Question

【題目】已知，如圖：O1為x軸上一點(diǎn)，以O1為圓心作⊙O1交x軸于C、D兩點(diǎn)，交y軸于M、N兩點(diǎn)，∠CMD的外角平分線交⊙O1于點(diǎn)E，AB是弦，且AB∥CD，直線DM的解析式為y=3x+3．

（1）如圖1，求⊙O1半徑及點(diǎn)E的坐標(biāo)．

（2）如圖2，過E作EF⊥BC于F，若A、B為弧CND上兩動(dòng)點(diǎn)且弦AB∥CD，試問：BF+CF與AC之間是否存在某種等量關(guān)系？請(qǐng)寫出你的結(jié)論，并證明．

（3）在（2）的條件下，EF交⊙O1于點(diǎn)G，問弦BG的長(zhǎng)度是否變化？若不變直接寫出BG的長(zhǎng)（不寫過程），若變化自畫圖說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】（1）r=5 E（4，5） （2）BF+CF=AC （3）弦BG的長(zhǎng)度不變，等于5

【解析】分析：（1）連接ED、EC、EO1、MO1，如圖1，可以證到∠ECD=∠SME=∠EMC=∠EDC，從而可以證到∠EO1D=∠EO1C=90°．由直線DM的解析式為y=3x+3可得OD=1，OM=3．設(shè)⊙O1的半徑為r．在Rt△MOO1中利用勾股定理就可解決問題．

（2）過點(diǎn)O1作O1P⊥EG于P，過點(diǎn)O1作O1Q⊥BC于Q，連接EO1、DB，如圖2．由AB∥DC可證到BD=AC，易證四邊形O1PFQ是矩形，從而有O1P=FQ，∠PO1Q=90°，進(jìn)而有∠EO1P=∠CO1Q，從而可以證到△EPO1≌△CQO1，則有PO1=QO1．根據(jù)三角形中位線定理可得FQ=BD．從而可以得到BF+CF=2FQ=AC．

（3）連接EO1，ED，EB，BG，如圖3．易證EF∥BD，則有∠GEB=∠EBD，從而有=，也就有BG=DE．在Rt△EO1D中運(yùn)用勾股定理求出ED，就可解決問題．

詳解：（1）連接ED、EC、EO1、MO1，如圖1．

∵ME平分∠SMC，∴∠SME=∠EMC．

∵∠SME=∠ECD，∠EMC=∠EDC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠EO1D=∠EO1C．

∵∠EO1D+∠EO1C=180°，∴∠EO1D=∠EO1C=90°．

∵直線DM的解析式為y=3x+3，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，3），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣1，0），∴OD=1，OM=3．

設(shè)⊙O1的半徑為r，則MO1=DO1=r．

在Rt△MOO1中，（r﹣1）2+32=r2．

解得：r=5，∴OO1=4，EO1=5，∴⊙O1半徑為5，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4，5）．

（2）BF+CF=AC．理由如下：

過點(diǎn)O1作O1P⊥EG于P，過點(diǎn)O1作O1Q⊥BC于Q，連接EO1、DB，如圖2．

∵AB∥DC，∴∠DCA=∠BAC，∴==，∴BD=AC．

∵O1P⊥EG，O1Q⊥BC，EF⊥BF，∴∠O1PF=∠PFQ=∠O1QF=90°，∴四邊形O1PFQ是矩形，∴O1P=FQ，∠PO1Q=90°，∴∠EO1P=90°﹣∠PO1C=∠CO1Q．

在△EPO1和△CQO1中，，

∴△EPO1≌△CQO1，∴PO1=QO1，∴FQ=QO1．

∵QO1⊥BC，∴BQ=CQ．

∵CO1=DO1，∴O1Q=BD，∴FQ=BD．

∵BF+CF=FQ+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ，∴BF+CF=BD=AC．

（3）連接EO1，ED，EB，BG，如圖3．

∵DC是⊙O1的直徑，∴∠DBC=90°，∴∠DBC+∠EFB=180°，∴EF∥BD，∴∠GEB=∠EBD，∴=，∴BG=DE．

∵DO1=EO1=5，EO1⊥DO1，∴DE=5，∴BG=5，

∴弦BG的長(zhǎng)度不變，等于5．