Question

1．如图①，在直角坐标系中，直线l分别交x轴，y轴于点A（$-2\sqrt{3}$，0）和点B，且∠OAB=30°，直线l绕点A逆时针旋转90°到l₁，l₁交y轴于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）在直线l₁上取一点D（4，m），以点D为圆心，2为半径作⊙D．⊙D以每秒1个单位长度的速度沿DA方向平行移动，直线l沿x轴的正方向同时平行移动，当⊙D与y轴第一次相切时，直线l也恰好与⊙D第一次相切，求直线l的平移速度．
（3）在（2）的条件下，⊙D继续移动，当圆心在y轴上时（如图②），⊙D交y轴于E、F两点，以点O为圆心，作⊙O交⊙D于M、N两点，点P在⊙O上运动，MP交⊙D于点G，连EM并延长交⊙O于点Q，连接EG，PQ，那么$\frac{∠FEG}{∠OQP}$的值是否会变化？若不变，求出这个值；若变化，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）要求点C的坐标，只需求OC的长，只需解直角三角形AOC就可解决问题；
（2）当⊙D第一次与y轴相切于点T时，如图①，要求直线AB平移的速度，只需求出平移的距离和时间，只需解直角三角形ASA′就可求出平移的距离AA′，由于直线AB平移的时间与⊙D平移的时间相同，且⊙D平移的速度已知，只需求出⊙D平移的距离DD′即可；
（3）连接QO并延长，交⊙O于点R，连接PR、FG，如图②，根据圆内接四边形对角互补和平角的定义可得∠EMG=∠QSP=180°-∠QMP，根据圆周角定理可得∠EFG=∠EMG，从而可得∠EFG=∠QSP，根据等角的余角相等可得∠FEG=∠OQP，问题得以解决．

解答 解：（1）∵∠OAB=30°，∠BAC=90°，∴∠OAC=60°．
∵A（$-2\sqrt{3}$，0），∴OA=2$\sqrt{3}$．
∵∠AOC=90°，
∴OC=OA•tan∠OAC=2$\sqrt{3}×\sqrt{3}$=6，∠ACO=30°，
∴点C的坐标为（0，6）；

（2）当⊙D第一次与y轴相切于点T时，直线l平移后的直线A′B′与⊙D′相切于点S，如图①，

则有∠D′SA′=90°，∠D′TC=90°，D′T=2．
在Rt△D′TC中，
∵∠TCD′=∠ACO=30°，D′T=2，
∴tan30°=$\frac{2}{TC}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴TC=2$\sqrt{3}$，D′C=4．
同理可得DC=8，AC=4$\sqrt{3}$，
∴DD′=DC-D′C=8-4=4，
AS=D′A-D′S=D′C+AC-D′S=4+4$\sqrt{3}$-2=4$\sqrt{3}$+2．
在Rt△ASA′中，
cos60°=$\frac{AS}{AA′}$=$\frac{1}{2}$，
∴AA′=2AS=8$\sqrt{3}$+4．
∵t=$\frac{DD′}{1}$=4，
∴V=$\frac{AA′}{t}$=$\frac{8\sqrt{3}+4}{4}$=2$\sqrt{3}$+1，
∴直线l的平移速度为每秒（2$\sqrt{3}$+1）个单位长度；

（3）$\frac{∠FEG}{∠OQP}$的值不会变化．
连接QO并延长，交⊙O于点R，连接PR、FG，如图②．

∵∠QMP+∠QRP=180°，∠EMG+∠QMP=180°，
∴∠EMP=∠QRP．
∵∠EMG=∠EFG，
∴∠EFG=∠QRP．
∵EF是⊙D的直径，QR是⊙O的直径，
∴∠EGF=90°，∠QPR=90°，
∴∠FEG+∠EFG=90°，∠OQP+∠QRP=90°，
∴∠FEG=∠OQP，
∴$\frac{∠FEG}{∠OQP}$=1（定值）．

点评 本题主要考查了三角函数、运用待定系数法求直线的解析式、直线上点的坐标特征、圆的切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的对角互补、同角的补角相等、等角的余角相等、平角的定义等知识，综合性比较强，有一定的难度，证到∠EFG=∠EMG=∠QSP是解决第（3）小题的关键．