题目内容
如图，半圆O的直径AB=12cm，射线BM从与线段AB重合的位置起，以每秒6°的旋转速度绕B点按顺时针方向旋转至BP的位置，BP交半圆于E，设旋转时间为ts（0＜t＜15），（1）求E点在圆弧上的运动速度（即每秒走过的弧长），结果保留π．
（2）设点C始终为
 | AE |
N∥CD，过C作圆的切线交FN于N．求证：①CN∥AE；
②四边形CGFN为菱形；
③是否存在这样的t值，使BE2=CF•CB？若存在，求t值；若不存在，说明理由．
分析：（1）根据弧长计算公式直接求出即可；
（2）①利用圆周角定理和平行线的判定以及弦切角定理得出即可；
②利用平行四边形的判定以及菱形判定得出即可；
③利用相似三角形的判定得出△ACF∽△BCA，再利用等腰三角形的知识得出当t=10s时，∠AOC=
∠AOE=60°，即可得出答案．
（2）①利用圆周角定理和平行线的判定以及弦切角定理得出即可；
②利用平行四边形的判定以及菱形判定得出即可；
③利用相似三角形的判定得出△ACF∽△BCA，再利用等腰三角形的知识得出当t=10s时，∠AOC=
| 1 |
| 2 |
解答：（1）解：∵射线BM从与线段AB重合的位置起，以每秒6°的旋转速度绕B点按顺时针方向旋转至BP的位置，
∴B一秒P转动的圆心角为12°，
∴每秒走过的弧长为：
=
πcm∕s；
（2）①证明：如图所示：
∵点C始终为
的中点，过C作CD⊥AB于D，AE交CD、CB分别于G、F，过F作FN∥CD，过C作圆的切线交FN于N．
∴∠ACD+∠CAG=∠CGF，∠ABC=∠GAC=∠ACG，
∠MCA=∠ABC，
∴∠MCA+∠ACG=∠ACD+∠CAG，
∴CN∥AE；
②证明：∵FN∥CD，CN∥AE；
∴四边形CGFN是平行四边形，
∵∠GCF=90°-∠ACG，
∠CFG=∠EFB=90°-∠EBC，
∵∠EBC=∠ACD，
∴∠GCF=∠GFC，
∴CG=GF，
∴平行四边形CGFN为菱形；
③解：连接EO，CO．
存在，理由如下：
∵∠ACF=∠ACB，
∠CAF=∠CBA，
∴△ACF∽△BCA，
∴
=
，
∴AC2=BC•CF，
∵当t=10s时，∠AOC=
∠AOE=60°，
∴∠BOE=60°，
∴△AOC，△BOE都是等边三角形，且此时全等，
∴AC=BE，
∴BE2=BC•CF．
∴B一秒P转动的圆心角为12°，
∴每秒走过的弧长为：
| 12π×6 |
| 180 |
| 2 |
| 5 |
（2）①证明：如图所示：
∵点C始终为
|
| AE |
∴∠ACD+∠CAG=∠CGF，∠ABC=∠GAC=∠ACG，
∠MCA=∠ABC，
∴∠MCA+∠ACG=∠ACD+∠CAG，
∴CN∥AE；
②证明：∵FN∥CD，CN∥AE；
∴四边形CGFN是平行四边形，
∵∠GCF=90°-∠ACG，
∠CFG=∠EFB=90°-∠EBC，
∵∠EBC=∠ACD，
∴∠GCF=∠GFC，
∴CG=GF，
∴平行四边形CGFN为菱形；
③解：连接EO，CO．
存在，理由如下：
∵∠ACF=∠ACB，
∠CAF=∠CBA，
∴△ACF∽△BCA，
∴
| AC |
| BC |
| CF |
| AC |
∴AC2=BC•CF，
∵当t=10s时，∠AOC=
| 1 |
| 2 |
∴∠BOE=60°，
∴△AOC，△BOE都是等边三角形，且此时全等，
∴AC=BE，
∴BE2=BC•CF．
点评：此题主要考查了切线的性质定理以及圆周角定理、相似三角形的判定、菱形的判定等知识，根据已知得出角之间等量关系是解决问题的关键．
练习册系列答案
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