Question

8．平面上，矩形ABCD與直徑為QP的半圓K如圖1擺放，分別延長DA和QP交于點O，且∠DOQ=60°，OQ=OD=3，OP=2，OA=AB=1．讓線段OD及矩形ABCD位置固定，將線段OQ連帶著半圓K一起繞著點O按逆時針方向開始旋轉(zhuǎn)，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0°≤α≤60°）．

發(fā)現(xiàn)：如圖2，當點P恰好落在BC邊上時，求a的值即陰影部分的面積；
拓展：如圖3，當線段OQ與CB邊交于點M，與BA邊交于點N時，設(shè)BM=x（x＞0），用含x的代數(shù)式表示BN的長，并求x的取值范圍．
探究：當半圓K與矩形ABCD的邊相切時，直接寫出sinα的值．

Answer 1

分析 首先設(shè)半圓K與PC交點為R，連接RK，過點P作PH⊥AD于點H，過點R作RE⊥KQ于點E，則可求得∠RKQ的度數(shù)，于是求得答案；
拓展：如圖5，由∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，得到△AON∽△BMN，即可求得BN，如圖4，當點Q落在BC上時，x取最大值，作QF⊥AD于點F，BQ=AF，則可求出x的取值范圍；
探究：半圓K與矩形ABCD的邊相切，分三種情況：①半圓K與BC相切于點T，②當半圓K與AD相切于T，③當半圓K與CD切線時，點Q與點D重合，且為切點；分別求解即可求得答案．

解答 解：發(fā)現(xiàn)：如圖2，設(shè)半圓K與PC交點為R，連接RK，過點P作PH⊥AD于點H，
過點R作RE⊥KQ于點E，在Rt△OPH中，PH=AB=1，OP=2，
∴∠POH=30°，
∴α=60°-30°=30°，
∵AD∥BC，
∴∠RPO=∠POH=30°，
∴∠RKQ=2×30°=60°，
∴S_扇形KRQ=$\frac{60π×（{\frac{1}{2}）}^{2}}{360}$=$\frac{π}{24}$，
在Rt△RKE中，RE=RK•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∴S_△PRK=$\frac{1}{2}$•RE=$\frac{\sqrt{3}}{16}$，
∴S_陰影=$\frac{π}{24}$+$\frac{\sqrt{3}}{16}$；

拓展：如圖5，
∵∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，
∴△AON∽△BMN，
∴$\frac{AN}{BN}=\frac{AO}{BM}$，即$\frac{1-BN}{BN}=\frac{1}{x}$，
∴BN=$\frac{x}{x+1}$，
如圖4，當點Q落在BC上時，x取最大值，作QF⊥AD于點F，BQ=AF=$\sqrt{O{Q}^{2}-Q{F}^{2}}$-AO=2$\sqrt{2}$-1，
∴x的取值范圍是0＜x≤2$\sqrt{2}$-1；

探究：半圓K與矩形ABCD的邊相切，分三種情況；
①如圖5，半圓K與BC相切于點T，設(shè)直線KT與AD，OQ的初始位置所在的直線分別交于點S，O′，
則∠KSO=∠KTB=90°，
作KG⊥OO′于G，在R_t△OSK中，
OS=$\sqrt{O{K}^{2}-S{K}^{2}}$=2，
在Rt△OSO′中，SO′=OS•tan60°=2$\sqrt{3}$，KO′=2$\sqrt{3}$-$\frac{3}{2}$，
在Rt△KGO′中，∠O′=30°，
∴KG=$\frac{1}{2}$KO′=$\sqrt{3}$-$\frac{3}{4}$，
∴在Rt△OGK中，sinα=$\frac{KG}{OK}$=$\frac{\sqrt{3}-\frac{3}{4}}{\frac{5}{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}-3}{10}$，
②當半圓K與AD相切于T，如圖6，同理可得sinα=$\frac{KG}{OK}$=$\frac{\frac{1}{2}O′K}{\frac{5}{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}（O′T-KT）}{\frac{5}{2}}$=$\frac{6\sqrt{2}-1}{10}$；
③當半圓K與CD切線時，點Q與點D重合，且為切點，
∴α=60°，
∴sinα=sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
綜上所述sinα的值為：$\frac{4\sqrt{3}-3}{10}$或$\frac{6\sqrt{2}-1}{10}$或$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點評 此題屬于圓的綜合題．考查了矩形的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，勾股定理以及銳角三角函數(shù)的知識．注意根據(jù)題意正確的畫出圖形是解題的關(guān)鍵．