Question

1．如圖（1），在平面直角坐標(biāo)系中，直線$y=\sqrt{3}x+6$與兩坐標(biāo)軸分別交于A、B兩點，M為y軸正半軸上一點，⊙M過A、B兩點，交x軸正半軸于點C，過B作x軸的平行線l，N點的坐標(biāo)為（-12，5），⊙N與直線l相切于點D．
（1）求∠ABO的度數(shù)及圓心M的坐標(biāo)；
（2）若⊙N以每秒1個單位的速度沿直線l向右平移，同時直線AB沿x軸負(fù)方向勻速平移，當(dāng)⊙N第一次與⊙M相切時，直線AB也恰好與⊙N第一次相切，求直線AB每秒平移多少個單位長度？
（3）如圖（2），P為直線l上的一個動點，過P作AB的垂線分別交線段BC、x軸于Q、R兩點，過P作x軸的垂線，垂足為S（S在A點的左側(cè)）．當(dāng)P點運動時，BQ-AS的值是否改變？若不變，請求其值；若改變，請求其值變化的范圍．

Answer 1

分析 （1）由直線AB解析式可知A，B兩點的坐標(biāo)，在Rt△AOB中利用三角函數(shù)可求得∠ABO，設(shè)⊙M交y軸負(fù)半軸于點N，進(jìn)一步可求得BN的長度，可求得M的坐標(biāo)；
（2）由條件可求得⊙N的圓心移動的距離，可求得其移動的時間，進(jìn)一步求出直線AB移動的距離，則可求得其平移的速度；
（3）由條件可證明CR=CQ，且∠PRS=30°，可求得PS及PR，SR的長度，且可證明△ABC為等邊三角形，所以得出SA-BQ為定值．

解答 解：（1）直線$y=\sqrt{3}x+6$中令x=0，可得y=6，令y=0可得x=-2$\sqrt{3}$，
∴OA=2$\sqrt{3}$，OB=6，
∴tan∠ABO=$\frac{AO}{BO}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ABO=30°，
如圖1，連接MA，則MA=MB，且OM=OB-MB=6-MA，
在Rt△AOM中，由勾股定理可得AM²=AO²+（6-MA）²，
解得MA=4，則OM=2，所以M坐標(biāo)為（0，2）；

（2）N點坐標(biāo)為（-12，5），且D到x軸的距離等于OB，故⊙N的半徑為1，
當(dāng)⊙N與⊙M第一次相切時，即在y軸左邊與⊙M相外切，
如圖2，連接MN，過N作NE⊥x軸，過M作NE⊥NE，交于點E，

則由兩圓相外切可知MN=4+1=5，NE=5-2=3，由勾股定理可求得ME=4，即此時N點的坐標(biāo)為（-4，5），
所以⊙N的移動距離為-4-（-12）=8，其移動速度為每秒1個單位長度，所以⊙N移動的時間為8秒，
設(shè)直線AB移動后與x軸、y軸相交于點A′、B′，由題意可知直線A′B′為兩圓的公切線，設(shè)切點為F，則FM=4，
在Rt△MFB′中，∠A′B′O=∠ABO=30°，所以MB′=2MF=8，所以O(shè)B′=2+8=10，
所以直線A′B′的解析式為y=$\sqrt{3}$x+10，令y=0可得x=-$\frac{10\sqrt{3}}{3}$，所以O(shè)A′=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$，
由（1）知OA=2$\sqrt{3}$，所以AA′=OA′-OA=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
其移動時間為8秒，所以其速度為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$÷8=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
即求直線AB每秒平移了$\frac{\sqrt{3}}{6}$個單位長度；
（3）在圖1中，BO⊥AC，且BO過圓心M，
∴AO=OC=2$\sqrt{3}$=AB，且∠BAO=60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠ABC=60°，AC=BC，
∵PR⊥AB，
∴∠BQC=∠CQR=30°，∠ARP=30°，
∴CR=CQ，
∴BQ=BC-CQ=AC-CR=4$\sqrt{3}$-CR，
∵PS⊥SR，
∴PS=OB=6，
∴PR=2PS=12，
在Rt△PSR中可求得SR=6$\sqrt{3}$，
∴SA=SR-AC-CR=6$\sqrt{3}$-4$\sqrt{3}$-CR=2$\sqrt{3}$-CR，
∴BQ-SA=4$\sqrt{3}$-CR-（2$\sqrt{3}$-CR）=2$\sqrt{3}$，
∴BQ-AS的值不改變，其值為2$\sqrt{3}$．

點評 本題主要考查切線的性質(zhì)及等邊三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，在第（2）問中確定出直線AB移動的距離是解題的關(guān)鍵，在第（3）問中證明CQ=CR是解題的關(guān)鍵．