Question

（本题满分11分）如图，以点P（﹣1，0）为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下方），AD=，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．

（1）求B、C两点的坐标；

（2）请在图①中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；

（3）动直线从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？请说明理由．

Answer

（1）B（﹣3，0），C（1，0）；（2）作图见试题解析，四边形ACMB是矩形，M（﹣2，）；（3）不变，理由见试题解析．

【解析】

试题分析：（1）连接PA，运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径，从而可以求出B、C两点的坐标．

（2）由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可；易证四边形ACMB是矩形；过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M的坐标．

（3）易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG．易得∠OCA=60°，从而得到∠MBG=60°，进而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值．

试题解析：（1）连接PA，如图1所示．

∵PO⊥AD，∴AO=DO．∵AD=，∴OA=．

∵点P坐标为（﹣1，0），∴OP=1，∴PA==2，∴BP=CP=2，∴B（﹣3，0），C（1，0）；

（2）连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC．

如图2所示，线段MB、MC即为所求作．

四边形ACMB是矩形．

理由如下：∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，

∴四边形ACMB是平行四边形．

∵BC是⊙P的直径，∴∠CAB=90°．∴平行四边形ACMB是矩形．

过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示．

在△MHP和△AOP中，

∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP，∴△MHP≌△AOP．

∴MH=OA=，PH=PO=1．∴OH=2．

∴点M的坐标为（﹣2，）．

（3）在旋转过程中∠MQG的大小不变．

∵四边形ACMB是矩形，∴∠BMC=90°．

∵EG⊥BO，∴∠BGE=90°．∴∠BMC=∠BGE=90°．

∵点Q是BE的中点，∴QM=QE=QB=QG．

∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示．

∴∠MQG=2∠MBG．

∵∠COA=90°，OC=1，OA=，∴tan∠OCA=，∴∠OCA=60°，∴∠MBC=∠BCA=60°，

∴∠MQG=120°，

∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°．

考点：圆的综合题．