Question

16．已知：如圖，⊙A與y軸交于C、D兩點(diǎn)，圓心A的坐標(biāo)為（1，0），⊙A的半徑為$\sqrt{5}$，過點(diǎn)C作⊙A的切線交x于點(diǎn)B．

（1）點(diǎn)B的坐標(biāo)是為（-4，0），切線BC的解析式為y=$\frac{1}{2}$x+2；
（2）若點(diǎn)P是第一象限內(nèi)⊙A上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作⊙A的切線與直線BC相交于點(diǎn)G，且∠CGP=120°，求點(diǎn)G的坐標(biāo)；
（3）向左移動(dòng)⊙A（圓心A始終保持在x上），與直線BC交于E、F，在移動(dòng)過程中是否存在點(diǎn)A，使得△AEF是直角三角形？若存在，求出點(diǎn)A 的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）連接AC，由勾股定理可求出OC的長，進(jìn)而得出C點(diǎn)坐標(biāo)，同理，由切線的性質(zhì)及勾股定理即可得出OB的長，進(jìn)而求出B點(diǎn)坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法即可求出過BC兩點(diǎn)的直線解析式；
（2）過G點(diǎn)作x軸垂線，垂足為H，連接AG，設(shè)G（x₀，y₀），在Rt△ACG中利用銳角三角函數(shù)的定義可求出CG的長，
由勾股定理可得出BC的長，由OC∥GH可得出$\frac{OH}{BO}=\frac{CG}{BC}$，進(jìn)而可求出G點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）假設(shè)△AEF為直角三角形，由AE=AF可判斷出△AEF為等腰三角形，可得出∠EAF=90°，過A作AM⊥BC于M，
在Rt△AEF中利用勾股定理可求出EF的長度，證出△BOC∽△BMA，由相似三角形的性質(zhì)可得出A點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)圓心A在點(diǎn)B的左側(cè)時(shí)，設(shè)圓心為A′，過A′作A′M′⊥BC于M′，可得△A′M′B′≌△AMB，由全等三角形的性質(zhì)可得出A′點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：（1）連接AC，則OC=2，故點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，2），
∵BC為⊙O的切線，
∴AC⊥BC，
在Rt△ABC中，（OB+OA）²=BC²+AC²，即（OB+1）²=BC²+5①，
在Rt△OBC中，BC²=OB²+OC²，即BC²=OB²+4②，
①②聯(lián)立得，OB=4，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-4，0）
∴直線BC的解析式為y=$\frac{1}{2}$x+2；
故答案為：-4，0；y=$\frac{1}{2}$x+2；
（2）如圖1：
解法一：過G點(diǎn)作x軸垂線，垂足為H，連接AG，設(shè)G（x₀，y₀），
在Rt△ACG中，∠AGC=60°，AC=$\sqrt{5}$，求得CG=$\frac{\sqrt{15}}{3}$，
又∵OB=4，
∴BC=$\sqrt{O{B}^{2}+O{C}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵OC∥GH，
∴$\frac{OH}{BO}=\frac{CG}{BC}$，則OH=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，即x₀=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
又∵點(diǎn)G在直線BC上，
∴y₀=$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{3}}{3}$+2
=$\frac{\sqrt{3}}{3}$+2，
∴G（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$+2），
解法二：過G點(diǎn)作y軸垂線，垂足為H，連接AG
在Rt△ACG中，∠AGC=60°，AC=$\sqrt{5}$，∴CG=$\frac{\sqrt{15}}{3}$，
由△BCO∽△GCH，得$\frac{CH}{GH}=\frac{CO}{BO}=\frac{1}{2}$，
即GH=2CH，
在Rt△CHG中，CG=$\frac{\sqrt{15}}{3}$，GH=2CH，得CH=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，HG=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴G（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$+2）；

（3）方法一
如圖2：
在移動(dòng)過程中，存在點(diǎn)A，使△AEF為直角三角形．
若△AEF為直角三角形
∵AE=AF
∴△AEF為等腰三角形，
∴∠AEF=∠AFE≠90°，
∴∠EAF=90°，
過A作AM⊥BC于M，
在Rt△AEF中，EF=$\sqrt{A{E}^{2}+A{F}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
AM=$\frac{1}{2}$EF=$\frac{1}{2}\sqrt{10}$，
證出△BOC∽△BMA得，$\frac{OC}{AM}=\frac{BC}{AB}$，
而BC=$\sqrt{O{C}^{2}+O{B}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，OC=2，可得AB=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$
∴OA=4-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴A（-4+$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，0），
當(dāng)圓心A在點(diǎn)B的左側(cè)時(shí)，設(shè)圓心為A′，
過A′作A′M′⊥BC于M′，可得△A′M′B′≌△AMB，
∴A′B=AB=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴OA′=OB+A′B=4+$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴A′（-4-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，0），
∴A（-4+$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，0）或A′（-4-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，0）
方法二：
如圖3，
在移動(dòng)過程中，存在點(diǎn)A，使△AEF為直角三角形
若△AEF為直角三角形
∵AE=AF
∴△AEF為等腰三角形
∴∠AEF=∠AFE≠90°
∴∠EAF=90°（11分）
過F作FM⊥x軸于M，EN⊥x軸于N，EH⊥MF于H
設(shè)AN=x，EN=y
由△AEN≌△FAM
可得AM=y，F(xiàn)M=x
FH=x-y
EH=x+y，由$\frac{FH}{EH}=\frac{OC}{OB}=\frac{1}{2}$，即$\frac{x-y}{x+y}=\frac{1}{2}$∴x=3y
在Rt△AEN中，
x²+y²=（$\sqrt{5}$）²
x²+y²=5，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3\sqrt{2}}{2}}\\{y=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，
又∵$\frac{EN}{BN}=\frac{OC}{OB}=\frac{1}{2}$，
∴BN=2y，BN=$\sqrt{2}$，
∴AB=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$+$\sqrt{2}$=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴OA=4-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴A（-4+$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，0），
以下同解法一，得A′（-4-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，0）．
∴A$（{-4+\frac{5}{2}\sqrt{2}，0}）$或$（{-4-\frac{5}{2}\sqrt{2}，0}）$；

點(diǎn)評 此題是圓的綜合題，主要考查的是切線的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，涉及面較廣，難度較大．