Question

已知：如圖，直線y=kx+3（k＞0）交x軸于B點，交y軸于A點，以A為圓心，AB為半徑作⊙A交x軸于另一點D，交y軸于E、F兩點，交直線AB于C點，連接BE、CE，∠CBD的平分線交CE于I點．
（1）求證：BE=IE；
（2）若AI⊥CE，設Q為弧BF上一點，連接DQ交y軸于T，連接BQ并延長交y軸于G點，求AT•AG的值；
（3）設P為線段AB上的一個動點（異于A、B），連接PD交y軸于M點，過P、M、B三點作⊙O₁交y軸于另一點N．設⊙O₁的半徑為R，當k=

3

4

時，給出下列兩個結(jié)論：①MN的長度不變；②

MN

R

的值不變，其中有且只有一個結(jié)論是正確的，請你判斷哪一個結(jié)論正確，證明正確的結(jié)論并求出其值．

Answer 1

分析：（1）已知AE⊥BD，由垂徑定理得，弧BE=弧DE，由圓周角定理得∠1=∠2，AH是∠ABO的平分線，則∠3=∠4，由三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角和得，∠5=∠2+∠3，∠IBE=∠1+∠4，所以∠5=∠IBE，由等角對等邊得證BE=IE；
（2）連接QC、TB，由同角或等角的余角相等得，∠CBQ=∠8=∠9，可證△ABG∽△ATB得到AB²=AG•AT，又因為AH⊥CE，由垂徑定理得，H為CE的中點，即BE=EC，得證△BEO∽△CBE，得OE：OB=BE：CE=1：2，設⊙A的半徑為R，由勾股定理得，AB²-OA²=BO²，OE=R-3，可求得，R=5，即AT•AG=AB²=25；（方法二提示：可連接AD、CD證△BAG∽△TAD）
（3）②的值不變．作O₁K⊥MN于K，連接O₁N、PN、BM，由垂徑定理得，MN=2NK，且∠N O₁K=∠1，由正弦的概念得，

MN

R

=

2NK

O1K

=2sin∠NO₁K=2sin∠1，由直線y=x+3求得OB=OD=4，即OM⊥BD，由垂徑定理得∠2=∠3，由三角形的外角與內(nèi)角的關系得：∠2=∠4+∠5，∠3=∠1+∠6，由圓周角定理知∠5=∠6，所以∠1=∠4=∠NO₁K，=2sin∠4=2×

BO

AB

=

8

5

．

解答：（1）證明：∵AE⊥BD，
∴弧BE=弧DE．
∴∠1=∠2．
∵∠3=∠4，∠5=∠2+∠3，∠IBE=∠1+∠4，
∴∠5=∠IBE．
∴BE=IE．

（2）解：連接QC、TB，
則∠6+∠CBQ=90°，
又∠7+∠8=90°，而∠6=∠7，
∴∠CBQ=∠8=∠9．
∴△ABG∽△ATB．
∴AB²=AG•AT．
∵AI⊥CE，
∴I為CE的中點．
∴AE=AC，IE=IC．
∴△BEO∽△CBE．
∴OE：OB=BE：CE=1：2．
設⊙A的半徑為R，
由AB²-OA²=BO²，OE=R-3，
得R²-3²=4（R-3）²
解得R=5，或R=3（不合題意，舍去）．
∴AT•AG=AB²=25．
（方法二提示：可連接AD、CD證△BAG∽△TAD）

（3）解：②的值不變．
證明：作O₁K⊥MN于K，連接O₁N、PN、BM，
則MN=2NK，且∠N O₁K=∠1，
∴

MN

R

=

2NK

O1K

=2sin∠NO₁K=2sin∠1
由直線y=x+3得OB=OD=4，OM⊥BD，
∴∠2=∠3．
又∠2=∠4+∠5，∠3=∠1+∠6，
∵∠5=∠6，
∴∠1=∠4=∠NO₁K，

MN

R

=2sin∠4=2×

BO

AB

=

8

5

．
所以

MN

R

的值不變，其值為

8

5

．

點評：本題利用了垂徑定理，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理圓周角定理，一次函數(shù)的圖象與坐標軸的關系，三角形的外角與內(nèi)角的關系求解，綜合性強，涉及多個知識點．