数学九年级下册第24章 圆综合与测试课后练习题

这是一份数学九年级下册第24章 圆综合与测试课后练习题，共40页。
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，的半径为6，将劣弧沿弦翻折，恰好经过圆心O，点C为优弧上的一个动点，则面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
2、如图，AB是⊙O的直径，弦，，，则阴影部分图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
3、如图，点A、B、C在上，，则的度数是（ ）
A．100°B．50°C．40°D．25°
4、如图，△ABC外接于⊙O，∠A＝30°，BC＝3，则⊙O的半径长为（ ）
A．3B．C．D．
5、如图，A，B，C是正方形网格中的三个格点，则是（ ）
A．优弧B．劣弧C．半圆D．无法判断
6、下列四个图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
7、在半径为6cm的圆中，的圆心角所对弧的弧长是（ ）
A．cmB．cmC．cmD．cm
8、如图是一个含有3个正方形的相框，其中∠BCD＝∠DEF＝90°，AB＝2，CD＝3，EF＝5，将它镶嵌在一个圆形的金属框上，使A，G， H三点刚好在金属框上，则该金属框的半径是（ ）
A．B．C．D．
9、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转到点D落在AB边上，此时得到△EDC，斜边DE交AC边于点F，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．3B．1C．D．
10、扇形的半径扩大为原来的3倍，圆心角缩小为原来的，那么扇形的面积（ ）
A．不变B．面积扩大为原来的3倍
C．面积扩大为原来的9倍D．面积缩小为原来的
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、一个直角三角形的斜边长cm，两条直角边长的和是6cm，则这个直角三角形外接圆的半径为______cm，直角三角形的面积是________．
2、如图，在平面直角坐标系内，∠OA0A1＝90°，∠A1OA0＝60°，以OA1为直角边向外作Rt△OA1A2，使∠A2A1O＝90°，∠A2OA1＝60°，按此方法进行下去，得到 Rt△OA2A3，Rt△OA3A4…，若点A0的坐标是（1，0），则点A2021的横坐标是___________．
3、如图，在中，，分别以、、边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”．当，时，则阴影部分的面积为__________．
4、如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的半圆O上有一动点B，点，为等腰直角三角形，A为直角顶点，且C在第一象限，则线段OC长度的最大值为______．
5、是的内接正六边形一边，点是优弧上的一点（点不与点，重合）且，与交于点，则的度数为_______．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图1，在中，，，将边绕着点A逆时针旋转，得到线段，连接交边于点E，过点C作于点F，延长交于点G．
（1）求证：；
（2）如图2，当时，求证：；
（3）如图3，当时，请直接写出的值．
2、如图1，图2，图3的网格均由边长为1的小正方形组成，图1是三国时期吴国的数学家赵爽所绘制的“弦图”，它由四个形状、大小完全相同的直角三角形组成，赵爽利用这个“弦图”对勾股定理作出了证明，是中国古代数学的一项重要成就，请根据下列要求解答问题．
（1）图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是 对称图形（填“轴”或“中心”）．
（2）请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在图2，3的方格纸中设计另外两个不同的图案，画图要求：
①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠，不必涂阴影；
②图2中所设计的图案（不含方格纸）必须是轴对称图形而不是中心对称图形；图3中所设计的图案（不含方格纸）必须既是轴对称图形，又是中心对称图形．
3、如图，ABC是⊙O的内接三角形，，，连接AO并延长交⊙O于点D，过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E．
（1）求证：AD∥EC；
（2）若AD＝6，求线段AE的长．
4、已知：如图，正方形的边长为1，在射线AB上取一点E，联结DE，将ADE绕点D针旋转90°，E点落在点F处，联结EF，与对角线BD所在的直线交于点M，与射线DC交于点N．求证：
（1）当时，求的值；
（2）当点E在线段AB上，如果，，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）联结AM，直线AM与直线BC交于点G，当时，求AE的值．
