Question

如圖1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°． 
 
（1）OC的長為

 

； 
（2）D是OA上一點(diǎn)，以BD為直徑作⊙M，⊙M交AB于點(diǎn)Q．當(dāng)⊙M與y軸相切時(shí)，sin∠BOQ=

 

； 
（3）如圖2，動(dòng)點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位長度的速度，從點(diǎn)O沿線段OA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)；同時(shí)動(dòng)點(diǎn)D以相同的速度，從點(diǎn)B沿折線B-C-O向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．過點(diǎn)P作直線PE∥OC，與折線O-B-A交于點(diǎn)E．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．求當(dāng)以B、D、E為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)．

Answer 1

考點(diǎn)：圓的綜合題,勾股定理,矩形的判定與性質(zhì),圓周角定理,切線的性質(zhì),平行線分線段成比例,相似三角形的判定與性質(zhì),銳角三角函數(shù)的定義

專題：綜合題,分類討論

分析：（1）過點(diǎn)B作BH⊥OA于H，如圖1（1），易證四邊形OCBH是矩形，從而有OC=BH，只需在△AHB中運(yùn)用三角函數(shù)求出BH即可．
（2）過點(diǎn)B作BH⊥OA于H，過點(diǎn)G作GF⊥OA于F，過點(diǎn)B作BR⊥OG于R，連接MN、DG，如圖1（2），則有OH=2，BH=4，MN⊥OC．設(shè)圓的半徑為r，則MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中運(yùn)用勾股定理可求出r=2，從而得到點(diǎn)D與點(diǎn)H重合．易證△AFG∽△ADB，從而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．設(shè)OR=x，利用BR²=OB²-OR²=BG²-RG²可求出x，進(jìn)而可求出BR，在Rt△ORB中運(yùn)用三角函數(shù)就可解決問題．
（3）由于△BDE的直角不確定，故需分情況討論，可分三種情況（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）討論，然后運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)及三角函數(shù)等知識(shí)建立關(guān)于t的方程就可解決問題．

解答：解：（1）過點(diǎn)B作BH⊥OA于H，如圖1（1），
則有∠BHA=90°=∠COA．
∴OC∥BH．
∵BC∥OA，
∴四邊形OCBH是矩形．
∴OC=BH，BC=OH．
∵OA=6，BC=2，
∴AH=0A-OH=OA-BC=6-2=4．
∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，
∴tan∠BAH=

BH

HA

=1．
∴BH=HA=4．
∴OC=BH=4．
故答案為：4．

（2）過點(diǎn)B作BH⊥OA于H，過點(diǎn)G作GF⊥OA于F，過點(diǎn)B作BR⊥OG于R，
連接MN、DG，如圖1（2）．
由（1）得OH=2，BH=4．
∵OC與⊙M相切于N，
∴MN⊥OC．
設(shè)圓的半徑為r，則MN=MB=MD=r．
∵BC⊥OC，OA⊥OC，
∴BC∥MN∥OA．
∵BM=DM，∴CN=ON．
∴MN=

1

2

（BC+OD）．
∴OD=2r-2．
∴DH=

.

OD-OH

.

=

.

2r-4

.

．
在Rt△BHD中，
∵∠BHD=90°，∴BD²=BH²+DH²．
∴（2r）²=4²+（2r-4）²．
解得：r=2．
∴DH=0，即點(diǎn)D與點(diǎn)H重合．
∴BD⊥0A，BD=AD．
∵BD是⊙M的直徑，
∴∠BGD=90°，即DG⊥AB．
∴BG=AG．
∵GF⊥OA，BD⊥OA，
∴GF∥BD．
∴△AFG∽△ADB．
∴

AF

AD

=

GF

BD

=

AG

AB

=

1

2

．
∴AF=

1

2

AD=2，GF=

1

2

BD=2．
∴OF=4．
∴OG=

OF2+GF2

=

42+22

=2

5

．
同理可得：OB=2

5

，AB=4

2

．
∴BG=

1

2

AB=2

2

．
設(shè)OR=x，則RG=2

5

-x．
∵BR⊥OG，
∴∠BRO=∠BRG=90°．
∴BR²=OB²-OR²=BG²-RG²．
∴（2

5

）²-x²=（2

2

）²-（2

5

-x）²．
解得：x=

8 5

5

．
∴BR²=OB²-OR²=（2

5

）²-（

8 5

5

）²=

36

5

．
∴BR=

6 5

5

．
在Rt△ORB中，
sin∠BOR=

BR

OB

=

6 5 5

2 5

=

3

5

．
故答案為：

3

5

．

（3）①當(dāng)∠BDE=90°時(shí)，點(diǎn)D在直線PE上，如圖2．
此時(shí)DP=OC=4，BD+OP=BD+CD=BC=2，BD=t，OP=t．
則有2t=2．
解得：t=1．
則OP=CD=DB=1．
∵DE∥OC，
∴△BDE∽△BCO．
∴

DE

OC

=

BD

BC

=

1

2

．
∴DE=2．
∴EP=2．
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1，2）．
②當(dāng)∠BED=90°時(shí)，如圖3．
∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，
∴△DBE∽△OBC．
∴

BE

BC

=

DB

OB

．
∴

BE

2

=

t

2 5

．
∴BE=

5

5

t．
∵PE∥OC，
∴∠OEP=∠BOC．
∵∠OPE=∠BCO=90°，
∴△OPE∽△BCO．
∴

OE

OB

=

OP

BC

．
∴

OE

2 5

=

t

2

．
∴OE=

5

t．
∵OE+BE=OB=2

5

，
∴

5

t+

5

5

t=2

5

．
解得：t=

5

3

．
∴OP=

5

3

，OE=

5 5

3

．
∴PE=

OE2-OP2

=

10

3

．
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（

5

3

，

10

3

）．
③當(dāng)∠DBE=90°時(shí)，如圖4．
此時(shí)PE=PA=6-t，OD=OC+BC-t=6-t．
則有OD=PE，EA=

PE2+PA2

=

2

（6-t）=6

2

-

2

t．
∴BE=BA-EA=4

2

-（6

2

-

2

t）=

2

t-2

2

．
∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，
∴四邊形ODEP是矩形．
∴DE=OP=t，DE∥OP．
∴∠BED=∠BAO=45°．
在Rt△DBE中，
cos∠BED=

BE

DE

=

2

2

．
∴DE=

2

BE．
∴t=

2

（

2

t-2

2

）=2t-4．
解得：t=4．
∴OP=4，PE=6-4=2．
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4，2）．
綜上所述：當(dāng)以B、D、E為頂點(diǎn)的三角形是直角三角形時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1，2）、（

5

3

，

10

3

）、（4，2）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了圓周角定理、切線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義、平行線分線段成比例、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，還考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，有一定的綜合性．