Question

6．已知，如图坐标轴上点A（-4，0）、B（0，4），以点O为圆心，2为半径作⊙O与x轴的负半轴、y轴的正半轴分别交于点C、D，将扇形COD绕点O顺时针旋转α°得到扇形MON（点M与点C、点N与点D对应，其中0°≤α≤360°），连接AM、BN．
（1）当AM∥ON时，①直接写出点N的坐标；
②判断直线BN与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）在旋转过程中，设直线AM与直线BN交于点P，直接写出点P 在运动中经过的路径长．

Answer 1

分析 （1）①过点N作NH⊥x轴于H，如图1、图2，由AM∥ON，∠MON=90°可得∠MAO=∠NOH，∠AMO=90°．由OA=4，OM=2可得∠MAO=30°，从而可得∠NOH=30°，即可得到NH=$\frac{1}{2}$ON=1，根据勾股定理可求出OH，就可得到点N的坐标；②易证△AOM≌△BON，则有∠AMO=∠BNO，根据平行线的性质可得∠AMO=90°，从而可得∠BNO=90°，即可得到BN与⊙O相切；
（2）连接AB，如图3，运用勾股定理可求出AB．由△AOM≌△BON可得∠OAM=∠OBN，由此可得∠BPA=∠BOA=90°，因而点P在以AB为直径的圆上运动．易得点M从点C运动到AM第一次与⊙O相切时，点P运动的路径是圆心角为60°，半径为$\frac{1}{2}$AB的圆弧，可求出圆弧长．同理，可求出点M依次运动到x轴的正半轴上、AM第二次与⊙O相切、点M最后回到点C处点P对应的三段路径长，问题得以解决．

解答 解：（1）①过点N作NH⊥x轴于H，如图1、图2，

∵AM∥ON，∠MON=90°，
∴∠MAO=∠NOH，∠AMO=90°．
∵OA=4，OM=2，
∴∠MAO=30°，
∴∠NOH=30°．
∴NH=$\frac{1}{2}$ON=1，OH=$\sqrt{{2}^{2}-{1}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
∴点N的坐标为（$\sqrt{3}$，1）或（-$\sqrt{3}$，1）；
②BN与⊙O相切．
理由∵∠AOB=∠MON=90°，
∴∠AOM=∠BON．
在△AOM和△BON中，
$\left\{\begin{array}{l}{OA=OB}\\{∠AOM=∠BON}\\{OM=ON}\end{array}\right.$，
∴△AOM≌△BON，
∴∠AMO=∠BNO．
∵AM∥ON，∠MON=90°，
∴∠AMO=90°，
∴∠BNO=90°．
∵ON是⊙O的半径，
∴BN与⊙O相切；

（2）在旋转过程中，点P在运动中经过的路径长为$\frac{8\sqrt{2}π}{3}$．
提示：连接AB，如图3，

由∠AOB=90°，OA=OB=4可得AB=4$\sqrt{2}$．
由△AOM≌△BON可得∠OAM=∠OBN，
由此可得∠BPA=∠BOA=90°，
因而点P在以AB为直径的圆上运动．
当点M在点C处时，点P在点O处；
当AM第一次与⊙O相切时，圆周角∠PAO=30°，
此时点P运动的路径是圆心角为60°（2×30°），半径为2$\sqrt{2}$（即$\frac{1}{2}$AB）的圆弧，
圆弧长为$\frac{60π•2\sqrt{2}}{180}$=$\frac{2\sqrt{2}π}{3}$．
同理：当点M运动到x轴的正半轴上时，此时点P又运动了$\frac{2\sqrt{2}π}{3}$．
当AM第二次与⊙O相切时，点P又运动了$\frac{2\sqrt{2}π}{3}$．
当点M最后回到点C时，点P又运动了$\frac{2\sqrt{2}π}{3}$．
因而在旋转过程中，点P运动的路径长为$\frac{2\sqrt{2}π}{3}$×4=$\frac{8\sqrt{2}π}{3}$．

点评 本题主要考查了平行线的性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半正逆使用、勾股定理、圆弧长公式、圆周角定理等知识，进行分类讨论是解决第（1）①小题的关键，证到∠BPA=∠BOA=90°，进而得到点P的运动路径是圆弧是解决第（2）小题的关键．