Question

1．如圖①，在直角坐標系中，直線l分別交x軸，y軸于點A（$-2\sqrt{3}$，0）和點B，且∠OAB=30°，直線l繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°到l₁，l₁交y軸于點C．
（1）求點C的坐標；
（2）在直線l₁上取一點D（4，m），以點D為圓心，2為半徑作⊙D．⊙D以每秒1個單位長度的速度沿DA方向平行移動，直線l沿x軸的正方向同時平行移動，當⊙D與y軸第一次相切時，直線l也恰好與⊙D第一次相切，求直線l的平移速度．
（3）在（2）的條件下，⊙D繼續(xù)移動，當圓心在y軸上時（如圖②），⊙D交y軸于E、F兩點，以點O為圓心，作⊙O交⊙D于M、N兩點，點P在⊙O上運動，MP交⊙D于點G，連EM并延長交⊙O于點Q，連接EG，PQ，那么$\frac{∠FEG}{∠OQP}$的值是否會變化？若不變，求出這個值；若變化，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）要求點C的坐標，只需求OC的長，只需解直角三角形AOC就可解決問題；
（2）當⊙D第一次與y軸相切于點T時，如圖①，要求直線AB平移的速度，只需求出平移的距離和時間，只需解直角三角形ASA′就可求出平移的距離AA′，由于直線AB平移的時間與⊙D平移的時間相同，且⊙D平移的速度已知，只需求出⊙D平移的距離DD′即可；
（3）連接QO并延長，交⊙O于點R，連接PR、FG，如圖②，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補和平角的定義可得∠EMG=∠QSP=180°-∠QMP，根據(jù)圓周角定理可得∠EFG=∠EMG，從而可得∠EFG=∠QSP，根據(jù)等角的余角相等可得∠FEG=∠OQP，問題得以解決．

解答 解：（1）∵∠OAB=30°，∠BAC=90°，∴∠OAC=60°．
∵A（$-2\sqrt{3}$，0），∴OA=2$\sqrt{3}$．
∵∠AOC=90°，
∴OC=OA•tan∠OAC=2$\sqrt{3}×\sqrt{3}$=6，∠ACO=30°，
∴點C的坐標為（0，6）；

（2）當⊙D第一次與y軸相切于點T時，直線l平移后的直線A′B′與⊙D′相切于點S，如圖①，

則有∠D′SA′=90°，∠D′TC=90°，D′T=2．
在Rt△D′TC中，
∵∠TCD′=∠ACO=30°，D′T=2，
∴tan30°=$\frac{2}{TC}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴TC=2$\sqrt{3}$，D′C=4．
同理可得DC=8，AC=4$\sqrt{3}$，
∴DD′=DC-D′C=8-4=4，
AS=D′A-D′S=D′C+AC-D′S=4+4$\sqrt{3}$-2=4$\sqrt{3}$+2．
在Rt△ASA′中，
cos60°=$\frac{AS}{AA′}$=$\frac{1}{2}$，
∴AA′=2AS=8$\sqrt{3}$+4．
∵t=$\frac{DD′}{1}$=4，
∴V=$\frac{AA′}{t}$=$\frac{8\sqrt{3}+4}{4}$=2$\sqrt{3}$+1，
∴直線l的平移速度為每秒（2$\sqrt{3}$+1）個單位長度；

（3）$\frac{∠FEG}{∠OQP}$的值不會變化．
連接QO并延長，交⊙O于點R，連接PR、FG，如圖②．

∵∠QMP+∠QRP=180°，∠EMG+∠QMP=180°，
∴∠EMP=∠QRP．
∵∠EMG=∠EFG，
∴∠EFG=∠QRP．
∵EF是⊙D的直徑，QR是⊙O的直徑，
∴∠EGF=90°，∠QPR=90°，
∴∠FEG+∠EFG=90°，∠OQP+∠QRP=90°，
∴∠FEG=∠OQP，
∴$\frac{∠FEG}{∠OQP}$=1（定值）．

點評 本題主要考查了三角函數(shù)、運用待定系數(shù)法求直線的解析式、直線上點的坐標特征、圓的切線的性質(zhì)、圓周角定理、圓內(nèi)接四邊形的對角互補、同角的補角相等、等角的余角相等、平角的定義等知識，綜合性比較強，有一定的難度，證到∠EFG=∠EMG=∠QSP是解決第（3）小題的關(guān)鍵．