(1)C(5,-4);(3分)
(2)能.(4分) 连接AE, ∵BE是⊙O的直径, ∴∠BAE=90°,(5分) 在△ABE与△PBA中,AB2=BP•BE,即=, 又∠ABE=∠PBA, ∴△ABE∽△PBA,(7分) ∴∠BPA=∠BAE=90°,即AP⊥BE;(8分)
(3)分析:假设在直线EB上存在点Q,使AQ2=BQ•EQ.Q点位置有三种情况: ①若三条线段有两条等长,则三条均等长,于是容易知点C即点Q; ②若无两条等长,且点Q在线段EB上,由Rt△EBA中的射影定理知点Q即为AQ⊥EB之垂足; ③若无两条等长,且当点Q在线段EB外,由条件想到切割线定理,知QA切⊙C于点A.设Q(t,y(t)),并过点Q作QR⊥x轴于点R,由相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数或直线解析式等可得多种解法. 解题过程: ①当点Q1与C重合时,AQ1=Q1B=Q1E,显然有AQ12=BQ1•EQ1, ∴Q1(5,-4)符合题意;(9分) ②当Q2点在线段EB上,∵△ABE中,∠BAE=90° ∴点Q2为AQ2在BE上的垂足,(10分) ∴AQ2===4.8(或), ∴Q2点的横坐标是2+AQ2•cos∠BAQ2=2+3.84=5.84, 又由AQ2•sin∠BAQ2=2.88, ∴点Q2(5.84,-2.88),[或(,-)];(11分) ③方法一:若符合题意的点Q3在线段EB外, 则可得点Q3为过点A的⊙C的切线与直线BE在第一象限的交点. 由Rt△Q3BR∽Rt△EBA,△EBA的三边长分别为6、8、10, 故不妨设BR=3t,RQ3=4t,BQ3=5t,(12分) 由Rt△ARQ3∽Rt△EAB得=,(13分) 即=得t=, (注:此处也可由tan∠Q3AR=tan∠AEB=列得方程=; 或由AQ32=Q3B•Q3E=Q3R2+AR2列得方程5t(10+5t)=(4t)2+(3t+6)2等等) ∴Q3点的横坐标为8+3t=,Q3点的纵坐标为, 即Q3(,);(14分) 方法二:如上所设与添辅助线,直线BE过B(8,0),C(5,-4), ∴直线BE的解析式是y=x-,(12分) 设Q3(t,-),过点Q3作Q3R⊥x轴于点R, ∵易证∠Q3AR=∠AEB得Rt△AQ3R∽Rt△EAB, ∴=,即=,(13分) ∴t=,进而点Q3的纵坐标为, ∴Q3(,);(14分) 方法三:若符合题意的点Q3在线段EB外,连接Q3A并延长交y轴于F, ∴∠Q3AB=∠Q3EA,tan∠OAF=tan∠Q3AB=tan∠AEB=, 在Rt△OAF中有OF=2×=,点F的坐标为(0,-), ∴可得直线AF的解析式为y=x-,(12分) 又直线BE的解析式是,y=x-,(13分) ∴可得交点Q3(,).(14分)
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