Question

（2013•蘇州一模）如圖（1），在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∠B=30°且AO=1，延長BA、BO，點C為BA延長線上的一動點，以每秒1個單位長度的速度從點A開始沿射線BA向上移動，作等邊△CDE，點D和點E都在射線BO上，
（1）求BO的長；
（2）若半徑為2

3

的⊙M與射線BO、射線BA相切于點G、F，求當(dāng)?shù)冗叀鰿DE的邊CE與⊙M相切時的邊長；
（3）以O(shè)為坐標(biāo)原點，直線OB、OA為x軸、y軸建立如圖（2）所示的直角坐標(biāo)系，若以點C為頂點的拋物線y=a（x-m）2+n經(jīng)過點E．⊙M與x軸、射線BA都相切，其半徑為3（1-

3

）a．問點C移動多少秒時，等邊△CDE的邊CE第一次與⊙M相切？

Answer 1

分析：（1）通過解Rt△AOB可以求得線段BO的長度
（2）設(shè)點C移動t秒后與⊙M相切，分兩種情況討論，①當(dāng)CE在⊙M左側(cè)相切于點H；②當(dāng)CE在⊙M右側(cè)相切于點H，用含t的式子表示出CE，建立方程，解出即可得出答案．
（3）此題需要結(jié)合圖形來解，首先畫出第一次相切時的示意圖（詳見解答圖）；已知的條件只有圓的半徑，那么先連接圓心與三個切點以及點E，首先能判斷出四邊形CPMN是正方形，那么CP與⊙M的半徑相等，只要再求出PE就能進(jìn)一步求得C點坐標(biāo)；那么可以從PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得這兩個角的度數(shù)，通過解直角三角形不難得到PE的長，即可求出PE及點C、E的坐標(biāo)．然后利用C、E的坐標(biāo)確定a的值，進(jìn)而可求出AC的長，由此得解．

解答：解：（1）∵在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∠B=30°且AO=1，
∴tan∠ABO=

OA

OB

=

3

3

，
∴BO=

3

；

（2）①如圖（1）a，當(dāng)CE在⊙M左側(cè)相切于點H，連接MF、MG、MH，
∵AB、CE、BO均為⊙M的切線，
∴MF⊥AB，MH⊥CE，MG⊥BO，
∵∠ABO=30°，△CDE是等邊三角形，
∴∠BCE=90°，
∴四邊形CHMF為矩形，
∵M(jìn)F=MH，
∴四邊形CHMF為正方形，
∴CH=MH=2

3

，
∵EH、EG為⊙M的切線，∠CED=60°，
∴∠HEM=60°，
∴HE=

1

3

MH=2，
∵CE=CH+HE=2

3

+2；
②如圖（1）b，當(dāng)CE在⊙M右側(cè)相切于點H，
由①證得：CH=MH=2

3

，
∵∠HEM=30°，
∴HE=

3

MH=6，
∴CE=CH+HE=2

3

+6；

（3）如圖（2），設(shè)切點分別是Q，N，P，連接MQ，MN，MP，ME，過點C作CH⊥x軸，H為垂足，過A作AF⊥CH，F(xiàn)為垂足．
∵△CDE是等邊三角形，∠ABO=30°
∴∠BCE=90°，∠ECN=90°
∵CE，直線AB分別與⊙M相切，
∴∠MPC=∠CNM=90°，
∴四邊形MPCN為矩形，
∵M(jìn)P=MN
∴四邊形MPCN為正方形
∴MP=MN=CP=CN=3（1-

3

）a（a＜0）．
∵EC和x軸都與⊙M相切，
∴EP=EQ．
∵∠NBQ+∠NMQ=180°，
∴∠PMQ=60°
∴∠EMQ=30°，
∴在Rt△MEP中，tan30°=

PE

PM

，∴PE=（

3

-3）a
∴CE=CP+PE=3（1-

3

）a+（

3

-3）a=-2

3

a
∴DH=HE=-

3

a，CH=-3a，BH=-3

3

a，
∴OH=-3

3

a-

3

，OE=-4

3

a-

3

，
∴E（-4

3

a-

3

，0）
∴C（-3

3

a-

3

，-3a）
設(shè)二次函數(shù)的解析式為：y=a（x+3

3

a+

3

）²-3a
∵點E在該拋物線上
∴a（-4

3

a-

3

+3

3

a+

3

）²-3a=0
得：a²=1，解之得a₁=1，a₂=-1
∵a＜0，∴a=-1
∴AF=2

3

，CF=2，∴AC=4
∴點C移動到4秒時，等邊△CDE的邊CE第一次與⊙M相切．

點評：本題考查了圓的綜合，涉及了切線的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值解答本題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合思想及分類討論思想的綜合運(yùn)用．難度在于涉及到動點問題，許多數(shù)值都不是具體值；（3）題中，正確畫出草圖、貫徹數(shù)形結(jié)合的解題思想是關(guān)鍵．