Question

2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，半徑為$\sqrt{5}$的⊙O與x正半軸交于點(diǎn)C，與y軸交于點(diǎn)D、E，直線y=-x+b（b為常數(shù)）交坐標(biāo)軸于A、B兩點(diǎn)．
（1）如圖1，若直線AB與$\widehat{CD}$有兩個(gè)交點(diǎn)F、G，求∠CFE的度數(shù)，并直接寫出b的取值范圍；
（2）如圖2，若b=4，點(diǎn)P為直線AB上移動(dòng)，過(guò)P點(diǎn)作⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別M，N，若∠MPN=90°，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)P為直線AB上一點(diǎn)，過(guò)P點(diǎn)作⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別M、N，若存在點(diǎn)P，使得∠MPN=60°，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圓周角定理，可得∠CFE的度數(shù)，根據(jù)相切的性質(zhì)，可得相交時(shí)b的最大值、最小值；
（2）根據(jù)直線上的點(diǎn)滿足函數(shù)解析式，可得P點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)正方形的判定與性質(zhì)，可得OP、CN，PN的關(guān)系，根據(jù)勾股定理，可得關(guān)于m的方程，根據(jù)解方程，可得m的值，再根據(jù)自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系，可得P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）根據(jù)切線的性質(zhì)，可得∠OPN的度數(shù)，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，可得OP的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理，可得關(guān)于m的一元二次方程，根據(jù)根的判別式，可得答案．

解答 解：（1）由∠CFE所對(duì)的弧是$\widehat{CD}$，
$\widehat{CD}$所對(duì)的圓心角是∠COE=90°，
∠CFE=$\frac{1}{2}$∠COE=45°；
當(dāng)直線與圓相切時(shí)，直線與⊙O只有一個(gè)交點(diǎn)，
b=$\sqrt{2}$×$\sqrt{5}$=$\sqrt{10}$，
若直線AB與$\widehat{CD}$有兩個(gè)交點(diǎn)F、G，b的取值范圍-$\sqrt{10}$＜b＜$\sqrt{10}$；
（2）如圖1：，
AB的解析式為y=-x+4，由P在直線AB上，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（m，-m+4），
由∠MPN=90°，得四邊形OMPN是正方形，OP²=ON²+PN²=10，
即m²+（-m+4）²=10，解得m=1或m=3，
當(dāng)m=1時(shí)，-m+4=3即P（1，3），當(dāng)m=3時(shí)，-m+4=1，即P（3，1）；
綜上所述：點(diǎn)P的坐標(biāo)（1，3），（3，1）；
（3）如圖2：，
由P在直線AB上，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（m，-m+b），
連接OP，由∠MPN=60°，得∠OPN=30．
由直角三角形30°的角所對(duì)的直角邊是斜邊的一半，得OP=2ON=2$\sqrt{5}$，
由勾股定理得m²+（-m+b）²=（2$\sqrt{5}$）²，
化簡(jiǎn)，得2m²-2mb+b²-20=0．
△=（-2b）²-4×2×（b²-20）≥0，
解得-2$\sqrt{10}$≤b≤2$\sqrt{10}$．
故b的取值范圍-2$\sqrt{10}$≤b≤2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓的綜合題，利用圓周角定理是解題關(guān)鍵；利用正方的性質(zhì)得出關(guān)于m的方程是解題關(guān)鍵；利用直角三角形的性質(zhì)得出關(guān)于m的一元二次方程是解題關(guān)鍵，又利用了根的判別式．