人教数学锐角三角函数的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及详细答案
一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编(难题易错题)
1.在△ABC中,AB=BC,点O是AC的中点,点P是AC上的一个动点(点P不与点A,O,C重合).过点A,点C作直线BP的垂线,垂足分别为点E和点F,连接OE,OF.(1)如图1,请直接写出线段OE与OF的数量关系;
(2)如图2,当∠ABC=90°时,请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系,并说明理由
(3)若|CF﹣AE|=2,EF=23,当△POF为等腰三角形时,请直接写出线段OP的长.
【答案】(1)OF =OE;(2)OF⊥EK,OF=OE,理由见解析;(3)OP的长为62
或
23
.
【解析】
【分析】(1)如图1中,延长EO交CF于K,证明△AOE≌△COK,从而可得OE=OK,再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE;
(2)如图2中,延长EO交CF于K,由已知证明△ABE≌△BCF,△AOE≌△COK,继而可证得△EFK是等腰直角三角形,由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK,OF=OE;
(3)分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.
【详解】(1)如图1中,延长EO交CF于K,
∵AE⊥BE,CF⊥BE,∴AE∥CK,∴∠EAO=∠KCO,
∵OA=OC,∠AOE=∠COK,∴△AOE≌△COK,∴OE=OK,
∵△EFK是直角三角形,∴OF=1
2
EK=OE;
(2)如图2中,延长EO交CF于K,
∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°,
∴∠ABE+∠BAE=90°,∠ABE+∠CBF=90°,∴∠BAE=∠CBF,
∵AB=BC,∴△ABE≌△BCF,∴BE=CF,AE=BF,
∵△AOE≌△COK,∴AE=CK,OE=OK,∴FK=EF,
∴△EFK是等腰直角三角形,∴OF⊥EK,OF=OE;
(3)如图3中,点P在线段AO上,延长EO交CF于K,作PH⊥OF于H,
∵|CF﹣AE|=2,3AE=CK,∴FK=2,
在Rt△EFK中,tan∠3
∴∠FEK=30°,∠EKF=60°,
∴EK=2FK=4,OF=1
2
EK=2,
∵△OPF是等腰三角形,观察图形可知,只有OF=FP=2,
在Rt△PHF中,PH=1
2
PF=1,3OH=23
∴()2
2
12362
+-=
如图4中,点P 在线段OC 上,当PO=PF 时,∠POF=∠PFO=30°, ∴∠BOP=90°, ∴OP=
33OE=233
, 综上所述:OP 的长为62 或
23
3
. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等,综合性较强,正确添加辅助线是解题的关键.
2.已知Rt △ABC 中,AB 是⊙O 的弦,斜边AC 交⊙O 于点D ,且AD=DC ,延长CB 交⊙O 于点E .
(1)图1的A 、B 、C 、D 、E 五个点中,是否存在某两点间的距离等于线段CE 的长?请说明理由;
(2)如图2,过点E 作⊙O 的切线,交AC 的延长线于点F . ①若CF=CD 时,求sin ∠CAB 的值;
②若CF=aCD (a >0)时,试猜想sin ∠CAB 的值.(用含a 的代数式表示,直接写出结果)
【答案】(1)AE=CE ;(2)①;②
.
【解析】
试题分析:(1)连接AE 、DE ,如图1,根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°,由于
AD=DC,根据垂直平分线的性质可得AE=CE;
(2)连接AE、ED,如图2,由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径,根据切线的性质可得∠AEF=90°,从而可证到△ADE∽△AEF,然后运用相似三角形的性质可得=AD?AF.①当CF=CD时,可得,从而有EC=AE=CD,在Rt△DEC中运用三角函数可得
sin∠CED=,根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC,即可求出sin∠CAB的值;②当CF=aCD(a>0)时,同①即可解决问题.
试题解析:(1)AE=CE.理由:
连接AE、DE,如图1,∵∠ABC=90°,∴∠ABE=90,∴∠ADE=∠ABE=90°,∵AD=DC,
∴AE=CE;
(2)连接AE、ED,如图2,∵∠ABE=90°,∴AE是⊙O的直径,∵EF是⊙OO的切线,
∴∠AEF=90°,∴∠ADE=∠AEF=90°,又∵∠DAE=∠EAF,∴△ADE∽△AEF,∴,∴=AD?AF.
