如图.PQ为⊙O的直径.点B在线段PQ的延长线上.OQ=QB=1.动点A在⊙O的上半圆运动.连结AB.设∠AOB=α．有以下结论:①当线段AB所在的直线与⊙O相切时.AB=$\sqrt{3}$,②当线段AB与⊙O只有一个公共点A点时.α的范围是0°≤α≤60°,③当△OAB是等腰三角形时.tanα=$\frac{{\sqrt{15}}}{2}$,④当线段AB与� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

13．

如图，PQ为⊙O的直径，点B在线段PQ的延长线上，OQ=QB=1，动点A在⊙O的上半圆运动（含P、Q两点），连结AB，设∠AOB=α．有以下结论：
①当线段AB所在的直线与⊙O相切时，AB=$\sqrt{3}$；
②当线段AB与⊙O只有一个公共点A点时，α的范围是0°≤α≤60°；
③当△OAB是等腰三角形时，tanα=$\frac{{\sqrt{15}}}{2}$；
④当线段AB与⊙O有两个公共点A、M时，若AO⊥PM，则AB=$\sqrt{6}$．
其中正确结论的编号是①②④．

分析 ①如下图1，根据条件，利用勾股定理可求出AB；
②如下图2，首先考虑临界位置：当点A与点Q重合时，线段AB与圆O只有一个公共点，此时α=0°；当线段AB所在的直线与圆O相切时，线段AB与圆O只有一个公共点，此时α=60°．从而定出α的范围；
③经分析若△OAB是等腰三角形，则AB=OB，过B作BD⊥AO，易得OD=$\frac{1}{2}$，利用勾股定理可得BD，得出结论；
④设AO与PM的交点为D，连接MQ，如下图3，易证AO∥MQ，从而得到△PDO∽△PMQ，△BMQ∽△BAO，又PO=OQ=BQ，从而可以求出MQ、OD，进而求出PD、DM、AM、CM的值，得AB．

解答解：①如图1所示，
∵AB与⊙O相切于点A，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB=90°，
∵OQ=QB=1，
∴OA=1，
∴AB=$\sqrt{{OB}^{2}{-OA}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}{-1}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
故①正确；

②当点A与点Q重合时，
线段AB与圆O只有一个公共点，此时α=0°；
当线段AB所在的直线与圆O相切时，如图2所示
线段A1B与圆O只有一个公共点，
此时OA1⊥BA1，OA1=1，OB=2，
∴cos∠A1OB=$\frac{O{A}_{1}}{OB}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠A1OB=60°，
∴当线段AB与圆O只有一个公共点（即A点）时，
α的范围为：0°≤α≤60°，
故②正确；

③过B作BD⊥AO，如图3所示，
∵AB=OB，BD⊥AO，
∴OD=$\frac{1}{2}$AO=$\frac{1}{2}$，
∴BD=$\sqrt{{2}^{2}{-（\frac{1}{2}）}^{2}}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，
tan∠α=$\frac{\frac{\sqrt{15}}{2}}{\frac{1}{2}}$=$\sqrt{15}$，
故③错误；

④连接MQ，如图4所示．
∵PQ是⊙O的直径，
∴∠PMQ=90°，
∵OA⊥PM，
∴∠PDO=90°，
∴∠PDO=∠PMQ，
∴△PDO∽△PMQ，
∴$\frac{PD}{PM}=\frac{DQ}{MQ}=\frac{PO}{PQ}$，
∵PO=OQ=PQ，
∴PD=PM，OD=MQ，
同理：MQ=AO，BM=AB，
∵AO=1，
∴MQ=$\frac{1}{2}$，
∴OD=$\frac{1}{4}$，
∵∠PDO=90°，PO=1，OD=$\frac{1}{4}$，
∴PD=$\frac{\sqrt{15}}{4}$，
∴PM=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，
∴DM=$\frac{\sqrt{15}}{4}$，
∵∠ADM=90°，AD=A0-OD=$\frac{3}{4}$，
∴AM=$\sqrt{{AD}^{2}{+DM}^{2}}$=$\sqrt{{（\frac{3}{4}）}^{2}{+（\frac{\sqrt{15}}{4}）}^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=BC，∠CAB=60°，
∵BM=AB，
∴AM=BM，
∴CM⊥AB，
∵AM=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∴BM=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，AB=$\sqrt{6}$，
故④正确．
故答案为：①②④．