数学专题之【以圆为基础】精品解析
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∴t1＝－3
当A′B′在y轴右侧时，以A′B′为边在A′B′下方作等边△A′B′D 作等边△A′B′D的外接圆⊙C2
当⊙C2与y轴相切于点P时，∠A′PB′＝60°
易知此时B′D⊥x轴，∴C2P⊥B′D，点C2在x轴正半轴上，点P与原点O重合
A′B′43
∴OA′＝cos30°＝3
43∴t2＝3
343
∴t的取值范围是：－3≤t≤3
（3）以A′B′为边分别在A′B′上方和下方作等边△A′B′C1和等边△A′B′C2，分别以C1、C2为圆心，A′B′长为半径作⊙C1和⊙C2
当A′B′在y轴左侧时，若⊙C1与y轴相交于点P1、P2，⊙C2与y轴相切于点P3，则在y轴上存在三个点P，使得∠A′PB′＝30°
易知此时B′C2⊥x轴，C2P3＝C2A′＝A′B′＝2
∴OA′＝C2P3－C2A′2cos30°＝2－3 ∴t1＝3－2
当A′B′在y轴右侧时，若⊙C1与y轴相切于点P1，⊙C2与y轴相交于点P2、P3，则在y轴上存在三个点P，使得∠A′PB′＝30°
易知此时B′C2⊥x轴，OA′＝C1P1＝C1A′＝A′B′＝2 ∴t2＝2 y y P1
C1 C1 P1
BB P2 B
P2
x A O AO A
P3 C2 C2
P3
x 36
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——————————————————————————————————————— 32．（陕西模拟）如图，直线l1、l2相交于点O，∠l1Ol2＝60°，长为2的线段AB在直线l2上从右向左移动，点P是直线l1上一点，且∠APB＝30°．
（1）请在图中作出符合条件的点P（不写画法，保留作图痕迹）；
（2）当OA的长为多少时，符合条件的点P有且只有一个？请说明理由；
（3）是否存在符合条件的点P有三个的情况？若存在，求出OA的长；若不存在，请说明理由． l1 l1
l2 l2
O O A B
备用图
解：（1）如图（以AB为边在x轴上方作等边三角形ABC，以C为圆心，AB长为半径作圆，与直线l1有两个交点P1、P2，则P1、P2是符合条件的点）
l1
P1
C
P2 l2
O A B
44
（2）当A在O的右侧，OA＝33或A在O的左侧，OA＝33＋2时符合条件的点P有且
只有一个 理由如下：
当直线l1与⊙C相切于点P，且A在O的右侧时，则∠APB＝30° 连接CP，过A作AD⊥l1于D AD4
则AD＝CP＝2，∴OA＝sin60°＝33
l1 P C D O A B l2 l1 A B O E C P l2
当直线l1与⊙C相切于点P，且A在O的左侧时，则∠APB＝30° 连接CP，过B作BE⊥l1于E BE4
则BE＝CP＝2，∴OB＝sin60°＝33
4
∴OA＝33＋2
（3）存在
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44
当A在O的右侧，OA＝33－2或A在O的左侧，OA＝33时，
符合条件的点P有三个
当直线l1与⊙C1相交于点P1、P2，与⊙C2相切于点P3时 连接C2P3，过O作OF⊥BC2于F BE4
则OF＝C2P3＝2，∴OB＝sin60°＝33
P1 C1 P2 O P3 A C2 l1 C1 l2
P2 P1 B O G C2 P3 l1
4
∴OA＝33－2
当直线l1与⊙C1相切于点P1，与⊙C2相交于点P2、P3时 连接C1P1，过A作AG⊥l1于G AG4
则AG＝C1P1＝2，∴OA＝sin60°＝33
B F A
33．（陕西模拟）已知⊙O是△ABC的外接圆，点P是⊙O上的任意一点（不与A、B、C重合），⊙P在△ABC的外部且与△ABC相邻的一边相切，⊙P称为△ABC的“卫星圆”．过与P相邻的△ABC的两个顶点作⊙P的切线交于S，两切线和与⊙P相切的一边组成的三角形称为△ABC的“卫星三角形”（如图1中的△SAC）．
（1）如图1，若△ABC为等边三角形，⊙O的半径为r．
①∠S的大小是否发生变化，若无变化，求∠S的大小，若有变化，说明变化趋势；
②当点P在劣弧AC上运动时，⊙P与边AC相切于D点，设AD＝x，⊙P的半径为y，求y关于x的函数关系式；
（2）如图2，若△ABC中，AC＝BC，∠C＝120°，⊙O的半径为r，点P在优弧AB上，⊙P与直线AB相切（切点不是A、B），求“卫星三角形”的面积最大值．