①当CF=CD时,AD=DC=CF,AF=3DC,∴=DC?3DC=,∴AE=DC,∵EC=AE,∴EC=DC,∴sin∠CAB=sin∠CED===;
②当CF=aCD(a>0)时,sin∠CAB=.
∵CF=aCD,AD=DC,∴AF=AD+DC+CF=(a+2)CD,∴=DC?(a+2)DC=(a+2),∴AE=DC,∵EC=AE,∴EC=DC,
∴sin∠CAB=sin∠CED==.
考点:1.圆的综合题;2.探究型;3.存在型.
3.如图,AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于H,过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB 的延长线于切点为G,连接AG交CD于K.
(1)求证:KE=GE;
(2)若KG2=KD?GE,试判断AC与EF的位置关系,并说明理由;
(3)在(2)的条件下,若sinE=,AK=,求FG的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)AC∥EF,证明见解析;(3)FG= .
【解析】
试题分析:(1)如图1,连接OG.根据切线性质及CD⊥AB,可以推出
∠KGE=∠AKH=∠GKE,根据等角对等边得到KE=GE;
(2)AC与EF平行,理由为:如图2所示,连接GD,由∠KGE=∠GKE,及KG2=KD?GE,利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似,又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD,可推知∠E=∠C,从而得到AC∥EF;
(3)如图3所示,连接OG,OC,先求出KE=GE,再求出圆的半径,根据勾股定理与垂径定理可以求解;然后在Rt△OGF中,解直角三角形即可求得FG的长度.
试题解析:(1)如图1,连接OG.
∵EG为切线,
∴∠KGE+∠OGA=90°,
∵CD⊥AB,
∴∠AKH+∠OAG=90°,
又∵OA=OG,
∴∠OGA=∠OAG,
∴∠KGE=∠AKH=∠GKE,
∴KE=GE.
(2)AC∥EF,理由为连接GD,如图2所示.
∵KG2=KD?GE,即,
∴,
又∵∠KGE=∠GKE,
∴△GKD∽△EGK,
∴∠E=∠AGD,
又∵∠C=∠AGD,
∴∠E=∠C,
∴AC∥EF;
(3)连接OG,OC,如图3所示,
∵EG为切线,
∴∠KGE+∠OGA=90°,
∵CD⊥AB,
∴∠AKH+∠OAG=90°,
又∵OA=OG,
∴∠OGA=∠OAG,
∴∠KGE=∠AKH=∠GKE,
∴KE=GE.
∵sinE=sin∠ACH=
,设AH=3t,则AC=5t,CH=4t,∵KE=GE,AC∥EF,
∴CK=AC=5t,
∴HK=CK-CH=t.
在Rt △AHK 中,根据勾股定理得AH 2+HK 2=AK 2, 即(3t )2+t 2=(2
)2,解得t=
.
设⊙O 半径为r ,在Rt △OCH 中,OC=r ,OH=r-3t ,CH=4t , 由勾股定理得:OH 2+CH 2=OC 2, 即(r-3t )2+(4t )2=r 2,解得r= t=
.
∵EF 为切线,
∴△OGF 为直角三角形, 在Rt △OGF 中,OG=r=
,tan ∠OFG=tan ∠CAH=
,
∴FG=
【点睛】此题考查了切线的性质,相似三角形的判定与性质,垂径定理,勾股定理,锐角三角函数定义,圆周角定理,平行线的判定,以及等腰三角形的判定,熟练掌握定理及性质是解本题的关键.
4.在平面直角坐标系中,四边形OABC 是矩形,点()0,0O ,点()3,0A ,点()0,4C
,
连接OB ,以点A 为中心,顺时针旋转矩形AOCB ,旋转角为()0360αα?<,得到矩形ADEF ,点,,O C B 的对应点分别为,,D E F . (Ⅰ)如图,当点D 落在对角线OB 上时,求点D 的坐标; (Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下,AB 与DE 交于点H . ①求证BDE DBA ???; ②求点H 的坐标.