5、在平面直角坐标系xOy中，对于点P，O，Q给出如下定义：若OQ＜PO＜PQ且PO≤2，我们称点P是线段OQ的“潜力点”
已知点O（0，0），Q（1，0）
（1）在P1（0，-1），P2（，），P3（-1，1）中是线段OQ的“潜力点”是_____________；
（2）若点P在直线y＝x上，且为线段OQ的“潜力点”，求点P横坐标的取值范围；
（3）直线y＝2x＋b与x轴交于点M，与y轴交于点N，当线段MN上存在线段OQ 的“潜力点”时，直接写出b的取值范围
-参考答案-
一、单选题
1、C
【分析】
如图，过点C作CT⊥AB于点T，过点O作OH⊥AB于点H，交⊙O于点K，连接AO、AK，解直角三角形求出AB，求出CT的最大值，可得结论．
【详解】
解：如图，过点C作 CT⊥AB 于点T，过点O作OH⊥AB于点H，交⊙O于点K，连接AO、AK，
由题意可得AB垂直平分线段OK，
∴AO=AK，OH=HK=3，
∵OA=OK，
∴OA=OK=AK，
∴∠OAK=∠AOK=60°，
∴AH=OA×sin60°=6×=3，
∵OH⊥AB，
∴AH=BH，
∴AB=2AH=6，
∵OC+OH⩾CT，
∴CT⩽6+3=9，
∴CT的最大值为9，
∴△ABC的面积的最大值为=27，
故选：C.
【点睛】
本题考查垂径定理、三角函数、三角形的面积、垂线段最短等知识，解题的关键是求出CT的最大值，属于中考常考题型．
2、D
【分析】
根据垂径定理求得CE=ED=；然后由圆周角定理知∠COE=60°．然后通过解直角三角形求得线段OC，然后证明△OCE≌△BDE，得到求出扇形COB面积，即可得出答案．
【详解】
解：设AB与CD交于点E，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，CD=2，如图，
∴CE=CD=，∠CEO=∠DEB=90°，
∵∠CDB=30°，
∴∠COB=2∠CDB=60°，
∴∠OCE=30°，
∴，
∴，
又∵，即
∴，
在△OCE和△BDE中，
，
∴△OCE≌△BDE（AAS），
∴
∴阴影部分的面积S=S扇形COB=，
故选D．
【点睛】
本题考查了垂径定理、含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，圆周角定理，扇形面积的计算等知识点，能知道阴影部分的面积=扇形COB的面积是解此题的关键．
3、C
【分析】
先根据圆周角定理求出∠AOB的度数，再由等腰三角形的性质即可得出结论．
【详解】
∵∠ACB=50°，
∴∠AOB=100°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA= 40°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，即在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
4、A
【分析】
分析：连接OA、OB，根据圆周角定理，易知∠AOB=60°；因此△ABO是等边三角形，即可求出⊙O的半径．
【详解】
解：连接BO，并延长交⊙O于D，连结DC，
∵∠A=30°，
∴∠D=∠A=30°，
∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
在Rt△BCD中，BC=3，∠D=30°，
∴BD=2BC=6，
∴OB=3．
故选A．
【点睛】
本题考查了圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质，掌握圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质是解题的关键．
5、B
【分析】
根据三点确定一个圆，圆心的确定方法：任意两点中垂线的交点为圆心即可判断．
【详解】
解；如图，分别连接AB、AC、BC，取任意两条线段的中垂线相交，交点就是圆心．
故选：B．
【点睛】
本题考查已知圆上三点求圆心，取任意两条线段中垂线交点确定圆心是解题关键．
6、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
7、C
【分析】
直接根据题意及弧长公式可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：的圆心角所对弧的弧长是；
故选C．
【点睛】
本题主要考查弧长计算，熟练掌握弧长计算公式是解题的关键．
8、A
【分析】
如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点， 记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：再设利用勾股定理建立方程，再解方程即可得到答案.
【详解】
解：如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点，
记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：
四边形为正方形，则

