Question

【題目】在平面直角坐標系xoy中，點M在x軸的正半軸上，⊙M交x軸于A、B兩點，交y軸C、D于兩點，且C為弧AE的中點，AE交y軸于點G點，若點C的坐標為（0，2）．

（1）連接MG、BC，求證：MG∥BC；

（2）若CE∥AB，直線y＝kx﹣1（k≠0）將四邊形ACEB面積二等分，求k的值；

（3）如圖2，過O、P（2，2）作⊙O1交x軸正半軸于G，交y軸負半軸于H，I為△GOH的內心，過I作IN⊥GH于N，當⊙O1的大小變化時，試說明GN﹣NH的值不變并求其值．

Answer 1

【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）證明見解析，GN﹣NH的值為4

【解析】

（1）連接AC，設AE與BC的交點為F，如圖1①，由題可知AM＝BM，要證MG∥BC，只需證AG＝FG，由于∠ACF＝90°，只需證AG＝CG即可．

（2）連接AC、CE、BE，設AE與BC的交點為F，直線y＝kx﹣1與CE交于P，與AB交于Q，如圖1②．由條件CE∥AB可求出∠ACO的度數，進而可求出CE、AB的長．用k的代數式表示出CP、AQ的長度，然后根據條件列出關于k的方程，就可求出k的值．

（3）過點I作IA⊥OH于A，作IB⊥OG于B，過點P作PC⊥y軸于C，作PD⊥x軸于D，連接IO、IH、IG、PH、PG，如圖2，根據角平分線的性質可得IA＝IB＝IN，運用勾股定理可得AH＝NH，GN＝GB，OA＝OB，從而可得GN﹣NH＝OG﹣OH．易證矩形OCPD是正方形，從而有∠CPD＝90°，PC＝PD．進而可證到△PCH≌△PDG，則有CH＝DG，即CO+OH＝OG﹣OD，從而有OG﹣OH＝4，進而可得GN﹣NH＝OG﹣OH＝4，問題得以解決．

解：（1）連接AC，設AE與BC的交點為F，如圖1①，

∵AB是⊙M的直徑，AB⊥CD，

∴∠ACB＝90°，．

∵，

∴．

∴∠ACD＝∠CAE．

∴GA＝GC，∠GCF＝90°﹣∠ACD＝90°﹣∠CAE＝∠CFG．

∴GC＝GF．

∴AG＝GF．

∵AM＝BM，

∴MG∥BC．

（2）連接AC、CE、BE，設AE與BC的交點為F，直線y＝kx﹣1與CE交于P，與AB交于Q，如圖1②．

∵CE∥AB，∴∠CEA＝∠BAE．

∵，∴∠CAE＝∠CEA．

∴∠ACO＝∠CAE＝∠GAO．

∵∠AOC＝90°，

∴3∠ACO＝90°．

∴∠ACO＝30°．

∵點C的坐標為（0，2），

∴OC＝2．

∴A0＝OCtan∠ACO＝2×＝2．

∴點A的坐標為（﹣2，0），AC＝2AO＝4．

∵，

∴EC＝AC＝4，∠ABC＝∠CAE＝30°．

∴AB＝2AC＝8．

∵yQ＝0，

∴kxQ﹣1＝0，即xQ＝．

∴AQ＝﹣（﹣2）＝+2．

∵點C的坐標為（0，2），CE∥AB，

∴yP＝2．

∴kxP﹣1＝2，即xP＝．

∴CP＝．

∵S梯形ACPQ＝S梯形ABEC，

∴（CP+AQ）OC＝×（CE+AB）OC．

∴2（CP+AQ）＝CE+AB．

∴2（++2）＝4+8＝12．

解得：k＝．

經檢驗k＝是原方程的解．

∴k的值為．

（3）過點I作IA⊥OH于A，作IB⊥OG于B，過點P作PC⊥y軸于C，作

PD⊥x軸于D，連接IO、IH、IG、PH、PG，如圖2．

∵點I是△GOH的內心，

∴點I是△GOH的內角平分線的交點．

∵IA⊥OH，IB⊥OG，IN⊥GH，

∴IA＝IB＝IN．

∴AH＝＝＝NH．

同理GN＝GB，OA＝OB．

∴GN﹣NH＝GB﹣AH＝（OG﹣OB）﹣（OH﹣OA）＝OG﹣OH．

∵P點坐標為（2，2），

∴OD＝OC＝2．

∵PC⊥OC，PD⊥OD，OC⊥OD，

∴∠PCO＝∠COD＝∠PDO＝90°．

∴四邊形OCPD是矩形．

∵OD＝OC，

∴矩形OCPD是正方形．

∴∠CPD＝90°，PC＝PD．

∵GH是⊙O1直徑，

∴∠GPH＝90°．

∴∠CPD＝∠GPH．

∴∠CPH＝∠DPG．

∴△PCH≌△PDG（ASA）．

∴CH＝DG．

∴CO+OH＝OG﹣OD．

∴2+OH＝OG﹣2．

∴OG﹣OH＝4．

∴GN﹣NH＝OG﹣OH＝4．

∴GN﹣NH的值不變，其值為4．