(Ⅲ)α为何值时,FB FA =.(直接写出结果即可).
【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为5472
(,)2525;(Ⅱ)①证明见解析;②点H 的坐标为(3,258
);(Ⅲ)60α=?或300?. 【解析】
【分析】
(Ⅰ) 过A D 、分别作,AM OB DN OA ⊥⊥,根据点A 、点C 的坐标可得出OA 、OC 的长,根据矩形的性质可得AB 、OB 的长,在Rt △OAM 中,利用∠BOA 的余弦求出OM 的长,由旋转的性质可得OA=AD ,利用等腰三角形的性质可得OD=2OM ,在Rt △ODN 中,利用∠BOA 的正弦和余弦可求出DN 和ON 的长,即可得答案;(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA ,根据锐角互余的关系可得ABD BDE ∠∠=,利用SAS 即可证明△DBA ≌△BDE ;②根据△DBA ≌△BDE 可得∠BEH=∠DAH ,BE=AD ,即可证明
△BHE ≌△DHA ,可得DH=BH ,设AH=x ,在Rt △ADH 中,利用勾股定理求出x 的值即可得答案;(Ⅲ)如图,过F 作FO ⊥AB ,由性质性质可得∠BAF=α,分别讨论0<α≤180°时和180°<α<360°时两种情况,根据FB=FA 可得OA=OB ,利用勾股定理求出FO 的长,由余弦的定义即可求出∠BAF 的度数. 【详解】
(Ⅰ)∵点()30A ,
,点()04C ,, ∴3,4OA OC ==. ∵四边形OABC 是矩形, ∴AB=OC=4,
∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的 ∴3AD AO ==.
在Rt OAB ?中,5OB =, 过A D 、分别作B,DN OA AM O ⊥⊥ 在Rt ΔOAM 中,OM OA 3
cos BOA OA OB 5
∠===, ∴9OM 5
=
∵AD=OA ,AM ⊥OB , ∴18OD 2OM 5
==
. 在Rt ΔODN 中:DN 4sin BOA OD 5∠==,cos ∠BOA=ON OD =3
5
, ∴72DN 25=
,54ON 25
=
. ∴点D 的坐标为5472,2525??
???
.
(Ⅱ)①∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的, ∴OA AD 3,ADE 90,DE AB 4∠===?==. ∴OD AD =.
∴
DOA ODA ∠∠=.
又∵DOA OBA 90∠∠+=?,BDH ADO 90∠∠+=? ∴ABD BDE ∠∠=.
又∵BD BD =, ∴ΔBDE ΔDBA ?.
②由ΔBDE ΔDBA ?,得BEH DAH ∠∠=,BE AD 3==, 又∵
BHE DHA ∠∠=,
∴ΔBHE ΔDHA ?. ∴DH=BH ,
设AH x =,则DH BH 4x ==-, 在Rt ΔADH 中,222AH AD DH =+, 即()2
22x 34x =+-,得25x 8
=, ∴25AH 8
=
. ∴点H 的坐标为253,
8?? ???
. (Ⅲ)如图,过F 作FO ⊥AB , 当0<α≤180°时,
∵点B 与点F 是对应点,A 为旋转中心, ∴∠BAF 为旋转角,即∠BAF=α,AB=AF=4, ∵FA=FB ,FO ⊥AB , ∴OA=
1
2
AB=2, ∴cos ∠BAF=
OA AF =1
2
, ∴∠BAF=60°,即α=60°, 当180°<α<360°时,
同理解得:∠BAF′=60°, ∴旋转角α=360°-60°=300°.
综上所述:α60=?或300?. 【点睛】
本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识,正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.
5.如图,已知,在
O 中,弦AB 与弦CD 相交于点E ,且AC BD =.
(1)求证:AB CD =;
(2)如图,若直径FG 经过点E ,求证:EO 平分AED ∠;
(3)如图,在(2)的条件下,点P 在CG 上,连接FP 交AB 于点M ,连接MG ,若
AB CD ⊥,MG 平分PMB ∠,2MG =,FMG ?的面积为2,求O 的半径的长.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)O 的半径的长为10.