设 而AB＝2，CD＝3，EF＝5，结合正方形的性质可得：
而


又 而


解得：

故选A
【点睛】
本题考查的是正方形的性质，三角形外接圆圆心的确定，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，确定过A，G， H三点的圆的圆心是解本题的关键.
9、D
【分析】
根据题意及旋转的性质可得是等边三角形，则，，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，由勾股定理即可求得，进而求得阴影部分的面积．
【详解】
解：如图，设与相交于点，
，，
，
旋转，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
阴影部分的面积为
故选D
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，利用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
10、A
【分析】
设原来扇形的半径为r，圆心角为n，则变化后的扇形的半径为3r，圆心角为，利用扇形的面积公式即可计算得出它们的面积，从而进行比较即可得答案．
【详解】
设原来扇形的半径为r，圆心角为n，
∴原来扇形的面积为，
∵扇形的半径扩大为原来的3倍，圆心角缩小为原来的，
∴变化后的扇形的半径为3r，圆心角为，
∴变化后的扇形的面积为，
∴扇形的面积不变．
故选：A．
【点睛】
本题考查了扇形面积，熟练掌握并灵活运用扇形面积公式是解题关键．
二、填空题
1、 4
【分析】
设一直角边长为x，另一直角边长为（6-x）根据勾股定理，解一元二次方程求出，根据这个直角三角形的斜边长为外接圆的直径，可求外接圆的半径为cm，利用三角形面积公式求即可．
【详解】
解：设一直角边长为x，另一直角边长为（6-x），
∵三角形是直角三角形，
∴根据勾股定理，
整理得：，
解得，
这个直角三角形的斜边长为外接圆的直径，
∴外接圆的半径为cm，
三角形面积为．
故答案为；．
【点睛】
本题考查直角三角形的外接圆，直角所对弦性质，勾股定理，一元二次方程，三角形面积，掌握以上知识是解题关键．
2、22020
【分析】
根据，，点的坐标是，得，点 的横坐标是，点 的横坐标是-，同理可得点 的横坐标是，点 的横坐标是，点 的横坐标是，点 的横坐标是，点 的横坐标是，依次进行下去，可得点的横坐标，进而求得的横坐标．
【详解】
解：∵∠OA0A1＝90°，∠A1OA0＝60°，点A0的坐标是（1，0），
∴OA0＝1，
∴点A1 的横坐标是 1＝20，
∴OA1＝2OA0＝2，
∵∠A2A1O＝90°，∠A2OA1＝60°，
∴OA2＝2OA1＝4，
∴点A2 的横坐标是- OA2＝-2＝-21，
依次进行下去，Rt△OA2A3，Rt△OA3A4…，
同理可得：
点A3 的横坐标是﹣2OA2＝﹣8＝﹣23，
点A4 的横坐标是﹣8＝﹣23，
点A5 的横坐标是 OA5＝×2OA4＝2OA3＝4OA2＝16＝24，
点A6 的横坐标是2OA5＝2×2OA4＝23OA3＝64＝26，
点A7 的横坐标是64＝26，
…
发现规律，6次一循环，
即
，
，
2021÷6=336……5
则点A2021的横坐标与的坐标规律一致是 22020．
故答案为：22020．
【点睛】
本题考查了规律型——点的坐标，解决本题的关键是理解动点的运动过程，总结规律，发现规律，点A3n在轴上，且坐标为．
3、
【分析】
根据阴影部分面积等于以为直径的2 个半圆的面积加上减去为半径的半圆面积即．
【详解】
解：在中，，
，
．
故答案为：
【点睛】
本题考查了勾股定理，求扇形面积，直径所对的圆周角是直角，掌握圆周角定理是解题的关键．
4、1+
【分析】
过点C作CD⊥x轴于D，过B作BE⊥x轴于E，连结OB，设OD=x，根据点A（3，0）可求AD=x-3，根据为等腰直角三角形，得出AB=AC，∠BAC=90°，再证△BAE≌△ACD（AAS），得出BE=AD=x-3,EA=DC，在Rt△EBO中，根据勾股定理，
得出CD=AE=，根据勾股定理CO=，当OD=CD时OC最大，OC=此时解方程即可．
【详解】
解：过点C作CD⊥x轴于D，过B作BE⊥x轴于E，连结OB，设OD=x，
∵点A（3，0）
∴AD=x-3，
∵为等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠BAE+∠CAD=180°-∠BAC=180°-90°=90°，
∵CD⊥x轴， BE⊥x轴，
∴∠BEA=∠ADC=90°，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠ACD=∠BAE，
在△BAE和△ACD中，
，
∴△BAE≌△ACD（AAS），
∴BE=AD=x-3,EA=DC，
在Rt△EBO中，OB=1，BE= x-3，
根据勾股定理，
∴EA=OE+OA=，
∴CD=AE=，
∴CO=，
当OD=CD时OC最大，OC=，此时，
∴，
∴，
∴，
∴，（舍去），
∴线段OC长度的最大值为．
故答案为：1+．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，掌握等腰直角三角形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理是解题关键．
5、90°
【分析】
先根据是的内接正六边形一边得，再根据圆周角性质得，再根据平行线的性质得,最后由三角形外角性质可得结论．
【详解】
解：∵是的内接正六边形一边
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为90°
【点睛】
本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理等知识，熟练掌握相关定理是解答本题的关键
三、解答题
1、
（1）见解析
（2）见解析
（3）
【分析】
（1）由旋转的性质得AB=AD，所以，再根据三角形内角和定理可证明即可得到结论；
（2）连接，根据ASA证明≌得，是等边三角形，从而得出，再运用AAS证明≌得，由勾股定理可得出，从而 可得结论；
（3）证明平分，作于点，根据勾股定理得，代入求值即可．
（1）
∵边绕着点逆时针旋转得到线段，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴
又，且∠AEB=∠CEF
∴．
∴．
（2）
连接．
在和中，
∵，
∴≌（ASA）．
∴．
∴，即．
在和中，
∵，
∴≌（AAS）．
∴．
∵，
∴在中，，
即．
∵，，
∴是等边三角形．
∴．
（3）
．
∵，，
∴
∵．
∵，
∴．
∴平分．
作于点，
∴．
∴在中，．
∵≌，≌，
∴，，．
∴在中，，
∵，
∴．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形．
2、
（1）中心
（2）见解析
【分析】
（1）利用中心对称图形的意义得到答案即可；
（2）①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形不重叠，是轴对称图形；
