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下面是一道2010年深圳市中考数学压轴题：
如图1，以点M（-1,0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A，B，C，D，直线y＝-33x-533与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F.
（1）请直接写出OE，⊙M的半径r，CH的长；
（2）如图2，弦HQ交x轴于点P，且DP∶PH＝3∶2，求cos∠QHC的值；
（3）如图3，点K为线段EC上一动点（不与E，C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT交x轴于点N.是否存在一个常数a，始终满足MN•MK＝a？如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由.
本题考查了一次函数、切线的性质、相似三角形的判定和性质、三角函数、垂径定理、圆周角定理及推论等知识，在解题过程中需要构造直角三角形，运用到转化思想、方程思想和函数思想，第（3）问考查动点问题中的定值问题，寻找变化中的不变规律，是一道非常有研究价值的中考好题.下面就第（3）问的解答方法进行归纳：证明等积式的常用方法是证明线段所在的两个三角形相似，解决本题的关键是构造与线段MN和MK有关的两个相似三角形.本题可构造下列几对相似三角形来加以证明：（1）△MNT和△MTK；（2）△MNA和△MAK；（3）△MNB和△MBK；（4）△MNA和△MBK；（5）△MNB和△MAK.
每对相似三角形的证明都可以采用下列8种方法：（以△MNT和△MTK为例）
证法1 如图4，连接TM并延长交⊙M于G，连接AG，则∠G+∠GTA=90°，∠OBK=∠G.∵∠OBK+∠BKO=90°，∴∠GTA=∠BKO.∵∠NMT=∠TMK，∴△MNT∽△MTK，∴MNMT=MTMK，即MN•MK＝MT2=4.故存在常数a，始终满足MN•MK＝a，常数a=4.
证法2 如图5，连接TM并延长交⊙M于G，连接BG，则∠ABG+∠KBO=90°，∠KBO+∠BKO=90°，∴∠ABG=∠BKO.∵∠ATG=∠ABG，∴∠GTA=∠BKO，即∠MTN=∠MKT.（其余步骤同证法1）
证法3 如图6，连接TM，AM并延长AM交⊙M于G，连接TG，则∠G+∠GAT=90°，∠OBK=∠G.∵∠OBK+∠BKO=90°，∴∠GAT=∠BKO.∵MA=MT，∴∠GAT=∠MTN，∴∠MTN=∠BKO.（其余步骤同证法1）
证法4 如图7，连接TM，AM并延长AM交⊙M于G，连接BG，则∠GBA=∠AOK=90°，∴BG∥OK，∴∠GBT=∠BKO.∵MA=MT，∴∠GAT=∠MTN.∵∠GBT=∠GAT，∴∠MTN=∠BKO.（其余步骤同证法1）
证法5 如图8，连接TM，BM并延长BM交⊙M于G，则G与H重合，连接AH，则∠BOK=∠HAB=90°，∴AH∥OK，∴∠HAT=∠ANO.∵MB=MT，∴∠MBT=∠MTB.∵∠HAT=∠HBT，∴∠ANO=∠MTB，∴∠MNT=∠MTK.∵∠NMT=∠TMK，∴△MNT∽△MTK，∴MNMT=MTMK.即MN•MK＝MT2=4，故存在常数a，始终满足MN•MK＝a，常数a=4.
证法6 如图9，连接TM，BM并延长BM交⊙M于G，则G与H重合，连接TH，则∠BHT+∠HBT=∠NAO+∠ANO=90°.∵∠NAO=∠BHT，∴∠HBT=∠ANO.∵MB=MT，∴∠MBT=∠MTB，∴∠ANO=∠MTB，∴∠MNT=∠MTK.
证法7 如图10，连接TM，AM，作MG⊥AT于G，则∠GMT+∠MTG=90°，∠ABK=∠GMT=12∠AMT.∵∠ABK+∠BKO=90°，∴∠MTG=∠BKO.（其余步骤同证法5）
证法8 如图11，连接TM，AM和MB，则∠BMO=∠ATB=12∠AMB.∵MT=MB，∴∠MTB=∠MBT.∵∠BMO=∠MBK+∠BKO，∠ATB=∠MTB+∠MTN，∴∠BKO=∠MTN.（其余步骤同证法5）
综上可知，本题有四十余种证明方法可供学生选择，有利于学生发挥出自己的水平，避免“华山一条路”造成的思维短路，这是一道好的中考压轴题应具备的条件.
本题方法虽多，但辅助线的作法只有三种：作圆的半径、直径或垂径，以便于寻找角的等量关系，教学时关键是如何帮助学生弄清不同解法之间的区别和联系，找出添加辅助线的规律，形成清晰的解题思路，才能提高分析问题和解题的能力.
为了帮助学生巩固所学知识，我们还可从下面几个方面进行拓展：
1.当点K在射线CE上运动时，问题（3）中结论是否仍成立？说明理由.
2.当点K在线段CD上运动时，直线BK交⊙O于T，连接AT并延长交x轴于点N，是否存在一个常数a，满足MN•MK＝a？如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由.
3.当点K在x轴上运动时，直线BK交⊙O于T，连接AT并延长交x轴于点N，是否存在一个常数a，始终满足MN•MK＝a？如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
如图1，以点M（-1,0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A，B，C，D，直线y＝-33x-533与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F.
