖1，過P作PH⊥x軸于H，連接PA、PB，
∵∠AOB=90°，
∴AB為△AOB外接圓的直徑，
∴∠BPA=90°，
∵A（$2\sqrt{3}$，0），B（0，2），
∴OA=2$\sqrt{3}$，OB=2，
由勾股定理得：AB=$\sqrt{O{B}^{2}+O{A}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=4，
∵∠AOP=45°，
∴∠ABP=∠AOP=45°，
∴△ABP和△OHP是等腰直角三角形，
∴PA=$\frac{AB}{\sqrt{2}}$=$\frac{4}{\sqrt{2}}$=2$\sqrt{2}$，OH=PH，
設(shè)OH=a，則PH=a，AH=2$\sqrt{3}$-a，
在Rt△AHP中，AP²=AH²+PH²，
（2$\sqrt{2}$）²=（2$\sqrt{3}$-a）²+a²，
解得：a₁=$\sqrt{3}$+1，a₂=$\sqrt{3}$-1（舍），
∴P（$\sqrt{3}$+1，$\sqrt{3}$+1）；
（2）如圖2，過F作FK⊥AP于K，
∴∠PAF+∠AFK=90°，
由旋轉(zhuǎn)得：∠EAF=90°，EA=AF，
∴∠EAF+∠PAF=90°，
∴∠AFK=∠EAP，
∵∠APE=∠AKF=90°，
∴△AFK≌△EAP，
∴AK=PE，F(xiàn)K=AP=BP，
∵∠BPG=∠GKF=90°，∠BGP=∠FGK，
∴△GFK≌△GBP，
∴PG=GK=$\frac{1}{2}$BK，
∵BP=AP，PE=AK，
∴PB-PE=AP-AK，
即BE=PK，
∴PG=$\frac{1}{2}$BE，
∴BE=2PG，
∴$\frac{BE}{PG}$=2；
（3）如圖3，過P作PD⊥BQ于Q，過P作PE⊥AQ，交AQ 的延長線于E，
則∠PDQ=∠PEQ=90°，
∵AB是直徑，
∴∠AQB=90°，
∴四邊形PDQE是矩形，
由（1）得AP=BP，
∵∠PBQ=∠PAQ，∠PDB=∠PEA=90°，
∴△PBD≌△PAE，
∴BD=AE，PD=PE，
∴矩形PDEQ為正方形，
∴DQ=QE，
∴BD=AE=AQ+QE=DQ+AQ，
∴BQ-AQ=BD+DQ-AQ=DQ+AQ+DQ-AQ=2DQ，
∵∠PQB=∠PAB=45°，
∴△PDQ是等腰直角三角形，
∴PQ=$\sqrt{2}$DQ，
∴$\frac{BQ-AQ}{PQ}$=$\frac{2DQ}{\sqrt{2}DQ}$=$\sqrt{2}$．

點評 本題是圓的綜合題，難度適中，考查了圓中有關(guān)的性質(zhì)：①90°的圓周角所對的弦是直徑，反之，直徑所對的圓周角是直角，②同弧所對的圓周角相等，還考查了三角形全等的性質(zhì)和判定，本題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)建全等三角形．