【解析】 【分析】
(1) 利用相等的弧所对的弦相等进行证明;
(2)连接AO 、DO ,过点O 作OJ AB ⊥于点J ,OQ CD ⊥于点Q ,证明
AOJ DOQ ???得出OJ OQ =,根据角平分线的判定定理可得结论;
(3)如图,延长GM 交
O 于点H ,连接HF ,求出2FH =,在HG 上取点L ,使
HL FH =,延长FL 交O 于点K ,连接KG ,求出22FL =,设HM n =,则有
22LK KG n ==
,2222
FK FL LK n =+=+,再证明KFG EMG HMF ∠=∠=∠,从而得到tan tan KFG HMF ∠=∠,
KG HF
FK HM
=,再代入LK 和FK 的值可得n=4,再求得FG 的长,最后得到圆的半径为10. 【详解】
解:(1)证明:∵AC BD =,∴AC CB BD CB +=+, ∴AB CD =, ∴AB CD =.
(2)证明:如图,连接AO 、DO ,过点O 作OJ AB ⊥于点J ,OQ CD ⊥于点Q ,
∴90AJO DQO ∠=∠=?,11
22
AJ AB CD DQ ===, 又∵AO DO =, ∴AOJ DOQ ???, ∴OJ OQ =,
又∵OJ AB ⊥,OQ CD ⊥,
∴EO 平分AED ∠.
(3)解:∵CD AB ⊥,∴90AED ∠=?,
由(2)知,1
452
AEF AED ∠=
∠=?, 如图,延长GM 交O 于点H ,连接HF ,
∵FG 为直径,∴90H ∠=?,1
22
MFG S MG FH ?=??=, ∵2MG =,∴2FH =,
在HG 上取点L ,使HL FH =,延长FL 交O 于点K ,连接KG ,
∴45HFL HLF ∠=∠=?,45KLG HLF ∠=∠=?, ∵FG 为直径,∴90K ∠=?,
∴9045KGL KLG KLG ∠=?-∠=?=∠,∴LK KG =, 在Rt FHL ?中,222FL FH HL =+,22FL = 设HM n =,2HL MG ==,
∴GL LM MG HL LM HM n =+=+==, 在Rt LGK ?中,222LG LK KG =+,22
LK KG ==
,2
222
FK FL LK n =+=, ∵GMP GMB ∠=∠,∵PMG HMF ∠=∠,∴HMF GMB ∠=∠, ∵1
452
AEF AED ∠=
∠=?, ∴45MGF EMG MEF ∠+∠=∠=?,45MGF KFG HLF ∠+∠=∠=?, ∴KFG EMG HMF ∠=∠=∠, ∴tan tan KFG HMF ∠=∠,
∴KG HF
FK HM
=,∴
2
2
2
2
22
2
n
n
n
=
+
,4
n=,
∴6
HG HM MG
=+=,
在Rt HFG
?中,222
FG FH HG
=+,210
FG=,10
FO=.
即O的半径的长为10.
【点睛】
考查了圆的综合题,本题是垂径定理、圆周角定理以及三角函数等的综合应用,适当的添加辅助线是解题的关键.
6.如图,在?ABCD中,AC与BD交于点O,AC⊥BC于点C,将△ABC沿AC翻折得到
△AEC,连接DE.
(1)求证:四边形ACED是矩形;
(2)若AC=4,BC=3,求sin∠ABD的值.
【答案】(1)证明见解析(2)
613
【解析】
【分析】
(1)根据?ABCD中,AC⊥BC,而△ABC≌△AEC,不难证明;
(2)依据已知条件,在△ABD或△AOC作垂线AF或OF,求出相应边的长度,即可求出∠ABD的正弦值.
【详解】
(1)证明:∵将△ABC沿AC翻折得到△AEC,
∴BC=CE,AC⊥CE,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,AD=BC,
∴AD=CE,AD∥CE,
∴四边形ACED是平行四边形,
∵AC⊥CE,
∴四边形ACED是矩形.
