如图甲.在平面直角坐标系中.点G的坐标为(0.4).⊙G与坐标轴交于B.C.E.D四点.点C的坐标为.作直径CM.连结BM延长交x轴于点A．动点P从点O开始沿OA以每秒2$\sqrt{3}$个单位长的速度向点A移动.动点Q从点A开始沿AB以每秒4个单位长的速度向点B移动.如果P.Q分别从O.A同时移动.移动时间为t秒．(1)求⊙G的半径和A.B两点的坐标,(2)当t为� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

2．如图甲，在平面直角坐标系中，点G的坐标为（0，4），⊙G与坐标轴交于B、C、E、D四点，点C的坐标为（-4$\sqrt{3}$，0），作直径CM，连结BM延长交x轴于点A．动点P从点O开始沿OA以每秒2$\sqrt{3}$个单位长的速度向点A移动，动点Q从点A开始沿AB以每秒4个单位长的速度向点B移动，如果P、Q分别从O、A同时移动，移动时间为t（0＜t＜6）秒．
（1）求⊙G的半径和A、B两点的坐标；
（2）当t为何值时，PM与⊙G相切？
（3）在y轴上是否存在点F，使△FCM为直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若存在请说明理由．
（4）如图乙，是否存在△APQ为等腰三角形？若存在，求出相应的t值；若不存在请说明理由．

分析（1）依据特殊锐角三角函数值可求得∠GCO=30°，由特殊锐角三角函数值可求得CG的长，从求得圆O的半径，然后由OB=OG+GB可求得OB的长，故此可知点B的坐标，然后在△AOB中，可求得OA的长，故此可知点A的坐标；
（2）当∠CMP=90°时，可证明△CGO∽△CPM，由相似三角形的性质可求得CP的长，然后可求得OP的长，最后依据OP=2$\sqrt{3}$t，列方程求解即可；
（3）过点M作F₁M⊥CM，交y轴与点F₂，过点C作CF₂⊥CM，交y轴与点F₂．由锐角三角函数值和三角形函数的定义可求得点F₁、F₂的坐标，由直径所对的圆周角是90°，可知当点F为圆0与y轴的交点坐标时，△CMF为直角三角形，然后由点G的坐标和圆的半径可求得F₃、F₄的坐标；
（4）分为AP=AQ、PQ=AQ、PA=PQ三种情况，借助相等的边或锐角三角函数列出关于t的方程求解即可．

解答解：（1）∵点G的坐标为（0，4），点C的坐标为（-4$\sqrt{3}$，0），
∴OG=4，OC=4$\sqrt{3}$．
∵tan∠GCO=$\frac{OG}{0C}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠GCO=30°．
∴CG=2OG=8，∠BGM=∠CGO=60°．
∴⊙G的半径为8．
∵OB=OG+BG=+8=12，
∴B（0，12）．
∵GB=GM，∠BGM=∠CGO=60°．
∴△GBM为的等边三角形．
∴∠OBA=60°．
∴$\frac{OA}{OB}=\sqrt{3}$，即$\frac{OA}{12}=\sqrt{3}$，解得：OA=12$\sqrt{3}$．
∴A（12$\sqrt{3}$，0）．
（2）当∠CMP=90°时，PM与⊙G相切，
∵∠CMP=∠COG，∠GCO=∠MCP，
∴△CGO∽△CPM．
∴$\frac{CG}{CP}=\frac{OC}{CM}$，即$\frac{8}{CP}=\frac{4\sqrt{3}}{16}$，解得：CP=$\frac{32\sqrt{3}}{3}$．
∴OP=CP-OC=$\frac{32\sqrt{3}}{3}$-4$\sqrt{3}$=$\frac{20\sqrt{3}}{3}$．
∴2$\sqrt{3}$t=$\frac{20\sqrt{3}}{3}$，解得：t=$\frac{10}{3}$．
当t=$\frac{10}{3}$时，时，PM与⊙G相切．
（3）如图1所示：过点M作F₁M⊥CM，交y轴与点F₂，过点C作CF₂⊥CM，交y轴与点F₂．

①∵F₁M⊥CM，
∴∠F₁MG=90°，∠F₁GM=60°．
∴GF₁=2GM=16．
∴OF₁=OG+GF₁=4+16=20．
∴F₁（0，20）．
②∵F₂C⊥CM，
∴∠F₂CG=90°，∠F₂GC=60°．
∴GF₂=2GC=16．
∴OF₂=GF_2^-OG=16-4=12．
∴F₂（0，-12）．
③由直径所对的圆周角等于90°可知∠CF₃M=∠CF₄M=90°
∵OF₃=GF₃-OG=8-4=4，
∴F₃（0，-4）．
∵OF₄=OG+GF₄=4+8=12，
∴F₄（0，12）．
综上所述点F的坐标为（0，20）或（0，-12）或（0，-4）或（0，12）．
（4）①当AP=AQ时．
∵AQ=4t，PA=OA-OP=12$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$t，
∴4t=12$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}t$．
解得：t=12$\sqrt{3}$-18．
②当PQ=AQ时．如图2所示：过点Q作QE⊥AP，垂足为E．

∵PQ=AQ，QE⊥AP，
∴PE=EA．
∴AE=$\frac{1}{2}×$（12$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$t）=6$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t．
∵$\frac{AE}{AQ}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{6\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{4t}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得：t=2．
③如图3所示：当PA=PQ时．

∵QA=4t，∠A=30°，
∴QE=2t，AE=2$\sqrt{3}$t．
∵QP=PA，∠A=30°，
∴∠QPE=60°．
∴$\frac{QE}{QP}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$\frac{2t}{12\sqrt{3}-2\sqrt{3}t}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得：t=3.6．
综上所述，当t=12$\sqrt{3}$-18或t=2或t=3.6时，△APQ为等腰三角形．