Question

11．在直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)P是反比例函數(shù)y=$\frac{2\sqrt{3}}{x}$（x＞0）圖象上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以P為圓心的圓始終與y軸相切，設(shè)切點(diǎn)為A．

（1）如圖1，⊙P運(yùn)動(dòng)到與x軸相切，設(shè)切點(diǎn)為K，試判斷四邊形OKPA的形狀，并說明理由．
（2）如圖2，⊙P運(yùn)動(dòng)到與x軸相交，設(shè)交點(diǎn)為B，C．當(dāng)四邊形ABCP是菱形時(shí)：
①求出點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)．
②在P點(diǎn)右側(cè)的反比例函數(shù)y=$\frac{2\sqrt{3}}{x}$（x＞0）圖象是否存在上點(diǎn)M，使△MBP的面積等于菱形ABCP面積？若存在，試求出滿足條件的M點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，試說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)AP、PK是圓的半徑可得出AP=PK，再由PA⊥y軸，PK⊥x軸，∠AOK=90°可得出結(jié)論；
（2））①連接PB，設(shè)點(diǎn)P（x，$\frac{2\sqrt{3}}{x}$），過點(diǎn)P作PG⊥BC于G，則半徑PB=PC，由菱形的性質(zhì)得PC=BC，可知△PBC為等邊三角形，在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，PG=$\frac{2\sqrt{3}}{x}$，利用sin∠PBG=$\frac{PG}{PB}$，列方程求x即可；
②先根據(jù)菱形的性質(zhì)得出P點(diǎn)坐標(biāo)，再由待定系數(shù)法求出直線BP的解析式，設(shè)出M點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)△MBP的面積等于菱形ABCP面積得出m的值，進(jìn)而可得出點(diǎn)M的坐標(biāo)．

解答 解：（1）四邊形OKPA是正方形．
理由：∵AP、PK是圓的半徑可，
∴AP=PK．
∵PA⊥y軸，PK⊥x軸，
∴∠PAO=∠PKO=90°．
∵∠AOK=90°，
∴四邊形OKPA是正方形；

（2）①連接PB，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為x，則其縱坐標(biāo)為$\frac{2\sqrt{3}}{x}$．
過點(diǎn)P作PG⊥BC于G．
∵四邊形ABCP為菱形，
∴BC=PA=PB=PC（半徑）．
∴△PBC為等邊三角形．
在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，PG=$\frac{2\sqrt{3}}{x}$．
sin∠PBG=$\frac{PG}{PB}$，即$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\frac{2\sqrt{3}}{x}}{x}$．
解之得：x=±2（負(fù)值舍去）．
∴PG=$\sqrt{3}$，PA=BC=2．
易知四邊形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1，
∴OB=OG-BG=1，OC=OG+GC=3．
∴A（0，$\sqrt{3}$），B（1，0），C（3，0）．
②∵A（0，$\sqrt{3}$），B（1，0），C（3，0），
∴P（2，$\sqrt{3}$）．
設(shè)直線BP的解析式為y=kx+b（k≠0），則$\left\{\begin{array}{l}k+b=0\\ 2k+b=\sqrt{3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}k=\sqrt{3}\\ b=-\sqrt{3}\end{array}\right.$，
∴直線BP的解析式為y=$\sqrt{3}$x-$\sqrt{3}$．
作ME∥x軸交PB于E，
設(shè)M（m，$\frac{2\sqrt{3}}{m}$），則E（$\frac{2}{m}$+1，$\frac{2\sqrt{3}}{m}$），則ME=m-$\frac{2}{m}$-1，
∵△MBP的面積等于菱形ABCP面積，
∴$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$（m-$\frac{2}{m}$-1）=2×$\sqrt{3}$，
化簡得，m²-5m-2=0，解得m₁=$\frac{5+\sqrt{33}}{2}$，m₂=$\frac{5-\sqrt{33}}{2}$＜0（舍去），
∴M（$\frac{5+\sqrt{33}}{2}$，$\frac{3\sqrt{11}-5\sqrt{3}}{2}$）．

點(diǎn)評 本題考查的是反比例函數(shù)綜合題，涉及到反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)、利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、三角形的面積等知識，難度較大．