Question

如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-

2

4

x+

2

2

與x軸交于C點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)E，點(diǎn)A在x軸的負(fù)半軸，以A點(diǎn)為圓心，AO為半徑的圓與直線的CE相切于點(diǎn)F，交x軸負(fù)半軸于另一點(diǎn)B．

（1）求⊙A的半徑；
（2）連BF、AE，則BF與AE之間有什么位置關(guān)系？寫出結(jié)論并證明．
（3）如圖②，以AC為直徑作⊙O1交y軸于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)P是弧MC上任意一點(diǎn)，點(diǎn)Q是弧PM的中點(diǎn)，連CP，NQ，延長CP，NQ交于D點(diǎn)，求CD的長．

Answer 1

考點(diǎn)：圓的綜合題,平行線的判定,全等三角形的判定與性質(zhì),勾股定理

專題：綜合題

分析：（1）連接AF，如圖①a，由直線EC的解析式可求出OE、OC的長，根據(jù)勾股定理可求出EC的長，然后根據(jù)切線長定理可求出EF的長，然后在Rt△AFC中運(yùn)用勾股定理就可求出圓的半徑．
（2）連接OF，交AE于點(diǎn)H，如圖①b，根據(jù)切線長定理可得EF=EO，EA平分∠FEO，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠AHO=90°，由BO是⊙A的直徑可得∠BFO=90°，從而得到∠BFO=∠AHO，即可得到BF∥AE．
（3）連接QC、QM、MC、NC、MO₁，如圖②，易證△MCQ≌△DCQ，則有MC=DC．在Rt△MOO₁中，運(yùn)用勾股定理可求出MO的長，然后在Rt△MOC中，運(yùn)用勾股定理就可求出MC，即可得到CD的長．

解答：解：（1）連接AF，如圖①a．

∵直線y=-

2

4

x+

2

2

與x軸交于C點(diǎn)，與y軸交于E點(diǎn)，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，0），點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，

2

2

），
∴OC=2，OE=

2

2

．
∵∠EOC=90°，
∴EC=

OE2+OC2

=

3 2

2

．
∵AO⊥OE，∴直線OE與⊙A相切于點(diǎn)O．
又∵直線CE與⊙A相切于點(diǎn)F，
∴∠AFC=90°，EF=OE=

2

2

，
∴FC=FE+EC=

2

2

+

3 2

2

=2

2

．
在Rt△AFC中，
設(shè)AF=x，則AO=x，AC=x+2．
根據(jù)勾股定理可得：x²+（2

2

）²=（x+2）²，
解得：x=1．
∴⊙A的半徑為1．

（2）BF∥AE．
證明：連接OF，交AE于點(diǎn)H，如圖①b．

∵EF、EO分別與⊙A相切于點(diǎn)F、O，
∴EF=EO，EA平分∠FEO，
∴EA⊥OF，即∠AHO=90°．
∵BO是⊙A的直徑，
∴∠BFO=90°，
∴∠BFO=∠AHO，
∴BF∥AE．

（3）連接QC、QM、MC、NC、MO₁，如圖②．

∵AC是⊙O₁的直徑，AC⊥MN，
∴

NC

=

MC

，
∴∠NQC=∠MNC．
∵∠MQC+∠MNC=180°，∠DQC+∠NQC=180°，
∴∠MQC=∠DQC．
∵點(diǎn)Q是

MP

的中點(diǎn)，
∴∠MCQ=∠PCQ．
在△MCQ和△DCQ中，

∠MQC=∠DQC QC=QC ∠MCQ=∠DCQ

，
∴△MCQ≌△DCQ（ASA），
∴MC=DC．
∵OA=1，OC=2，
∴AC=3，AO₁=

3

2

，OO₁=

1

2

，
在Rt△MOO₁中，
MO₁=AO₁=

3

2

，OO₁=

1

2

，
∴MO=

MO12-OO12

=

2

．
在Rt△MOC中，
MC=

MO2+OC2

=

6

，
∴DC=

6

．
∴CD的長為

6

．

點(diǎn)評：本題考查了圓周角定理、切線長定理、切線的性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定、勾股定理等知識，而通過證明△MCQ≌△DCQ得到MC=DC是解決第（3）小題的關(guān)鍵．