②所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形或轴对称图形．
（1）
图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是中心对称图形，
故答案为：中心；
（2）
如图2是轴对称图形而不是中心对称图形；
图3既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【点睛】
本题考查利用旋转或轴对称设计方案，关键是理解旋转和轴对称的概念，按要求作图即可．
3、（1）见解析；（2）6
【分析】
（1）连接OC，根据CE是⊙O的切线，可得∠OCE＝，根据圆周角定理，可得∠AOC=，从而得到∠AOC+∠OCE＝，即可求证；
（2）过点A作AF⊥EC交EC于点F，由∠AOC＝，OA＝OC，可得∠OAC＝，从而得到∠BAD＝，再由AD∥EC，可得，然后证得四边形OAFC是正方形，可得，从而得到AF=3，再由直角三角形的性质，即可求解．
【详解】
证明：（1）连接OC，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE＝，
∵∠ABC＝，
∴∠AOC＝2∠ABC＝，
∵∠AOC+∠OCE＝，
∴AD∥EC；
（2）解：过点A作AF⊥EC交EC于点F，
∵∠AOC＝，OA＝OC，
∴∠OAC＝，
∵∠BAC＝，
∴∠BAD＝，
∵AD∥EC，
∴，
∵∠OCE＝，∠AOC＝，∠AFC=90°，
∴四边形OAFC是矩形，
∵OA＝OC，
∴四边形OAFC是正方形，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AFE中，，
∴AE=2AF=6．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质，正方形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
4、
（1）；
（2），0≤x≤1；
（3）AE的值为或．
【分析】
（1）过点E作EH⊥BD与H，根据正方形的边长为1，，求出EB=1-，根据正方形性质可求∠ABD=45°，根据EH⊥BD，得出∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，求出EH=BH=BEsin45=，以及 DH=DB-BH=，利用三角函数定义求解即可；
（2）解：根据AE=x，求出BE=1-x，根据旋转将△ADE绕点D针旋转90°，得到△DCF，CF=AE=x，根据勾股定理ED=FD=,EF=，可证△DEF为等腰直角三角形，先证△BEM∽△FDM，得出，再证△EMD∽△BMF，得出，两式相乘得出，整理即可；
（3）当点G在BC上，，先证△BGM∽△DAM，得出，由（2）知△BEM∽△FDM，得出，得出，结合，消去y， 当点G在CB延长线上，，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，证明△BGM∽△DAM，得出，根据∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，证出△MLB为等腰直角三角形，再证△MLB∽△DCB，，CD=1，ML=，ML∥BE，结合△LMF∽△BEF，得出即解方程即可．
（1）
解：过点E作EH⊥BD与H，
∵正方形的边长为1，，
∴EB=1-，
∵BD为正方形对角线，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD=45°，
∵EH⊥BD，
∴∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，
∴EH=BH，
∴EH=BH=BEsin45=，AB=BDcs45°，
∴，
∴DH=DB-BH=，
；
（2）
解：如上图，∵AE=x，
∴BE=1-x，
∵将△ADE绕点D针旋转90°，得到△DCF，
∴CF=AE=x，ED=FD=,
∴BF=BC+CF=1+x，
在Rt△EBF中EF=，
∵∠EDF=90°，ED=FD，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴∠DFE=∠DEF=45°，
∴∠EBM=∠MFD=45°，
∵∠EMB=∠DMF，
∴△BEM∽△FDM，
∴，即，
∵∠DEM=∠FBM=45°，∠EMD=∠BMF，
∴△EMD∽△BMF，
∴，即，
∴，
∴，
∴即，
∴，0≤x≤1；
（3）
解：当点G在BC上，，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BG，
∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，
∴△BGM∽△DAM，
∴，
∵由（2）知△BEM∽△FDM，
∴，
∵DB=，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴即，
解，舍去；
当点G在CB延长线上，，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，
∵GB∥AD，
∴∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，
∴△BGM∽△DAM，
∴，
∴，
∴，
∵∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，
∴△MLB为等腰直角三角形，
∵ML∥CD，
∴∠LMB=∠CDB，∠L=∠DCB，
∴△MLB∽△DCB，
∴，CD=1，
∴ML=
∵ML∥BE，
∴∠L=∠FBE，∠LMF=∠BEF，
∴△LMF∽△BEF，
∴，
∵BE=AE-AB=x-1，LF=LB+BC+CF=，BF=BC+CF=1+x，
∴，
整理得：，
解得，舍去，
∴AE的值为或．
【点睛】
本题考查正方形性质，图形旋转先证，等腰直角三角形判定与性质，锐角三角函数定义，三角形相似判定与性质，勾股定理，解一元二次方程，函数关系式，本题难度大，利用辅助线狗仔三角形相似是解题关键．
5、（1）；（2）；（3）或
【分析】
（1）分别计算出OQ、PO和PQ的长度，比较即可得出答案；
（2）先判断点P在以O为圆心，1为半径的圆外且点P在线段OQ垂直平分线的左侧，结合PO≤2，点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内，可得点P在如图所示的线段AB上（不包含点B），过作轴，过作轴，垂足分别为 再根据图形的性质求解 从而可得答案；
（3）由（2）得：点P在以O为圆心，1为半径的圆外且点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内，而PO＜PQ，点P在线段OQ垂直平分线的左侧，再分两种情况讨论：当时，当时，分别画出两种情况下的临界直线 再根据临界直线经过的特殊点求解的值，再确定范围即可.
【详解】
解：（1） O（0，0），Q（1，0），

