Question

20．如圖所示，點A為半圓O直徑MN所在直線上一點，射線AB垂直于MN，垂足為A，半圓繞M點順時針轉動，轉過的角度記作a；設半圓O的半徑為R，AM的長度為m，回答下列問題：
探究：（1）若R=2，m=1，如圖1，當旋轉30°時，圓心O′到射線AB的距離是$\sqrt{3}$+1；如圖2，當a=60°時，半圓O與射線AB相切；
（2）如圖3，在（1）的條件下，為了使得半圓O轉動30°即能與射線AB相切，在保持線段AM長度不變的條件下，調整半徑R的大小，請你求出滿足要求的R，并說明理由．
（3）發現：（3）如圖4，在0°＜α＜90°時，為了對任意旋轉角都保證半圓O與射線AB能夠相切，小明探究了cosα與R、m兩個量的關系，請你幫助他直接寫出這個關系；cosα=$\frac{R-m}{R}$（用含有R、m的代數式表示）
拓展：（4）如圖5，若R=m，當半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍是90°＜α≤120°，并求出在這個變化過程中陰影部分（弓形）面積的最大值（用m表示）

Answer 1

分析 （1）如圖1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．則四邊形AMFE是矩形，EF=AM=1．如圖2中，設切點為F，連接O′F，作O′E⊥OA于E，則四邊形O′EAF是矩形，在Rt△O′EM中，由sinα=$\frac{O′E}{O′M}$=$\frac{1}{2}$，推出α=60°．
（2）設切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．列出方程即可解決問題．
（3）設切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．列出方程即可解決問題、
（4）當半圓與射線AB相切時，之后開始出現兩個交點，此時α=90°；當N′落在AB上時，為半圓與AB有兩個交點的最后時刻，此時∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，當半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍是：90°＜α≤120°．當N′落在AB上時，陰影部分面積最大，求出此時的面積即可．

解答 解：（1）如圖1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．則四邊形AMFE是矩形，EF=AM=1．想辦法求出O′E的長即可．

在Rt△MFO′中，∵∠MO$′\\;F$F=30°，MO′=2，
∴O′F=O′M•cos30°=$\sqrt{3}$，O′E=$\sqrt{3}$+1，
∴點O′到AB的距離為$\sqrt{3}$+1．
如圖2中，設切點為F，連接O′F，作O′E⊥OA于E，則四邊形O′EAF是矩形，

∴AE=O′F=2，
∵AM=1，
∴EM=1，
在Rt△O′EM中，sinα=$\frac{O′E}{O′M}$=$\frac{1}{2}$，
∴α=60°
故答案為$\sqrt{3}$+1，60°．

（2）設切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．

∵O′P=R，
∴R=$\frac{\sqrt{3}}{2}$R+1，
∴R=4+2$\sqrt{3}$．

（3）設切點為P，連接O′P，作MQ⊥O′P，則四邊形APQM是矩形．

在Rt△O′QM中，O′Q=R•cosα，QP=m，
∵O′P=R，
∴R•cosα+m=R，
∴cosα=$\frac{R-m}{R}$．
故答案為$\frac{R-m}{R}$．

（4）如圖5中，

當半圓與射線AB相切時，之后開始出現兩個交點，此時α=90°；當N′落在AB上時，為半圓與AB有兩個交點的最后時刻，此時∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，當半圓弧線與射線AB有兩個交點時，α的取值范圍是：90°＜α≤120°
故答案為90°＜α≤120°；
當N′落在AB上時，陰影部分面積最大，
所以S═$\frac{120•π•{m}^{2}}{360}$-$\frac{1}{2}$•$\sqrt{3}$m•$\frac{1}{2}$m=$\frac{π{m}^{2}}{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{4}$m²．

點評 本題考查圓綜合題、旋轉變換、切線的判定和性質、解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形或特殊四邊形解決問題，所以中考壓軸題．