Question

12．如圖，△ABC是一塊直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，現(xiàn)將圓心為點(diǎn)O的圓形紙片放置在三角板內(nèi)部．
（1）如圖①，當(dāng)圓形紙片與兩直角邊AC、BC都相切時(shí)，試用直尺與圓規(guī)作出射線CO；（不寫作法與證明，保留作圖痕跡）
（2）如圖②，將圓形紙片沿著三角板的內(nèi)部邊緣滾動(dòng)1周，回到起點(diǎn)位置時(shí)停止，若BC=9，圓形紙片的半徑為2，求圓心O運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）作∠ACB的平分線得出圓的一條弦，再作此弦的中垂線可得圓心O，作射線CO即可；
（2）添加如圖所示輔助線，圓心O的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為${C}_{△O{O}_{1}{O}_{2}}$，先求出△ABC的三邊長(zhǎng)度，得出其周長(zhǎng)，證四邊形OEDO₁、四邊形O₁O₂HG、四邊形OO₂IF均為矩形、四邊形OECF為正方形，得出∠OO₁O₂=60°=∠ABC、∠O₁OO₂=90°，從而知△OO₁O₂∽△CBA，利用相似三角形的性質(zhì)即可得出答案．

解答 解：（1）如圖①所示，射線OC即為所求；


（2）如圖，圓心O的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為${C}_{△O{O}_{1}{O}_{2}}$，

過點(diǎn)O₁作O₁D⊥BC、O₁F⊥AC、O₁G⊥AB，垂足分別為點(diǎn)D、F、G，
過點(diǎn)O作OE⊥BC，垂足為點(diǎn)E，連接O₂B，
過點(diǎn)O₂作O₂H⊥AB，O₂I⊥AC，垂足分別為點(diǎn)H、I，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，
∴AC=$\frac{BC}{tan30°}$=$\frac{9}{\frac{\sqrt{3}}{3}}$=9$\sqrt{3}$，AB=2BC=18，∠ABC=60°，
∴C_△ABC=9+9$\sqrt{3}$+18=27+9$\sqrt{3}$，
∵O₁D⊥BC、O₁G⊥AB，
∴D、G為切點(diǎn)，
∴BD=BG，
在Rt△O₁BD和Rt△O₁BG中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{BD=BG}\\{{O}_{1}B={O}_{1}B}\end{array}\right.$，
∴△O₁BD≌△O₁BG（HL），
∴∠O₁BG=∠O₁BD=30°，
在Rt△O₁BD中，∠O₁DB=90°，∠O₁BD=30°，
∴BD=$\frac{{O}_{1}D}{tan30°}$=$\frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{3}}$=2$\sqrt{3}$，
∴OO₁=9-2-2$\sqrt{3}$=7-2$\sqrt{3}$，
∵O₁D=OE=2，O₁D⊥BC，OE⊥BC，
∴O₁D∥OE，且O₁D=OE，
∴四邊形OEDO₁為平行四邊形，
∵∠OED=90°，
∴四邊形OEDO₁為矩形，
同理四邊形O₁O₂HG、四邊形OO₂IF、四邊形OECF為矩形，
又OE=OF，
∴四邊形OECF為正方形，
∵∠O₁GH=∠CDO₁=90°，∠ABC=60°，
∴∠GO₁D=120°，
又∵∠FO₁D=∠O₂O₁G=90°，
∴∠OO₁O₂=360°-90°-90°=60°=∠ABC，
同理，∠O₁OO₂=90°，
∴△OO₁O₂∽△CBA，
∴$\frac{{C}_{△O{O}_{1}{O}_{2}}}{{C}_{△ABC}}$=$\frac{{O}_{1}{O}_{2}}{BC}$，即$\frac{{C}_{△O{O}_{1}{O}_{2}}}{27+9\sqrt{3}}$=$\frac{7-2\sqrt{3}}{9}$，
∴${C}_{△O{O}_{1}{O}_{2}}$=15+$\sqrt{3}$，即圓心O運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)為15+$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查作圖-復(fù)雜作圖、切線的判定與性質(zhì)、矩形和正方形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握切線的判定與性質(zhì)、矩形和正方形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．