Question

7．如图∠BAC=60°，半径长1的⊙0与∠BAC的两边相切，P为⊙O上一动点，以P为圆心，PA长为半径的⊙P交射线AB、AC于D、E两点，连接DE，则△EDA面积的最大值为$\frac{27\sqrt{3}}{4}$．

Answer 1

分析 当外接圆的半径最大时，△ADE的面积最大，连接AO并延长，与圆O交于P点，此时△ADE外接圆的半径最大，△ADE的面积最大，设圆O与AB相切于点M，连接OM，PD，由对称性得到AF为角平分线，得到∠FAD为30度，根据切线的性质得到OM垂直于AD，在直角三角形AOM中，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半求出AO的长，由AO+OP求出AP的长，即为圆P的半径，由三角形AED为等边三角形，得到DP为角平分线，在直角三角形PFD中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出PF的长，再利用勾股定理求出FD的长，由DE=2FD求出DE的长，可得△ADE的面积．

解答 解：连接AO并延长，与ED交于F点，与圆O交于P点，此时△ADE外接圆的半径最大，
连接OM，PD，可得F为ED的中点，
∵∠BAC=60°，AE=AD，
∴△AED为等边三角形，
∴AF为角平分线，即∠FAD=30°，
在Rt△AOM中，OM=1，∠OAM=30°，
∴OA=2，
∴PD=PA=AO+OP=3，
在Rt△PDF中，∠FDP=30°，PD=3，
∴PF=$\frac{3}{2}$，
根据勾股定理得：FD=$\sqrt{{PD}^{2}{-PF}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
DE=3$\sqrt{3}$，
∴S_△ADE=$\frac{1}{2}×3\sqrt{3}×3\sqrt{3}×sin60°$=$\frac{27\sqrt{3}}{4}$，
故答案为：$\frac{27\sqrt{3}}{4}$．

点评 此题考查了切线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．