[题目]如图.以点为圆心的圆.交轴于.两点(点在点的左侧).交轴于.两点(点在点的下方)..将绕点旋转180.得到 .(1)求.两点的坐标;(2)请在图中画出线段..并判断四边形的形状(不必证明).求出点的坐标;(3)动直线从与重合的位置开始绕点顺时针旋转.到与重合时停止.设直线与的交点为.点为的中点.过点作于点.连接. .问:在旋转过程中.的大小是否变化?若� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

【题目】如图，以点为圆心的圆，交轴于，两点(点在点的左侧)，交轴于，两点(点在点的下方)，，将绕点旋转180，得到 .

(1)求，两点的坐标;

(2)请在图中画出线段，，并判断四边形的形状(不必证明)，求出点的坐标;

(3)动直线从与重合的位置开始绕点顺时针旋转，到与重合时停止，设直线与的交点为，点为的中点，过点作于点，连接， .问:在旋转过程中，的大小是否变化?若不变，求出的度数;若变化，请说明理由.

【答案】(1)、两点的坐标分别为(-3,0)(1,0)；(2) 是平行四边形，点的坐标为；(3)在旋转过程中，的大小不变，始终等于120°.

【解析】

（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⊙P是中心对称图形，显然射线AP与⊙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．

（1）连接PA，如图1所示．

∵PO⊥AD，

∴AO=DO．

∵AD=2 ，

∴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°．

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