S
A
P D
O O
B C A B
C
图1 解：（1）①∠S的大小不变
连接PA、PC
∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝60° ∴∠APC＝120°
在△APC中，∠APC＝180°－(∠PAC＋∠PCA)
图2
S A D O B C P 1
＝180°－2(∠SAC＋∠SCA)
1
＝180°－2(180°－∠S)
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1
＝90°＋2∠S
1
∴90°＋2∠S＝120°，∴∠S＝60°
∴∠S的大小不变，始终等于60°
②连接OC、OP、PD，作OM⊥AC于M，ON⊥PD于N 则四边形OMDN是矩形，∴DN＝OM，ON＝DM ∵△ABC为等边三角形，∴∠OCM＝30° 13
∴OM＝2r，AM＝CM＝2r
S A D N O M B C P A M O N D C P S
331
当x＜2r时，ON＝2r－x，PN＝y＋2r
在Rt△ONP中，ON ＋PN ＝OP
23122
∴(2r－x)＋(y＋2r)＝r
222
B
∴y＝
－x＋3r＋
2
1214r－2r
331当 2r≤x＜3r时，ON＝x－2r，PN＝y＋2r
同理可得y＝综上，y＝
－x＋3r＋
2
1214r－2r
－x＋3r＋
2
1214r－2r
（2）当P点运动到优弧AB中点时，⊙P的半径最大，从而“卫星三角形”的面积最大 分别过点A、B作⊙P的切线交于S，则△SAB是△ABC的“卫星三角形” 连接PA、PB、OA、OC，设OC与AB相交于点D ∵AC＝BC，∴OC⊥AB，AD＝BD
∵∠ACB＝120°，∴∠DAC＝30°，∠ACD＝60° ∵OA＝OC，∴△OAC是等边三角形
P 3
∴∠OAD＝30°，AD＝2r，∴AB＝3r
∵∠ACB＝120°，∴∠P＝60°，△PAB是等边三角形 ∵SA、AB是⊙P的切线，∴∠PAE＝∠PAB＝60° ∴∠SAB＝60°
同理，∠SBA＝60°，∴△SAB是等边三角形 32332
∴S△SAB＝4AB＝4r
EA A O D C B
332
即“卫星三角形”面积的最大值为4r
S 34．（江西）已知纸片⊙O的半径为2，如图1，沿弦AB折叠操作．
︵︵（1）如图2，当折叠后的AB经过圆心O时，求AB的长；
︵（2）如图3，当弦AB＝2时，求折叠后AB所在圆的圆心O′ 到弦AB的距离；
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——————————————————————————————————————— （3）在图1中，再将纸片⊙O沿弦CD折叠操作．
︵︵①如图4，当AB∥CD，折叠后的CD与AB所在圆外切于点P时，设点O到弦AB、CD的
︵︵②如图5，当AB与CD不平行，折叠后的CD与AB所在圆外切于点P时，设点M为AB
距离之和为d，求d的值；
的中点，点N为CD的中点．试探究四边形OMPN的形状，并证明你的结论．
A A
O O O
B B 图1 图2
A A C M
P O P O B B
N C D 图4 图5
解：（1）如图1，过点O作OE⊥AB交⊙O于点E，连接OA、OB、AE、BE ∵点E与点O关于AB对称，∴△OAE、△OBE为等边三角形 ∴∠OEA＝∠OEB＝60° ︵120π×24π∴AB的长为：180＝3
A O B 图3
D A E O
（2）如图2，连接O′A、O′B ︵∵AB折叠前后所在的圆⊙O与⊙O′是等圆 ∴O′A＝O′B＝OA＝AB＝2 ∴△AO′B为等边三角形
B 图1
A E B 图2
∴O′E＝O′B2sin60°＝3
︵︵（3）①如图3，当CPD与APB所在圆外切于点P时
︵︵过点O作EF⊥AB交AEB于点E，交CFD于点F ∵AB∥CD，∴EF垂直平分CD，且必过点P
OO 11
根据垂径定理及折叠，可知PH＝2PE，PG＝2PF
A E H B C P O G F D 图3 又∵EF＝4，∴点O到AB、CD的距离之和d为： 111
d＝PH＋PG＝2PE＋2PF＝2(PE＋PF)＝2
②如图4，当AB与CD不平行时 四边形OMPN是平行四边形 证明如下：
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