Question

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

（1）點B的坐標是為（-4，0），切線BC的解析式為y=$\frac{1}{2}$x+2；
（2）若點P是第一象限內⊙A上一點，過點P作⊙A的切線與直線BC相交于點G，且∠CGP=120°，求點G的坐標；
（3）向左移動⊙A（圓心A始終保持在x上），與直線BC交于E、F，在移動過程中是否存在點A，使得△AEF是直角三角形？若存在，求出點A 的坐標，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，進而得出C點坐標，同理，由切線的性質及勾股定理即可得出OB的長，進而求出B點坐標，再用待定系數法即可求出過BC兩點的直線解析式；
（2）過G點作x軸垂線，垂足為H，連接AG，設G（x₀，y₀），在Rt△ACG中利用銳角三角函數的定義可求出CG的長，
由勾股定理可得出BC的長，由OC∥GH可得出$\frac{OH}{BO}=\frac{CG}{BC}$，進而可求出G點坐標；
（3）假設△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可得出A點坐標；當圓心A在點B的左側時，設圓心為A′，過A′作A′M′⊥BC于M′，可得△A′M′B′≌△AMB，由全等三角形的性質可得出A′點的坐標．

解答 解：（1）連接AC，則OC=2，故點C的坐標為（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聯立得，OB=4，
∴點B的坐標為（-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點作x軸垂線，垂足為H，連接AG，設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：
在移動過程中，存在點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），
當圓心A在點B的左側時，設圓心為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，
在移動過程中，存在點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AN=x，EN=y
由△AEN≌△FAM
可得AM=y，FM=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$（{-4-\frac{5}{2}\sqrt{2}，0}）$；

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