（1）请直接写出OE，⊙M的半径r，CH的长；
（2）如图2，弦HQ交x轴于点P，且DP∶PH＝3∶2，求cos∠QHC的值；
（3）如图3，点K为线段EC上一动点（不与E，C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT交x轴于点N.是否存在一个常数a，始终满足MN•MK＝a？如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由.
本题考查了一次函数、切线的性质、相似三角形的判定和性质、三角函数、垂径定理、圆周角定理及推论等知识，在解题过程中需要构造直角三角形，运用到转化思想、方程思想和函数思想，第（3）问考查动点问题中的定值问题，寻找变化中的不变规律，是一道非常有研究价值的中考好题.下面就第（3）问的解答方法进行归纳：证明等积式的常用方法是证明线段所在的两个三角形相似，解决本题的关键是构造与线段MN和MK有关的两个相似三角形.本题可构造下列几对相似三角形来加以证明：（1）△MNT和△MTK；（2）△MNA和△MAK；（3）△MNB和△MBK；（4）△MNA和△MBK；（5）△MNB和△MAK.
每对相似三角形的证明都可以采用下列8种方法：（以△MNT和△MTK为例）
证法1 如图4，连接TM并延长交⊙M于G，连接AG，则∠G+∠GTA=90°，∠OBK=∠G.∵∠OBK+∠BKO=90°，∴∠GTA=∠BKO.∵∠NMT=∠TMK，∴△MNT∽△MTK，∴MNMT=MTMK，即MN•MK＝MT2=4.故存在常数a，始终满足MN•MK＝a，常数a=4.
证法2 如图5，连接TM并延长交⊙M于G，连接BG，则∠ABG+∠KBO=90°，∠KBO+∠BKO=90°，∴∠ABG=∠BKO.∵∠ATG=∠ABG，∴∠GTA=∠BKO，即∠MTN=∠MKT.（其余步骤同证法1）
证法3 如图6，连接TM，AM并延长AM交⊙M于G，连接TG，则∠G+∠GAT=90°，∠OBK=∠G.∵∠OBK+∠BKO=90°，∴∠GAT=∠BKO.∵MA=MT，∴∠GAT=∠MTN，∴∠MTN=∠BKO.（其余步骤同证法1）
证法4 如图7，连接TM，AM并延长AM交⊙M于G，连接BG，则∠GBA=∠AOK=90°，∴BG∥OK，∴∠GBT=∠BKO.∵MA=MT，∴∠GAT=∠MTN.∵∠GBT=∠GAT，∴∠MTN=∠BKO.（其余步骤同证法1）
证法5 如图8，连接TM，BM并延长BM交⊙M于G，则G与H重合，连接AH，则∠BOK=∠HAB=90°，∴AH∥OK，∴∠HAT=∠ANO.∵MB=MT，∴∠MBT=∠MTB.∵∠HAT=∠HBT，∴∠ANO=∠MTB，∴∠MNT=∠MTK.∵∠NMT=∠TMK，∴△MNT∽△MTK，∴MNMT=MTMK.即MN•MK＝MT2=4，故存在常数a，始终满足MN•MK＝a，常数a=4.
证法6 如图9，连接TM，BM并延长BM交⊙M于G，则G与H重合，连接TH，则∠BHT+∠HBT=∠NAO+∠ANO=90°.∵∠NAO=∠BHT，∴∠HBT=∠ANO.∵MB=MT，∴∠MBT=∠MTB，∴∠ANO=∠MTB，∴∠MNT=∠MTK.
证法7 如图10，连接TM，AM，作MG⊥AT于G，则∠GMT+∠MTG=90°，∠ABK=∠GMT=12∠AMT.∵∠ABK+∠BKO=90°，∴∠MTG=∠BKO.（其余步骤同证法5）
证法8 如图11，连接TM，AM和MB，则∠BMO=∠ATB=12∠AMB.∵MT=MB，∴∠MTB=∠MBT.∵∠BMO=∠MBK+∠BKO，∠ATB=∠MTB+∠MTN，∴∠BKO=∠MTN.（其余步骤同证法5）
综上可知，本题有四十余种证明方法可供学生选择，有利于学生发挥出自己的水平，避免“华山一条路”造成的思维短路，这是一道好的中考压轴题应具备的条件.
本题方法虽多，但辅助线的作法只有三种：作圆的半径、直径或垂径，以便于寻找角的等量关系，教学时关键是如何帮助学生弄清不同解法之间的区别和联系，找出添加辅助线的规律，形成清晰的解题思路，才能提高分析问题和解题的能力.
为了帮助学生巩固所学知识，我们还可从下面几个方面进行拓展：
1.当点K在射线CE上运动时，问题（3）中结论是否仍成立？说明理由.
2.当点K在线段CD上运动时，直线BK交⊙O于T，连接AT并延长交x轴于点N，是否存在一个常数a，满足MN•MK＝a？如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由.
3.当点K在x轴上运动时，直线BK交⊙O于T，连接AT并延长交x轴于点N，是否存在一个常数a，始终满足MN•MK＝a？如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文