Question

14．如图，点P（t，0）（t＞0）是x轴正半轴上的一点，是以原点为圆心，半径为1的$\frac{1}{4}$圆，且A（-1，0），B（0，1），点M是$\widehat{AB}$上的一个动点，连结PM，作直角△MPM₁，并使得∠MPM₁=90°，∠PMM₁=60°，我们称点M₁为点M的对应点．
（1）设点A和点B的对应点为A₁和B₁，当t=1时，求A₁的坐标（1，2$\sqrt{3}$）；B₁的坐标（1+$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$）．
（2）当P是x轴正半轴上的任意一点时，点M从点A运动至点B，求M₁的运动路径长$\frac{\sqrt{3}π}{2}$．

Answer 1

分析 （1）如图1，当t=1时，则AP=2，A₁P⊥AP，解直角三角形得到PA₁=2$\sqrt{3}$，于是得到A₁（1，2$\sqrt{3}$），解直角三角形得到PB₁=$\sqrt{6}$，于是得到PC=B₁C=$\sqrt{3}$，即可得到B₁（1+$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$）；
（2）点M是$\widehat{AB}$上的点，设M（cosθ，sinθ），θ∈[$\frac{π}{2}$，π]，设M₁（x，y），得到点M₁为圆心为（t，$\sqrt{3}$t），半径为$\sqrt{3}$的圆的一部分，由A₁（t，$\sqrt{3}$t+$\sqrt{3}$）起，终止于B₁（t+$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$t），根据弧长公式即可得到结论．

解答 解：（1）如图1，当t=1时，则AP=2，A₁P⊥AP，
∵∠PAA₁=60°，
∴PA₁=2$\sqrt{3}$，
∴A₁（1，2$\sqrt{3}$），
BP=OP=$\sqrt{2}$，∠BPO=45°，
∴∠B₁PC=∠PBO=90°-∠BPO=45°，PC=B₁C，
∵∠B₁BP=60°，
∴PB₁=$\sqrt{6}$，
∴PC=B₁C=$\sqrt{3}$，
∴B₁（1+$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$），
故答案为；（1，2$\sqrt{3}$），（1+$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$）；

（2）点M是$\widehat{AB}$上的点，
设M（cosθ，sinθ），θ∈[$\frac{π}{2}$，π]，
设M₁（x，y），由直线MP⊥PM₁得，$\frac{sinθ}{cosθ-t}•\frac{y}{x-t}$=-1，
即sinθ=$\frac{x-t}{y}$（t-cosθ），
线段MP=$\sqrt{（t-cosθ）^{2}+sinθ}$，
线段PM₁=$\sqrt{（x-t）^{2}+{y}^{2}}$，
∴$\sqrt{（x-t）^{2}+{y}^{2}}$=$\sqrt{3}•$$\sqrt{（t-cosθ）^{2}+sinθ}$，
化简得sinθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-t），cosθ=t-$\frac{\sqrt{3}}{3}$y，
与sin²θ+cos²θ=1联立可得$\frac{（t-x）^{2}}{3}+（t-\frac{\sqrt{3}}{3}y）^{2}=1$，
化简为 （t-x）²+（$\sqrt{3}$t-y）²=3，
即点M₁的运动路径为圆心为（t，$\sqrt{3}$t），半径为$\sqrt{3}$的圆的一部分，由A₁（t，$\sqrt{3}$t+$\sqrt{3}$）起，终止于B₁（t+$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$t），
由终止点的纵坐标与圆心纵坐标相等可知圆弧对应的圆心角=90°，
其长度为$\frac{1}{4}$×2π×$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$π
∴M₁的运动路径长=$\frac{\sqrt{3}π}{2}$．
故答案为：$\frac{\sqrt{3}π}{2}$．

点评 本题考查了解直角三角形，坐标与图形的性质，弧长的计算，正确的作出图形是解题的关键．