Question

17．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC=60°，AB=8，半径为$\sqrt{3}$的⊙M与射线BA相切，切点为N，且AN=3，将Rt△ABC绕点A顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤180°）
（1）当α为60°或120°时，AC和⊙M相切；
（2）当AC落在AN上时，设点B，C的对应点分别是点D，E．
①画出旋转后的Rt△ADE；（草图即可）
②Rt△ADE的直角边DE被⊙M截得的弦PQ的长为2$\sqrt{2}$；
③判断Rt△ADE的斜边AD所在的直线与⊙M的位置关系，并说明理由；
（3）设点M与AC的距离为x，在旋转过程中，当边AC与⊙M有一个公共点时，直接写出x的取值．

Answer 1

分析 （1）先利用切线的性质得出∠GAN=2∠MAN，再求出∠MAN，即可得出结论；
（2）①把三角形ABC绕A旋转120°就能得到图形．
②连接MQ，过M点作MF⊥DE，由AN=3，AC=4，求出NE的长；在Rt△MFQ中，利用勾股定理可求出QF，根据垂径定理知QF就是弧长PQ的一半．
③过M作AD的垂线设垂足为H，然后证MH与⊙M半径的大小关系即可；连接AM、MN，由于AE是⊙M的切线，故MN⊥AE，在Rt△AMN中，通过解直角三角形，易求得∠MAN=30°，由此可证得AM是∠DAE的角平分线，根据角平分线的性质即可得到MH=MN，由此可证得⊙M与AD相切；
（3）分两种情况AC与⊙M相切或旋转过程中，点C在⊙M内部，利用勾股定理即可得出结论．

解答 解：（1）如图1，

旋转到如图所示的位置时，AC'与⊙M相切于G，
连接MG，
∴∠AGM=90°，
∵AN与⊙M相切于N，
∴∠ANM=90°，
连接AM，
∴∠GAN=2∠MAN，在
Rt△AMN中，MN=$\sqrt{3}$，AN=3，
∴tan∠MAN=$\frac{MN}{AN}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$
∴∠MAN=30°，
∴∠GAN=60°，
∵∠BAC=60°，
∴α=∠CAC'=180°-60°-60°=60°；
∵AN于⊙M相切，所以α=120°
故答案为：60°或120°，
（2）①如图Rt△ADE就是要画的图形，

②连接MQ，过M点作MF⊥DE，垂足为F，由Rt△ABC可知，
AC=$\frac{1}{2}$AB，
根据翻折变换的知识得到AC=AE=4，
NE=AE-AN=4-3=1，
在Rt△MFQ中，解得FQ=$\sqrt{2}$，故弦PQ的长度2$\sqrt{2}$．
故答案为：2$\sqrt{2}$
③AD与⊙M相切．
证明：过点M作MH⊥AD于H，连接MN，MA，则MN⊥AE，且MN=$\sqrt{3}$，
在Rt△AMN中，tan∠MAN=$\frac{MN}{AN}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠MAN=30°，
∵∠DAE=∠BAC=60°，
∴∠MAD=30°，
∴∠MAN=∠MAD=30°，
∴MH=MN，
∴AD与⊙M相切，
（3）在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC=60°，AB=8，
∴AC=4，
在Rt△AMN中，MN=$\sqrt{3}$，AN=3，
∴AM=2$\sqrt{3}$，
∴⊙M上的点到点A的最大距离为2$\sqrt{3}$+$\sqrt{3}$=3$\sqrt{3}$＞4，
∵边AC与⊙M有一个公共点，
∴AC和⊙M相切或点C在⊙M内，
①AC与⊙M相切时，x是⊙M的半径，
∴x=$\sqrt{3}$，
②当点C刚好落在⊙M上时，
如图3，连接C'M，AM，过点M作MG⊥AC'，
在Rt△C'MG中，GM²=C'M²-C'G²，
∵AC'=AG+C'G=4，
∴GM²=C'M²-（4-AG）²，
在Rt△AMG中，GM²=AM²-AG²，
∴C'M²-（4-AG）²=AM²-AG²，
∴（$\sqrt{3}$^）2-（4-AG）²=（2$\sqrt{3}$）²-AG²，
∴AG=$\frac{25}{8}$，
∴x=MG=$\sqrt{12-（\frac{25}{8}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{143}}{8}$，
∴0≤x＜$\frac{\sqrt{143}}{8}$或x=$\sqrt{3}$；

点评 此题是圆的综合题，主要考查了圆的切线，旋转的性质，勾股定理，直角三角形的性质，解本题的关键是画出图形，难点是确定出x的范围，是一道难度比较大的中考常考题．