(2)解:方法一、如图1所示,过点A作AF⊥BD于点F,
∵BE=2BC=2×3=6,DE=AC=4,
∴在Rt △BDE 中,
2
2
2
2
BD BE DE 64213=+=+=∵S △BDE =
12
×DE?AD
=1
2
AF?BD , ∴AF =
613
213
=, ∵Rt △ABC 中,AB =2234+=5, ∴Rt △ABF 中,
sin ∠ABF =sin ∠ABD =613613
13655
AF AB ==
.
方法二、如图2所示,过点O 作OF ⊥AB 于点F , 同理可得,OB =1
132
BD =, ∵S △AOB =11
OF AB OA BC 22
?=?, ∴OF =
23655
?=, ∵在Rt △BOF 中,
sin ∠FBO =
0613
513F OB ==
, ∴sin ∠ABD =
613
.
【点睛】
本题考查直角三角形翻折变化后所得图形的性质,矩形的判定和性质,平行四边形的性质和解直角三角形求线段的长度,关键是正确添加辅助线和三角形面积的计算公式求出
sin∠ABD.
7.如图,直线与轴交于点,与轴交于点,抛物线经过点,.点为轴上一动点,过点且垂直于轴的直线分别交直线及抛物线于点,.
(1)填空:点的坐标为,抛物线的解析式为;
(2)当点在线段上运动时(不与点,重合),
①当为何值时,线段最大值,并求出的最大值;
②求出使为直角三角形时的值;
(3)若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是,请直接写出此时由点,,,构成的四边形的面积.
【答案】(1),;
(2)①当时,有最大值是3;②使为直角三角形时的值为3或;(3)点,,,构成的四边形的面积为:6或或.
【解析】
【分析】
(1)把点A坐标代入直线表达式y=,求出a=?3,把点A、B的坐标代入二次函数表达式,即可求解;
(2)①设:点P(m,),N(m,)求出PN值的表达式,即可求
解;②分∠BNP=90°、∠NBP=90°、∠BPN=90°三种情况,求解即可;
(3)若抛物线上有且只有三个点N到直线AB的距离是h,则只能出现:在AB直线下方抛物线与过点N的直线与抛物线有一个交点N,在直线AB上方的交点有两个,分别求解即可.
【详解】
解:(1)把点坐标代入直线表达式,
解得:,则:直线表达式为:,令,则:,
则点坐标为,
将点的坐标代入二次函数表达式得:,
把点的坐标代入二次函数表达式得:,
解得:,
故:抛物线的解析式为:,
故:答案为:,;
(2)①∵在线段上,且轴,
∴点,,
∴,
∵,
∴抛物线开口向下,
∴当时,有最大值是3,
②当时,点的纵坐标为-3,
把代入抛物线的表达式得:,解得:或0(舍去),∴;
当时,∵,两直线垂直,其值相乘为-1,
设:直线的表达式为:,
把点的坐标代入上式,解得:,则:直线的表达式为:,
将上式与抛物线的表达式联立并解得:或0(舍去),
当时,不合题意舍去,
故:使为直角三角形时的值为3或;
(3)∵,,
在中,,则:,,
∵轴,
∴,
若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是,
则只能出现:在直线下方抛物线与过点的直线与抛物线有一个交点,在直线上方的交点有两个.
当过点的直线与抛物线有一个交点,
点的坐标为,设:点坐标为:,
则:,过点作的平行线,
则点所在的直线表达式为:,将点坐标代入,
解得:过点直线表达式为:,
将拋物线的表达式与上式联立并整理得:,
,
将代入上式并整理得:,
解得:,则点的坐标为,
则:点坐标为,则:,
∵,,∴四边形为平行四边形,则点到直线的距离等于点到直线的距离,
即:过点与平行的直线与抛物线的交点为另外两个点,即:、,
直线的表达式为:,将该表达式与二次函数表达式联立并整理得:
,解得:,
则点、的横坐标分别为,,
作交直线于点,
则,
作轴,交轴于点,则:,,
,
则:,
同理:,
故:点,,,构成的四边形的面积为:6或或.
