题目 双曲线 $C_1:\frac{x^2}{4^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，圆 $C_2:x^2+y^2=4+b^2(b>0)$ 在第一象限交点为 $A$，$A(x_A,y_A)$，曲线 $\Gamma\begin{cases}\frac{x^2}{4^2}-\frac{y^2}{b^2}=1,|x|>x_A\\x^2+y^2=4+b^2,|x|>x_A\end{cases}$． 问题1 若 $x_A=\sqrt6$，求 $b$； 答案1 $b=2$ 解析1 解：由 $x_A=\sqrt6$，点 $A$ 为曲线 $C_1$ 与曲线 $C_2$ 的交点，联立 $\begin{cases}\frac{x_A^2}{4}-\frac{y_A^2}{b^2}=1\\x_A^2+y_A^2=4+b^2\end{cases}$，解得 $y_A=\sqrt2,b=2;$ 备注1 问题2 若 $b=\sqrt5$，$C_2$ 与 $x$ 轴交点记为 $F_1、F_2$，$P$ 是曲线 $\Gamma$ 上一点，且在第一象限，并满足 $|PF_1|=8$，求 $\angle F_1PF_2;$ 答案2 $\arccos\frac{11}{16}$ 解析2 解：由题意可得 $F_1,F_2$ 为曲线 $C_1$ 的两个焦点，<br/>有双曲线的定义可得 $|PF_1|-|PF_2|=2a$，又 $|PF_1|=8,2a=4$，<br/>所以 $|PF_2|=8-4=4$，因为 $b=\sqrt5$，则 $c=\sqrt{4+5}=3$，<br/>所以 $|F_1F_2|=6$，<br/>在 $\triangle PF_1F_2$ 中，由余弦定理可得 $\cos\angle F_1PF_2=\frac{|PF_1|^2+|PF_2|^2-|F_1F_2|^2}{2|PF_1|\cdot|PF_2|}$<br/>$=\frac{64+16-36}{2\times8\times4}=\frac{11}{16}$<br/>由 $0<\angle F_1PF_2<\pi$，可得 $\angle F_1PF_2=\arccos\frac{11}{16}$． 备注2 问题3 过点 $S(0,2+\frac{b^2}{2})$ 且斜率为 $-\frac{b}{2}$ 的直线 $l$ 交曲线 $\Gamma$ 于 $M,N$ 两点，用 $b$ 的代数式表示 $\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}$，并求出 $\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}$ 的取值范围． 答案3 $(6+2\sqrt5,+\infty)$ 解析3 解：设直线 $l=y-\frac{b}{2}x+\frac{4+b^2}{2}$，可得原点 $O$ 到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|\frac{4+b^2}{2}|}{\sqrt{1+\frac{b^2}{4}}}=\sqrt{4+b^2}$，<br/>所以直线 $l$ 是圆的切线，设切点为 $M$，<br/>所以 $k_{OM}=\frac{2}{b}$，并设 $OM:y=\frac{2}{b}x$ 与圆 $x^2+y^2=4+b^2$ 联立，可得 $x^2+\frac{4}{b^2}x^2=4+b^2$，<br/>可得 $x=b,y=2$，即 $M(b,2)$，<br/>注意直线 $l$ 与双曲线的斜率为负的渐近线平行，<br/>所以只有当 $y_A>2$ 时，直线 $l$ 才能与曲线 $Gamma$ 有两个交点，<br/>由 $\begin{cases}\frac{x_A^2}{4}-\frac{y_A^2}{b^2}=1\\x_A^2+y_A^2=4+b^2\end{cases}$，可得 $y_A^2=\frac{b^4}{a+b^2}$，<br/>所以有 $4<\frac{b^4}{4+b^2}$，解得 $b^2>2+2\sqrt5$ 或 $b^2<2-2\sqrt5$（舍去），<br/>因为 $\overrightarrow{OM}$ 为 $\overrightarrow{ON}$ 在 $\overrightarrow{OM}$ 上的投影可得，$\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=4+b^2$，<br/>所以 $\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=4+b^2>6+2\sqrt5$，<br/>则 $\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}\in(6+2\sqrt5,+\infty)$． 备注3