Question

20．如图所示，点A为半圆O直径MN所在直线上一点，射线AB垂直于MN，垂足为A，半圆绕M点顺时针转动，转过的角度记作a；设半圆O的半径为R，AM的长度为m，回答下列问题：
探究：（1）若R=2，m=1，如图1，当旋转30°时，圆心O′到射线AB的距离是$\sqrt{3}$+1；如图2，当a=60°时，半圆O与射线AB相切；
（2）如图3，在（1）的条件下，为了使得半圆O转动30°即能与射线AB相切，在保持线段AM长度不变的条件下，调整半径R的大小，请你求出满足要求的R，并说明理由．
（3）发现：（3）如图4，在0°＜α＜90°时，为了对任意旋转角都保证半圆O与射线AB能够相切，小明探究了cosα与R、m两个量的关系，请你帮助他直接写出这个关系；cosα=$\frac{R-m}{R}$（用含有R、m的代数式表示）
拓展：（4）如图5，若R=m，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是90°＜α≤120°，并求出在这个变化过程中阴影部分（弓形）面积的最大值（用m表示）

Answer 1

分析 （1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF=AM=1．如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形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）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题．
（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．列出方程即可解决问题、
（4）当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α=90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°．当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，求出此时的面积即可．

解答 解：（1）如图1中，作O′E⊥AB于E，MF⊥O′E于F．则四边形AMFE是矩形，EF=AM=1．想办法求出O′E的长即可．

在Rt△MFO′中，∵∠MO$′\\;F$F=30°，MO′=2，
∴O′F=O′M•cos30°=$\sqrt{3}$，O′E=$\sqrt{3}$+1，
∴点O′到AB的距离为$\sqrt{3}$+1．
如图2中，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于E，则四边形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°
故答案为$\sqrt{3}$+1，60°．

（2）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．

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

（3）设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．

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

（4）如图5中，

当半圆与射线AB相切时，之后开始出现两个交点，此时α=90°；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时∵MN′=2AM，所以∠AMN′=60°，所以，α=120°因此，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是：90°＜α≤120°
故答案为90°＜α≤120°；
当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，
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．

点评 本题考查圆综合题、旋转变换、切线的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或特殊四边形解决问题，所以中考压轴题．