Question

5．如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=6，點(diǎn)D在BC上，CD=1．動(dòng)點(diǎn)M從C點(diǎn)出發(fā)，以1個(gè)單位/秒的速度沿直線(xiàn)CB向右勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)N從D點(diǎn)出發(fā)，以2個(gè)單位/秒的速度沿直線(xiàn)CB向右勻速運(yùn)動(dòng)，以MN為一邊在CB的上方作等邊三角形△PMN．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），△PMN與△ABC重疊部分的面積為S．

（1）△PMN的邊長(zhǎng)=t+1（用含有t的代數(shù)式表示），當(dāng)t=$\frac{4}{3}$秒時(shí)，點(diǎn)P落在AB上；
（2）求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量t的取值范圍；
（3）在M、N運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，以點(diǎn)A為圓心、t為半徑的⊙A也在不斷變化，直接寫(xiě)出⊙A與△PMN的三邊所在的直線(xiàn)相切時(shí)t的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，直接將△PMN的三邊相加即可得出含t的表達(dá)式；易得△NPB為等腰三角形，可得到NB=NP=NM=t+1，又NB=CB-CM-MN，兩式聯(lián)立即有5-2t=t+1，解之即可得出t．
（2）易得重疊部分為一個(gè)小等邊三角形，依題意分別得出底邊及其對(duì)應(yīng)的高即可得出重疊部分的面積．
（3）結(jié)合題意，可知有三種情況，①以點(diǎn)A為圓心、tcm為半徑的⊙A與MN所在的直線(xiàn)相切，②⊙A與MN所在的直線(xiàn)相切，③⊙A與PN所在的直線(xiàn)相切；分別利用切線(xiàn)的性質(zhì)以及勾股定理，即可得出各種情況對(duì)應(yīng)的t值．

解答 解：（1）△PMN的邊長(zhǎng)MN=CN-CM=（CD+DN）-CM=（1+2t）-t=（t+1）cm；
∵當(dāng)t為某值時(shí)，點(diǎn)P落在AB上，三角形PMN是等邊三角形，
∴NB=NP=MN=t+1，∠PND=60°，
∴∠PNB=120°，∠PNB=30°，
∴△PNB為等腰三角形，
∵Q=NB=CB-CM-PMN=6-t-（t+1）=5-2t，
∴5-2t=t+1，
解得：t=$\frac{4}{3}$s；
故答案為：t+1，$\frac{4}{3}$；


（2）分為四種情況：①當(dāng)0≤t＜$\frac{4}{3}$時(shí)，如圖1：重疊部分是△PMN，
∵△PMN的邊長(zhǎng)為t+1，
∴高為$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t+1）cm，
∴S=$\frac{1}{2}$×（t+1）×$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t+1）=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（t+1）²；
②當(dāng)$\frac{4}{3}$≤t＜$\frac{5}{2}$時(shí)，如圖2：重疊部分為四邊形MNFE，
∵∠B=30°，且△PMN為等邊三角形，
∴∠PMN=∠P=60°，
∴∠PEF=90°，且MB=BC-CM=6-t，∠PFE=30°，
∴PE=$\frac{1}{2}$（6-t），
∴EP=PM-NF=（t+1）-$\frac{1}{2}$（6-t）=$\frac{1}{2}$（3t-4），
∴EF=M=EP•tan60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（3t-4），
∴S=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（t+1）²-$\frac{\sqrt{3}}{8}$（3t-4）²
=-$\frac{7\sqrt{3}}{8}$t²+$\frac{7\sqrt{3}}{2}$t-$\frac{7\sqrt{3}}{4}$
=-$\frac{7\sqrt{3}}{8}$（t-2）²+$\frac{7\sqrt{3}}{4}$；
③當(dāng)$\frac{5}{2}$≤t＜6時(shí)，如圖3：同理可得y=$\frac{\sqrt{3}}{8}$（6-t）²；
④當(dāng)t≥6時(shí)，如圖4：此時(shí)y=0．

（3）（一）如圖a，
⊙A與PN所在的直線(xiàn)相切時(shí)，切點(diǎn)為F，F(xiàn)在PN的延長(zhǎng)線(xiàn)上，AB與FN交于L點(diǎn)，
AF=t，得到AL=2t，
NB=5-2t，得到BL=$\sqrt{3}$（5-2t），
AB=4$\sqrt{3}$=BL-AL=$\sqrt{3}$（5-2t）-2t，
得到t=$\frac{3-\sqrt{3}}{4}$．
即t=$\frac{3-\sqrt{3}}{4}$．
如圖b，若FP交AB與E，
∵⊙A半徑=AF=t，則AE=2t，NE=NB=5-2t，BE=$\sqrt{3}$（5-2t），
AB=4$\sqrt{3}$=BE+AE=$\sqrt{3}$（5-2t）+2t，
∴t=$\frac{3+\sqrt{3}}{4}$，
（二）如圖c：
當(dāng)⊙A與MN所在的直線(xiàn)相切時(shí)，
∵AC⊥MN所在的直線(xiàn)，
∴⊙A半徑=AC=t=2$\sqrt{3}$．
此時(shí)，若設(shè)AB與PM相交于G，
則AG=⊙A半徑=2$\sqrt{3}$，
∴BM=4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
∴∠MGB=90°，
∴⊙A 也同時(shí)與PM相切．

（三）如圖d：
⊙A與PM所在的直線(xiàn)相切時(shí)，切點(diǎn)為E，可知道點(diǎn)E在AB延長(zhǎng)線(xiàn)上，
在Rt△MBE中，∠ABC=30°，有AE=t，BE=AE-AB=t-4$\sqrt{3}$，斜邊MB=CM-BC=t-6，
所以$\frac{\sqrt{3}}{2}$MB=BE，有$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t-6）=t-4$\sqrt{3}$，
得到t=4$\sqrt{3}$+6；

綜上所述，當(dāng)⊙A與QR所在的直線(xiàn)相切時(shí)，t=$\frac{3-\sqrt{3}}{4}$或t=$\frac{3+\sqrt{3}}{4}$，；
當(dāng)⊙A與PQ所在的直線(xiàn)相切時(shí)，t=2$\sqrt{3}$；
當(dāng)⊙A與PR所在的直線(xiàn)相切，t=4$\sqrt{3}$+6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓的切線(xiàn)性質(zhì)，及解直角三角形的知識(shí)．運(yùn)用切線(xiàn)的性質(zhì)來(lái)進(jìn)行計(jì)算或論證，最后一問(wèn)屬于開(kāi)放性試題，主要考查的是切線(xiàn)性質(zhì)的實(shí)際應(yīng)用；本題是一道動(dòng)態(tài)幾何題，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．