Question

【題目】如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，半徑為1的⊙O與x軸正半軸和y軸正半軸分別交于A，B兩點(diǎn)，直線l：y＝kx+2（k＜0）與x軸和y軸分別交于P，M兩點(diǎn)．

（1）當(dāng)直線與⊙O相切時，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)和點(diǎn)P的坐標(biāo)；

（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在線段OA上時，直線1與⊙O交于E，F兩點(diǎn)（點(diǎn)E在點(diǎn)F的上方）過點(diǎn)F作FC∥x軸，與⊙O交于另一點(diǎn)C，連結(jié)EC交y軸于點(diǎn)D．

①如圖3，若點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時，求OD的長并寫出解答過程；

②如圖2，若點(diǎn)P與點(diǎn)A不重合時，OD的長是否發(fā)生變化，若不發(fā)生變化，請求出OD的長并寫出解答過程；若發(fā)生變化，請說明理由．

（3）如圖4，在（2）的基礎(chǔ)上，連結(jié)BF，將線段BF繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)90°到BQ，若點(diǎn)Q在CE的延長線時，請用等式直接表示線段FC，FQ之間的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

【答案】（1）；（2）①②OD的長度不變；（3）3FQ2＝4FC2+2FC

【解析】

（1）先根據(jù)題意求出A、B、M、P坐標(biāo)（P坐標(biāo)用k表示），由直線與⊙O相切，先設(shè)切點(diǎn)為N，則有ON⊥MP且ON＝1，因此∠MON可求，故利用三角函數(shù)可求OP的長，即求出P的坐標(biāo)．

（2）①當(dāng)P與A重合時，k值可求即直線l解析式確定，點(diǎn)F也與P、A重合，C在x軸上為（﹣1，0）．因為點(diǎn)E在直線l上且在⊙O上，可求出E坐標(biāo)，故直線CE解析式可求，即求出CE與y軸交點(diǎn)D．

②要求OD的長即求D的坐標(biāo)，解題思路與①相同，但由于P與A不重合，直線l和點(diǎn)E、F坐標(biāo)不確定，可先設(shè)E、F坐標(biāo)，利用直線l與點(diǎn)在⊙O的關(guān)系列得方程，得到點(diǎn)E、F橫坐標(biāo)之間的關(guān)系．用E、F橫坐標(biāo)表示的點(diǎn)C、E坐標(biāo)代入求CE解析式，化簡后即求出其與y軸交點(diǎn)縱坐標(biāo)的值．

（3）在（2）的基礎(chǔ)上有可直接使用．由旋轉(zhuǎn)90°聯(lián)想到構(gòu)造三垂直全等模型，作QR垂直y軸，即能用F的坐標(biāo)表示QR、BR等線段長度．又由FC∥QR得相似，對應(yīng)邊的比相等得到用F坐標(biāo)表示的等式．利用F在⊙O上化簡式子，并代入求FQ2，即能得到FQ2與FC的長度關(guān)系．

解：（1）∵半徑為1的⊙O與x軸正半軸和y軸正半軸分別交于A，B兩點(diǎn)

∴A（1，0），B（0，1），OA＝OB＝1

直線l：y＝kx+2（k＜0）中，當(dāng)x＝0時，y＝2

∴點(diǎn)M坐標(biāo)為（0，2），OM＝2

當(dāng)kx+2＝0時，解得：

∴點(diǎn)P坐標(biāo)為

設(shè)直線l與與⊙O相切于點(diǎn)N，

∴ON⊥MP，ON＝1

∴∠ONM＝∠ONP＝90°

∴Rt△OMN中，sin∠OMN＝

∴∠OMN＝30°

∴Rt△MOP中，tan∠OMP＝

∴ 解得：，

∴

∴點(diǎn)P坐標(biāo)為

（2）①∵P與A重合，FC∥x軸

∴P（1，0），=1，點(diǎn)F與P、A重合

∴k＝﹣2，C（﹣1，0）

∴直線l：y＝﹣2x+2

∵點(diǎn)E在直線l上，且在⊙O上

∴設(shè)E（e，﹣2e+2），則有e2+（﹣2e+2）2＝1

解得：e1＝1（即為點(diǎn)A，舍去），，

∴

∴點(diǎn)E坐標(biāo)為

設(shè)直線CE解析式為：y＝ax+b

∴ 解得：

∴直線CE與y軸交點(diǎn)

∴

②OD的長度不變．

設(shè)點(diǎn)（x，y）在⊙O上，則有x2+y2＝1

∴求直線l：y＝kx+2與⊙O的交點(diǎn)E、F，即求兩方程的公共解

整理得：（1+k2）x2+4kx+3＝0

設(shè)E（e，ke+2），F（t，kt+2）

∴ ①，et②

∵FC∥x軸且C在⊙O上

∴C、F關(guān)于y軸對稱，即C（﹣t，kt+2）

設(shè)直線CE解析式為：y＝ax+b

∴

③×e得：﹣aet+be＝ket+2e⑤

④×t得：aet+bt＝ket+2t⑥

⑤+⑥得：（e+t）b＝2ket+2（e+t）

∴

把①②式代入得：

∴即長度不變．

（3）過點(diǎn)Q作QR⊥y軸于R，設(shè)CF與y軸交點(diǎn)為S

∴∠BRQ＝∠FSB＝90°

∵線段BF繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)90°到BQ

∴∠FBQ＝90°，BQ＝BF，即△BFQ是等腰直角三角形

∴∠RBQ+∠SBF＝∠RBQ+∠RQB＝90°

∴∠RQB＝∠SBF

在△RQB與△SBF

∴△RQB≌△SBF（AAS）

∴RQ＝SB，BR＝SF

設(shè)F（t，s），C（﹣t，s）

則FC＝2t，RQ＝SB＝1﹣s，BR＝SF＝t

∵在（2）的基礎(chǔ)上有

∴

∵CS∥RQ，C、D、Q在同一直線上

∴△CDS∽△QDR

∴

∴

整理得：2s2﹣2t2﹣3s﹣t+1＝0

∵點(diǎn)F（t，s）在⊙O上，滿足s2+t2＝1，

代入整理得：

∵FQ2＝BF2+BQ2＝2BQ2＝2（BR2+RQ2）＝2[t2+（1﹣s）2]＝4﹣4s＝

FC＝2t，FC2＝4t2

∴3FQ2＝4FC2+2FC