P1（0，-1），P2（，），P3（-1，1）
不满足OQ＜PO＜PQ且PO≤2，
所以不是线段OQ的“潜力点”，
同理：
所以不满足OQ＜PO＜PQ且PO≤2，
所以不是线段OQ的“潜力点”，
同理：

所以满足：OQ＜PO＜PQ且PO≤2，
所以是线段OQ的“潜力点”，
故答案为：P3
（2）∵点P为线段OQ的“潜力点”，
∴OQ＜PO＜PQ且PO≤2，
∵OQ＜PO，
∴点P在以O为圆心，1为半径的圆外
∵PO＜PQ，
∴点P在线段OQ垂直平分线的左侧，而的垂直平分线为：
∵PO≤2，
∴点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内
又∵点P在直线y＝x上，
∴点P在如图所示的线段AB上（不包含点B）
过作轴，过作轴，垂足分别为
由题意可知△BOC和 △AOD是等腰三角形，
∴
∴-≤xp＜-
（3）由（2）得：点P在以O为圆心，1为半径的圆外且点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内，
而PO＜PQ，点P在线段OQ垂直平分线的左侧
当时，过时，
即函数解析式为：
此时 则
当与半径为2的圆相切于时，则
由
而


当时，如图，同理可得：点P在以O为圆心，1为半径的圆外且点P在以O为圆心，2为半径的圆上或圆内，
而PO＜PQ，点P在线段OQ垂直平分线的左侧，
同理：当过 则 直线为
在直线上，
此时
当过时， 则

所以此时：
综上：的范围为：1＜b≤或＜b＜-1
【点睛】
本题考查的是新定义情境下的知识运用，圆的基本性质，圆的切线的性质，一次函数的综合应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，数形结合是解本题的关键.