【点睛】
本题考查的是二次函数知识的综合运用,涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识,其中(3)中确定点N的位置是本题的难点,核心是通过△=0,确定图中N点的坐标.
8.如图,湿地景区岸边有三个观景台、、.已知米,米,点位于点的南偏西方向,点位于点的南偏东方向.
(1)求的面积;
(2)景区规划在线段的中点处修建一个湖心亭,并修建观景栈道.试求、间的距离.(结果精确到米)
(参考数据:,,,,,,
)
【答案】(1)560000(2)565.6
【解析】
试题分析:(1)过点作交的延长线于点,,然后根据直角三角形的内角和求出∠CAE,再根据正弦的性质求出CE的长,从而得到△ABC的面积;
(2)连接,过点作,垂足为点,则.然后根据中点的性质和余弦值求出BE、AE的长,再根据勾股定理求解即可.
试题解析:(1)过点作交的延长线于点,
在中,,
所以米.
所以(平方米).
(2)连接,过点作,垂足为点,则.
因为是中点,
所以米,且为中点,
米,
所以米.
所以米,由勾股定理得,
米.
答:、间的距离为米.
考点:解直角三角形
9.已知:如图,在Rt △ABO 中,∠B =90°,∠OAB =30°,OA =3.以点O 为原点,斜边OA 所在直线为x 轴,建立平面直角坐标系,以点P (4,0)为圆心,PA 长为半径画圆,⊙P 与x 轴的另一交点为N ,点M 在⊙P 上,且满足∠MPN =60°.⊙P 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴向左运动,设运动时间为ts ,解答下列问题: (发现)(1)MN 的长度为多少;
(2)当t =2s 时,求扇形MPN (阴影部分)与Rt △ABO 重叠部分的面积. (探究)当⊙P 和△ABO 的边所在的直线相切时,求点P 的坐标.
(拓展)当MN 与Rt △ABO 的边有两个交点时,请你直接写出t 的取值范围.
【答案】【发现】(1)MN 的长度为π3;(23
P 的坐标为10(,);或3
03()或23
03
-();【拓展】t 的取值范围是23t ≤<或45t ≤<,理由见解析.
【解析】 【分析】
发现:(1)先确定出扇形半径,进而用弧长公式即可得出结论; (2)先求出PA =1,进而求出PQ ,即可用面积公式得出结论; 探究:分圆和直线AB 和直线OB 相切,利用三角函数即可得出结论;
拓展:先找出MN 和直角三角形的两边有两个交点时的分界点,即可得出结论. 【详解】 [发现]
(1)∵P (4,0),∴OP =4. ∵OA =3,∴AP =1,∴MN 的长度为
6011803
ππ
?=.
故答案为
3
π; (2)设⊙P 半径为r ,则有r =4﹣3=1,当t =2时,如图1,点N 与点A 重合,∴PA =r =1,设MP 与AB 相交于点Q .在Rt △ABO 中,∵∠OAB =30°,∠MPN =60°. ∵∠PQA =90°,∴PQ 12=PA 12=,∴AQ =AP ×cos30°32
=,∴S 重叠部分=S △APQ 12=
PQ ×AQ 3
8
=. 即重叠部分的面积为3
8
. [探究]
①如图2,当⊙P 与直线AB 相切于点C 时,连接PC ,则有PC ⊥AB ,PC =r =1. ∵∠OAB =30°,∴AP =2,∴OP =OA ﹣AP =3﹣2=1; ∴点P 的坐标为(1,0);
②如图3,当⊙P 与直线OB 相切于点D 时,连接PD ,则有PD ⊥OB ,PD =r =1,∴PD ∥AB ,∴∠OPD =∠OAB =30°,∴cos ∠OPD PD OP =,∴OP 123
30cos ==?,∴点P 的坐标为(
23
3
,0); ③如图4,当⊙P 与直线OB 相切于点E 时,连接PE ,则有PE ⊥OB ,同②可得:OP 23
=
; ∴点P 的坐标为(23
3
-
,0);
[拓展]
t 的取值范围是2<t ≤3,4≤t <5,理由: