Question

如圖，已知A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（2

3

，0），B（0，2），點(diǎn)P是△AOB外接圓上的一點(diǎn)，且∠AOP=45°
（1）如圖1，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（2）如圖2，連接BP、AP，C為弧PA上一點(diǎn)，過P作PD⊥BC于D點(diǎn)，求證：BD=CD+AC；
（3）如圖3，點(diǎn)Q是弧AP上一動點(diǎn)（不與A、P重合），連接PQ、AQ、BQ，求：

BQ-AQ

PQ

的值．

Answer 1

考點(diǎn)：圓的綜合題

專題：綜合題

分析：（1）作PH⊥x軸于H，連結(jié)PA、PB，根據(jù)圓周角定理由∠AOB=90°，得到AB為△AOB外接圓的直徑，則∠BPA=90°，再利用勾股定理計(jì)算出AB=4，由根據(jù)圓周角定理由∠AOP=45°得到∠PBA=45°，則可判斷△PAB和△POH都為等腰直角三角形，所以PA=

2

2

AB=2

2

，PH=OH，設(shè)OH=t，則PH=t，AH=2

3

-t，在Rt△PHA中，根據(jù)勾股定理得到t²+（2

3

-t）²=（2

2

）²，解得t₁=

3

+1，t₂=

3

-1（舍去），于是得到P點(diǎn)坐標(biāo)為（

3

+1，

3

+1）；
（2）作PE⊥AC，交AC的延長線于E，根據(jù)圓周角定理由AB為直徑得到∠ACB=90°，易得四邊形PDCE為矩形，由于PA=PB，∠PBC=∠PAE，則可判斷△PBD≌△PAE，則PD=PE，BD=AE，所以四邊形PDCE為正方形，得到CD=CE，所以BD=AE=CE+AC=CD+AC；
（3）作PD⊥BQ于D，利用（2）中的結(jié)論得BD=DQ+AQ，則BQ-AQ=2DQ，所以

BQ-AQ

PQ

=

2DQ

PQ

，根據(jù)圓周角定理得∠PQB=∠PAB=45°，則可判斷△PDQ為等腰直角三角形，則PQ=

2

DQ，所以

BQ-AQ

PQ

=

2DQ

PQ

=

2

．

解答：（1）解：作PH⊥x軸于H，連結(jié)PA、PB，如圖1，
∵∠AOB=90°，
∴AB為△AOB外接圓的直徑，
∴∠BPA=90°，
∵A（2

3

，0），B（0，2），
∴OA=2

3

，OB=2，
∴AB=

OA2+OB2

=4，
∵∠AOP=45°，
∴∠PBA=45°，
∴△PAB和△POH都為等腰直角三角形，
∴PA=

2

2

AB=2

2

，PH=OH，
設(shè)OH=t，則PH=t，AH=2

3

-t，
在Rt△PHA中，
∵PH²+AH²=PA²，
∴t²+（2

3

-t）²=（2

2

）²，
整理得t²-2

3

t+2=0，解得t₁=

3

+1，t₂=

3

-1（舍去），
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為（

3

+1，

3

+1）；
（2）證明：作PE⊥AC，交AC的延長線于E，如圖2，
∵AB為直徑，
∴∠ACB=90°，
∵PD⊥BC，
∴四邊形PDCE為矩形，
在△PBD和△PAE中，

∠PDB=∠PEA ∠PBD=∠PAE PB=PA

，
∴△PBD≌△PAE（AAS），
∴PD=PE，BD=AE，
∴四邊形PDCE為正方形，
∴CD=CE，
∴BD=AE=CE+AC=CD+AC；
（3）解：作PD⊥BQ于D，如圖3，
由（2）得BD=DQ+AQ，
∴BQ-AQ=BD+DQ-AQ=DQ+AQ+DQ-AQ=2DQ，
∴

BQ-AQ

PQ

=

2DQ

PQ

，
∵∠PQB=∠PAB=45°，
∴△PDQ為等腰直角三角形，
∴PQ=

2

DQ，
∴

BQ-AQ

PQ

=

2DQ

PQ

=

2DQ

2 DQ

=

2

．

點(diǎn)評：本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理、全等三角形的判定與性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)；會利用勾股定理計(jì)算線段的長．