题目

题型：不详难度：来源：

如图，在平面直角坐标系内，⊙C与y轴相切于D点，与x轴相交于A（2，0）、B（8，0）两点，圆心C在第四象限．
（1）求点C的坐标；
（2）连接BC并延长交⊙C于另一点E，若线段BE上有一点P，使得AB²=BP•BE，能否推出AP⊥BE？请给出你的结论，并说明理由；
（3）在直线BE上是否存在点Q，使得AQ²=BQ•EQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，也请说明理由．

答案

（1）C（5，-4）；（3分）

（2）能．（4分）
连接AE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE=90°，（5分）
在△ABE与△PBA中，AB²=BP•BE，即

AB

BP

=

BE

AB

，
又∠ABE=∠PBA，
∴△ABE∽△PBA，（7分）
∴∠BPA=∠BAE=90°，即AP⊥BE；（8分）

（3）分析：假设在直线EB上存在点Q，使AQ²=BQ•EQ．Q点位置有三种情况：
①若三条线段有两条等长，则三条均等长，于是容易知点C即点Q；
②若无两条等长，且点Q在线段EB上，由Rt△EBA中的射影定理知点Q即为AQ⊥EB之垂足；
③若无两条等长，且当点Q在线段EB外，由条件想到切割线定理，知QA切⊙C于点A．设Q（t，y（t）），并过点Q作QR⊥x轴于点R，由相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数或直线解析式等可得多种解法．
解题过程：
①当点Q₁与C重合时，AQ₁=Q₁B=Q₁E，显然有AQ₁²=BQ₁•EQ₁，
∴Q₁（5，-4）符合题意；（9分）
②当Q₂点在线段EB上，∵△ABE中，∠BAE=90°
∴点Q₂为AQ₂在BE上的垂足，（10分）
∴AQ₂=

AB•AE

BE

=

48

10

=4.8（或

24

5

），
∴Q₂点的横坐标是2+AQ₂•cos∠BAQ₂=2+3.84=5.84，
又由AQ₂•sin∠BAQ₂=2.88，
∴点Q₂（5.84，-2.88），[或（

146

25

，-

72

25

）]；（11分）
③方法一：若符合题意的点Q₃在线段EB外，
则可得点Q₃为过点A的⊙C的切线与直线BE在第一象限的交点．
由Rt△Q₃BR∽Rt△EBA，△EBA的三边长分别为6、8、10，
故不妨设BR=3t，RQ₃=4t，BQ₃=5t，（12分）
由Rt△ARQ₃∽Rt△EAB得

AR

EA

=

RQ3

AB

，（13分）
即

6+3t

8

=

4t

6

得t=

18

7

，
（注：此处也可由tan∠Q₃AR=tan∠AEB=

3

4

列得方程

4t

3t+6

=

3

4

；
或由AQ₃²=Q₃B•Q₃E=Q₃R²+AR²列得方程5t（10+5t）=（4t）²+（3t+6）²等等）
∴Q₃点的横坐标为8+3t=

110

7

，Q₃点的纵坐标为

72

7

，
即Q₃（

110

7

，

72

7

）；（14分）
方法二：如上所设与添辅助线，直线BE过B（8，0），C（5，-4），
∴直线BE的解析式是y=

4

3

x-

32

3

，（12分）
设Q₃（t，

4t

3

-

32

3

），过点Q₃作Q₃R⊥x轴于点R，
∵易证∠Q₃AR=∠AEB得Rt△AQ₃R∽Rt△EAB，
∴

RQ3

AR

=

AB

EA

，即

4 3 t- 32 3

t-2

=

6

8

，（13分）
∴t=

110

7

，进而点Q₃的纵坐标为

72

7

，
∴Q₃（

110

7

，

72

7

）；（14分）
方法三：若符合题意的点Q₃在线段EB外，连接Q₃A并延长交y轴于F，
∴∠Q₃AB=∠Q₃EA，tan∠OAF=tan∠Q₃AB=tan∠AEB=

3

4

，
在Rt△OAF中有OF=2×

3

4

=

3

2

，点F的坐标为（0，-

3

2

），
∴可得直线AF的解析式为y=

3

4

x-

3

2

，（12分）
又直线BE的解析式是，y=

3

4

x-

32

3

，（13分）
∴可得交点Q₃（

110

7

，

72

7

）．（14分）