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5.在平面直角坐标系xOy中,矩形AOBD的顶点A为(0,6$\sqrt{3}$),顶点B为(6,0),取OB、BD边上的中点分别记为点E、F,以BE,BF为边作矩形BEGF(如图1),将矩形BEGF绕点B旋转一周,在旋转过程中OE、DF所在直线交于点M.
(1)当矩形BEGF绕点B旋转到如图2时,求证:△OEB∽△DFB;
(2)当矩形BEGF绕点B旋转到60°时,
①求点M坐标;
②求点M在这个旋转过程中所经过的路径长;
(3)在矩形BEGF绕点B旋转一周的过程中,点E能否与点M重合?若能画出相应状态图,并求出点M坐标;若不能,请说明理由.

分析 (1)根据图1得:OB:BE=BD:BF=2:1,再利用同角的余角相等得∠OBE=∠DBF,则△OEB∽△DFB;
(2)①作辅助线,构建点M的运动路径,先求点C的坐标为(3,3$\sqrt{3}$),再证明△CDG是等边三角形,则有∠DCG=60°,所以∠DCM=∠DOB=60°,则CM∥OB,由等腰三角形三线合一得:CQ=QG=$\frac{1}{2}$OB=3,写出点M的坐标;
②如图4,点M在这个旋转过程中所经过的路径长就是$\widehat{BM}$的长,先计算圆心角∠BCM的度数,再利用弧长公式代入计算;
(3)画图发现是两种情况:点M分别为⊙C与⊙B的两个交点,圆C的方程为:(x-3)2+(y-3$\sqrt{3}$)2=36,圆B的方程为:(x-6)2+y2=9,列方程组,求解即可.

解答 证明:(1)根据图1知,E、F分别是OB、BD的中点,
∴图2中有:OB:BE=2:1,BD:BF=2:1,
∴OB:BE=BD:BF,
∵四边形APBD、ESFG都是矩形,
∴∠OBD=∠EBF=90°,
∴∠OBE=∠DBF,
∴△OEB∽△DFB;
(2)①如图3,由(1)知:∠BOM=∠BOE=∠BDF=∠BDM,
∴O、B、M、D四点共圆,且直径为OD,
∴∠OMD=∠OBD=90°,
∵∠EGF=90°,
∴D、G、F共线,
所以当矩形BEGF旋转时,点M在以BD为直径的圆上运动,
当旋转60°时,有∠OBE=60°,
∴BE=$\frac{1}{2}$OB=OB•cos60°=OB•cos∠OBE,
∴BE⊥OE,
∴∠BOE=30°,
∵BE⊥EG,
∴O、E、G三点共线,
∵A为(0,6$\sqrt{3}$),B为(6,0),
∴OB=6,BD=6$\sqrt{3}$,D(6,6$\sqrt{3}$),
设C是OD的中点,则C(3,3$\sqrt{3}$),
∴tan∠ODB=$\frac{OB}{BD}$=$\frac{6}{6\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴∠ODB=30°,
∵∠BDF=∠BOE=30°,
∴∠ODM=∠ODB+∠BDG=60°,
∵△CDM是等腰三角形,
∴△CDM是等边三角形,
∴∠DCM=60°,
∴∠DCM=∠DOB=60°,
∴CM∥OB,
∴CQ=QG=$\frac{1}{2}$OB=3,
∴M(9,3$\sqrt{3}$);
②如图4,连接BC,
由勾股定理得:OD=$\sqrt{{6}^{2}+(6\sqrt{3})^{2}}$=12,
∴CD=$\frac{1}{2}$OD=6,
∠BCM=180°-∠DCM-∠OCB=60°,
矩形BEFG在开始旋转时,如图1,OE与DF交于点B,
如图2,旋转60°时,OE与DF交于点G,即在旋转过程中点M的运动路径为$\widehat{BM}$,
∴点M在这个旋转过程中所经过的路径长为:$\frac{60π•CD}{180}$=$\frac{6π}{3}$=2π;
(3)如图5和如图6,分两种情况,点M分别为圆C与以B为圆心,以BE=3为半径的圆B的两个交点,
圆C的方程为:(x-3)2+(y-3$\sqrt{3}$)2=36,
圆B的方程为:(x-6)2+y2=9,
两个方程相减得:2x-2$\sqrt{3}$y-9=0,
得x=$\sqrt{3}$y+$\frac{9}{2}$,代入圆B的方程消去x得:4y2-3$\sqrt{3}$y-$\frac{27}{4}$=0,
解得:y=$\frac{3\sqrt{3}±3\sqrt{15}}{8}$,对应的x=$\frac{45±9\sqrt{5}}{8}$,
所以当E、M重合时,点M的坐标为($\frac{45+9\sqrt{5}}{8}$,$\frac{3\sqrt{3}+3\sqrt{15}}{8}$)或($\frac{45-9\sqrt{5}}{8}$,$\frac{3\sqrt{3}-3\sqrt{15}}{8}$).

点评 本题是相似形和旋转变换的综合题,难度较大,图形较为复杂;此题考查了利用四点共圆确定动点轨迹,并根据圆的方程求两圆交点坐标.

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