Question

（2012•張家口一模）已知：如圖1，⊙O與射線MN相切于點M，⊙O的半徑為2，AC是⊙O的直徑，A與M重合，△ABC是⊙O的內接三角形，且∠C=30°，
計算：弦AB=

2

，

AB

的長度

2

3

π

（結果保留π）
探究一：如圖2，若⊙O和△ABC沿射線MN方向作無滑動的滾動，
（1）直接寫出：點B第一次在射線MN上時，圓心O所走過的路線的長

2

3

π

點B第二次在射線MN上時，圓心O所走過的路線的長

14

3

π

（結果保留π）
（2）過點A、C分別作AD⊥MN于D，CE⊥MN于E，連接OD、OE，小明通過作圖猜想：OD與OE相等，你認為小明的猜想正確嗎？請說明你的理由
探究二：
如圖3，將半徑為R、圓心角為50°的扇形紙片AOB，在射線MN的方向作無滑動的滾動至扇形A′O′B′處，則頂點O經過的路線總長為

23

18

πR

（用含R的代數(shù)式表示，結果保留π）．

Answer 1

分析：計算：利用圓周角定理以及等邊三角形的判定得出AB的長，再利用弧長公式得出

AB

的長度；
探究一：（1）利用弧長公式分別求出O點所走過的路線即可；
（2）利用切線的性質定理以及銳角三角函數(shù)關系求出OD與OE即可；
探究二：仔細觀察頂點O經過的路線可得，頂點O經過的路線可以分為三段，分別求出三段的長，再求出其和即可．

解答：解：計算：如圖1：連接OB，
∵∠C=30°，
∴∠AOB=60°，
又BO=OA，
∴△AOB是等邊三角形，
∵⊙O的半徑為2，
∴AB=AO=OB=2，

AB

的長度為：

60π×2

180

=

2

3

π，
故答案為：2，

2

3

π；

探究一：（1）點B第一次在射線MN上時，圓心O所走過的路線的長為

AB

的長度為：

60π×2

180

=

2

3

π，
點B第二次在射線MN上時，圓心O所走過的路線的長為：

2

3

π+2π×2=

14

3

π；
故答案為：

2

3

π，

14

3

π；

（2）作圖如圖2所示：
OD=OE，
證明：連接OB，
∵MN與⊙O相切于點B，∴OB⊥MN，
∵∠ACB=30°，
∴∠AOB=60°，AB=

1

2

AC=2，BC=2

3

，
∵AO=BO，
∴△AOB是等邊三角形，∴∠ABO=60°∴∠ABD=30°
在Rt△ADB中，BD=AB•cos30°=

3

顯然∠CBE=60°，
在Rt△BEC中，BE=BC•cos60°=

3

，
∴BD=BE，
∴OD=OE；

探究二：
如圖3所示：

頂點O經過的路線可以分為三段，當弧AB切直線l于點B時，有OB⊥直線l，此時O點繞不動點B轉過了90°，滾動距離為

90πR

180

；
第二段：OB⊥直線l到OA⊥直線l，O點繞動點轉動，而這一過程中弧AB始終是切于直線l的，所以O與轉動點P的連線始終⊥直線l，所以O點在水平運動，此時O點經過的路線長=BA′=AB的弧長=

50π

180

R，
第三段：OA⊥直線l到O點落在直線l上，O點繞不動點A轉過了90°，滾動距離為

90πR

180

；
所以，O點經過的路線總長S=

π

2

R+

5

18

πR+

π

2

R=

23

18

πR．
故答案為：

23

18

πR．

點評：此題主要考查了弧長公式的應用以及圓周角定理和銳角三角函數(shù)關系等知識，本題關鍵是理解頂點O經過的路線可得，則頂點O經過的路線總長為三個扇形的弧長．