Question

16．已知：如图，⊙A与y轴交于C、D两点，圆心A的坐标为（1，0），⊙A的半径为$\sqrt{5}$，过点C作⊙A的切线交x于点B．

（1）点B的坐标是为（-4，0），切线BC的解析式为y=$\frac{1}{2}$x+2；
（2）若点P是第一象限内⊙A上一点，过点P作⊙A的切线与直线BC相交于点G，且∠CGP=120°，求点G的坐标；
（3）向左移动⊙A（圆心A始终保持在x上），与直线BC交于E、F，在移动过程中是否存在点A，使得△AEF是直角三角形？若存在，求出点A 的坐标，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）连接AC，由勾股定理可求出OC的长，进而得出C点坐标，同理，由切线的性质及勾股定理即可得出OB的长，进而求出B点坐标，再用待定系数法即可求出过BC两点的直线解析式；
（2）过G点作x轴垂线，垂足为H，连接AG，设G（x₀，y₀），在Rt△ACG中利用锐角三角函数的定义可求出CG的长，
由勾股定理可得出BC的长，由OC∥GH可得出$\frac{OH}{BO}=\frac{CG}{BC}$，进而可求出G点坐标；
（3）假设△AEF为直角三角形，由AE=AF可判断出△AEF为等腰三角形，可得出∠EAF=90°，过A作AM⊥BC于M，
在Rt△AEF中利用勾股定理可求出EF的长度，证出△BOC∽△BMA，由相似三角形的性质可得出A点坐标；当圆心A在点B的左侧时，设圆心为A′，过A′作A′M′⊥BC于M′，可得△A′M′B′≌△AMB，由全等三角形的性质可得出A′点的坐标．

解答 解：（1）连接AC，则OC=2，故点C的坐标为（0，2），
∵BC为⊙O的切线，
∴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联立得，OB=4，
∴点B的坐标为（-4，0）
∴直线BC的解析式为y=$\frac{1}{2}$x+2；
故答案为：-4，0；y=$\frac{1}{2}$x+2；
（2）如图1：
解法一：过G点作x轴垂线，垂足为H，连接AG，设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，
∴$\frac{OH}{BO}=\frac{CG}{BC}$，则OH=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，即x₀=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
又∵点G在直线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：过G点作y轴垂线，垂足为H，连接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
如图2：
在移动过程中，存在点A，使△AEF为直角三角形．
若△AEF为直角三角形
∵AE=AF
∴△AEF为等腰三角形，
∴∠AEF=∠AFE≠90°，
∴∠EAF=90°，
过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=$\frac{1}{2}\sqrt{10}$，
证出△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），
当圆心A在点B的左侧时，设圆心为A′，
过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：
如图3，
在移动过程中，存在点A，使△AEF为直角三角形
若△AEF为直角三角形
∵AE=AF
∴△AEF为等腰三角形
∴∠AEF=∠AFE≠90°
∴∠EAF=90°（11分）
过F作FM⊥x轴于M，EN⊥x轴于N，EH⊥MF于H
设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$（{-4-\frac{5}{2}\sqrt{2}，0}）$；

点评 此题是圆的综合题，主要考查的是切线的性质及相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数的解析式，涉及面较广，难度较大．