Question

如圖，以y軸上正半軸上一點O₁為圓心的圓分別交x軸于A、B兩點，交y軸于F（0，2+

2

）、G（0，

2

-2）．
（1）求點A的坐標(biāo)．
（2）N（a，b）為⊙O₁上第二象限內(nèi)一點，且a，b為方程x²+（2-k）x-2k=0的兩根，且P是

NF

上一點，

PG-PF

NP

的值是否為定值？若為定值，求出此值；若不是定值，求出其變化的范圍．
（3）點C是弧AB上的一個動點（不與點A、B重合），O₁D⊥BC，O₁E⊥AC，垂足分別為D、E．設(shè)BD=t，△DO₁E的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出它的自變量取值范圍．

Answer 1

考點：圓的綜合題,解一元二次方程-因式分解法,全等三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,勾股定理的逆定理,三角形中位線定理,垂徑定理,圓心角、弧、弦的關(guān)系,圓周角定理,特殊角的三角函數(shù)值

專題：壓軸題

分析：（1）連接O₁A，如圖1．可求出FG，O₁O，然后在Rt△AOO₁中運用勾股定理求出OA，就可得到點A的坐標(biāo)．
（2）過點N作NQ⊥NP交PG于點Q，連接NF、NO₁、NG，如圖2．解方程x²+（2-k）x-2k=0得到點N的橫坐標(biāo)等于-2，從而得到NO₁⊥FG，由垂徑定理可得

NF

=

NG

，則有NF=NG．由FG是⊙O₁的直徑可得∠FNG=90°．由PN⊥NQ，∠NPG=

1

2

∠NO₁G=45°可證到NP=NQ，從而有PQ=

2

PN．由∠FNG=90°，∠PNQ=90°可證到∠PNF=∠GNQ，從而可以證到△PNF≌△QNG．，則有PF=QG，就可求出

PG-PF

NP

的值．
（3）連接OD，過點B作BR⊥OD交OD的延長線于R，過點D作DS⊥OB于S，連接O₁A、O₁B，如圖3．易證∠AO₁B=90°從而可求出∠ACB=135°，然后根據(jù)垂徑定理可得BD=CD=t，AE=CE，再根據(jù)三角形中位線定理可得ED=

1

2

AB=

2

，ED∥AB，OB=OA，BD=DC，進(jìn)而可證到∠O₁HD=∠O₁OB=90°，∠BDR=45°．在Rt△BRD中利用三角函數(shù)可求出BR=DR=

2

2

t．再在Rt△BRO中運用勾股定理可求出OR，從而可求出OD，然后運用面積法求出DS，進(jìn)而可求出O₁H，就可求出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式．由點C是弧AB上的一個動點（不與點A、B重合）可得0＜BC＜AB，就可求出自變量t的取值范圍．

解答：解：（1）連接O₁A，如圖1．
∵F（0，2+

2

）、G（0，

2

-2），
∴FG=（2+

2

）-（

2

-2）=4．
∴O₁A=O₁F=O₁G=2．
∴O₁O=OF-O₁F=（2+

2

）-2=

2

．
在Rt△AOO₁中，
AO=

AO12-O1O2

=

2

．
∴點A的坐標(biāo)為（-

2

，0）．

（2）

PG-PF

NP

是定值，等于

2

．
理由如下：
過點N作NQ⊥NP交PG于點Q，連接NF、NO₁、NG，如圖2．
解關(guān)于x的方程x²+（2-k）x-2k=0得：
x₁=-2，x₂=k．
∵N（a，b）在第二象限，且a，b為方程x²+（2-k）x-2k=0的兩根，
∴a=-2，b=k，即點N的坐標(biāo)為（-2，k）．
∴點N到y(tǒng)軸的距離等于2，等于⊙O₁的半徑．
∵點N在⊙O₁上，∴NO₁⊥FG．
∴

NF

=

NG

．∴NF=NG．
∵FG是⊙O₁的直徑，∴∠FNG=90°．
∵PN⊥NQ，即∠PNQ=90°，∠NPG=

1

2

∠NO₁G=45°，
∴∠PQN=90°-45°=45°=∠NPQ．
∴NP=NQ．
∴PQ=

2

PN．
∵∠FNG=90°，∠PNQ=90°，
∴∠PNF=90°-∠FNQ=∠GNQ．
在△PNF和△QNG中，

NP=NQ ∠PNF=∠QNG NF=NG

．
∴△PNF≌△QNG．
∴PF=QG．
∴

PG-PF

NP

=

PG-QG

NP

=

PQ

PN

=

2

．

（3）連接OD，過點B作BR⊥OD交OD的延長線于R，
過點D作DS⊥OB于S，連接O₁A、O₁B，如圖3．
∵O₁G⊥AB，∴OA=OB=

2

．
∴AB=2

2

．
∵O₁A²+O₁B²=8=AB²，
∴∠AO₁B=90°．
∴

AB

的度數(shù)為90°．
∴

AFB

的度數(shù)為270°．
∴∠ACB=135°．
∵O₁D⊥BC，O₁E⊥AC，
∴BD=CD=t，AE=CE．
∴ED=

1

2

AB=

2

，ED∥AB．
∴∠O₁HD=∠O₁OB=90°．
∵OB=OA，BD=DC，
∴OD∥AC．
∴∠ODB=∠ACB=135°．
∴∠BDR=45°．
在Rt△BRD中，
BR=BD•sin∠BDR=

2

2

t，
DR=BD•cos∠BDR=

2

2

t．
在Rt△BRO中，
OR=

OB2-BR2

=

2- t2 2

=

8-2t2

2

．
∴OD=OR-DR=

8-2t2

2

-

2

2

t．
∵S_△ODB=

1

2

OD•BR=

1

2

OB•DS，
∴DS=

OD•BR

OB

=

t 8-2t2 - 2 t2

4

．
∴OH=DS=

t 8-2t2 - 2 t2

4

．
∴O₁H=O₁O+OH=

2

+

t 8-2t2 - 2 t2

4

=

4 2 +t 8-2t2 - 2 t2

4

．
∴S=

1

2

ED•O₁H=

1

2

×

2

×

4 2 +t 8-2t2 - 2 t2

4

=

4+t 4-t2 -t2

4

．
∵點C是弧AB上的一個動點（不與點A、B重合），
∴0＜BC＜AB．
∴0＜2t＜2

2

．
∴0＜t＜

2

．
∴S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為S=

4+t 4-t2 -t2

4

，自變量t的取值范圍為0＜t＜

2

．

點評：本題考查了垂徑定理、圓周角定理、弧與圓心角及弦的關(guān)系、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理、特殊角的三角函數(shù)值、勾股定理及其逆定理等知識，綜合性非常強(qiáng)，難度也比較大．而構(gòu)造三角形全等（△PNF≌△QNG）是解決第（2）小題的關(guān)鍵，用面積法求出△OBD的邊OB邊上的高DS是解決第（3）小題的關(guān)鍵．