专题41 几何问题（1）之动点问题【人教版】（解析版）.docx

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专题41 几何问题（1）之动点问题
题型精讲
题型一：圆背景下的动态探究题
【例1】（2020•连云港）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋）中写道：“水
能利物，轮乃曲成”．如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转56圈，筒车与水面分别交于点A、
B筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2.2m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒P刚
浮出水面时开始计算时间．
（1）经过多长时间，盛水筒P首次到达最高点？
（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面多高？
（3）若接水槽MN所在直线是⊙O的切线，且与直线AB交于点M，MO＝8m．求盛水筒P从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线MN上．
（参考数据：cos43°＝sin47°≈1115，sin16°＝cos74°≈1140，sin22°＝cos68°≈38）
【分析】（1）如图1中，连接OA．求出∠AOC的度数，以及旋转速度即可解决问题．
（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，过点P作PD⊥OC于D，解直角三角形求出CD即可．
（3）如图3中，连接OP，解直角三角形求出∠POM，∠COM，可得∠POH的度数即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，连接OA．
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由题意，筒车每秒旋转360°×56÷60＝5°，
在Rt△ACO中，cos∠AOC=OCOA=2.23=1115．
∴∠AOC＝43°，
∴180−435=27.4（秒）．
答：经过27.4秒时间，盛水筒P首次到达最高点．
（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，
∴∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43°+17°＝60°，
过点P作PD⊥OC于D，
在Rt△POD中，OD＝OP•cos60°＝3×12=1.5（m），
2.2﹣1.5＝0.7（m），
答：浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面0.7m．
（3）如图3中，
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∵点P在⊙O上，且MN与⊙O相切，
∴当点P在MN上时，此时点P是切点，连接OP，则OP⊥MN，
在Rt△OPM中，cos∠POM=OPOM=38，
∴∠POM＝68°，
在Rt△COM中，cos∠COM=OCOM=2.28=1140，
∴∠COM＝74°，
∴∠POH＝180°﹣∠POM﹣∠COM＝180°﹣68°﹣74°＝38°，
∴需要的时间为385=7.6（秒），
答：盛水筒P从最高点开始，至少经过7.6秒恰好在直线MN上．
【例2】（2020•苏州）如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动
点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s
的速度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连
接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形OPCQ的面积．
【分析】（1）由题意得出OP＝8﹣t，OQ＝t，则可得出答案；
（2）如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，得出PDOP=BDOQ，则8−t−x8−t=xt，解出x=8t−t28．由二次函数的性质可得出答案；
（3）证明△PCQ是等腰直角三角形．则S△PCQ=12PC•QC=12×22PQ⋅22PQ=14PQ2．在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2．由四边形OPCQ的面积S＝S△POQ+S△PCQ可得出答案．
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【解析】（1）由题意可得，OP＝8﹣t，OQ＝t，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．
（2）当t＝4时，线段OB的长度最大．
如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ．
∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OB=2BD．
设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB=2BD=2x，PD＝8﹣t﹣x，
∵BD∥OQ，
∴PDOP=BDOQ，
∴8−t−x8−t=xt，
∴x=8t−t28．
∴OB=2⋅8t−t28=−28(t−4)2+22．
当t＝4时，线段OB的长度最大，最大为22cm．