1. (2026·江苏泰州期末)如图,一张半径为$r$的圆形纸片在边长为$a$($a ≥ 2\sqrt{3}\,r$)的等边三角形内任意运动,则在该等边三角形内,这张圆形纸片不能接触到的部分的面积为 （）


A.$\dfrac{π}{3}r^{2}$
B.$\dfrac{3\sqrt{3}-π}{3}r^{2}$
C.$(3\sqrt{3}-π)r^{2}$
D.$π r^{2}$

1. C 解析:如图,当圆形纸片运动到与$∠ MAN$的两边都相切的位置时,过圆形纸片的圆心$O$作两边的垂线,垂足分别为$D,E$,连接$OA$,则$∠ ODA = ∠ OEA = 90°$,$OD=OE=r$,所以点$O$在$∠ MAN$的平分线上,所以$∠ OAD = ∠ OAE$. 因为$∠ MAN = 60°$,所以$∠ OAD = \dfrac{1}{2}∠ MAN = 30°$,所以$OA = 2OD = 2r$,所以$AD = \sqrt{OA^2 - OD^2} = \sqrt{3}\,r$,所以$S_{△ ODA} = \dfrac{1}{2}OD · AD = \dfrac{\sqrt{3}}{2}r^2$,所以$S_{\mathrm{四边形}ADOE} = 2S_{△ ODA} = \sqrt{3}\,r^2$. 因为$∠ DOE = 360° - ∠ MAN - ∠ ODA - ∠ OEA = 120°$,所以$S_{\mathrm{扇形}ODE} = \dfrac{120π r^2}{360} = \dfrac{π r^2}{3}$,所以这张圆形纸片不能接触到的部分的面积为$3(S_{\mathrm{四边形}ADOE} - S_{\mathrm{扇形}ODE}) = (3\sqrt{3} - π)r^2$。

2. 新素养 几何直观 如图,在平面直角坐标系中,O 为原点,有一半径为$\sqrt{2}$的动圆$\odot M$,其圆心 M 从点$(3,6)$出发以每秒 0.5 个单位长度的速度沿 y 轴负方向运动,则当$\odot M$与直线$y=x$相切时,求$\odot M$运动的时间.

2. 分类讨论如下:① 如图①,若$\odot M$在直线$y=x$上方与直线$y=x$相切,设切点为$B$,连接$MB$,则$MB ⊥ OB$.过点$M$作$MA ⊥ x$轴于点$A$,与$OB$交于点$C$.易知$MB = \sqrt{2}$,$∠ MCB = ∠ OCA = ∠ COA = 45°$. 在$\mathrm{Rt}△ MCB$中,$BC = MB = \sqrt{2}$,则由勾股定理,得$MC = 2$.又点$M$的横坐标始终为$3$,所以$AC = OA = 3$,所以$MA = MC + AC = 5$,所以点$M$运动了1个单位长度.又点$M$的运动速度为每秒0.5个单位长度,所以$\odot M$运动的时间为$1 ÷ 0.5 = 2(\mathrm{s})$;② 如图②,若$\odot M$在直线$y=x$下方与直线$y=x$相切,设切点为$D$,连接$MD$,过点$M$作$x$轴的垂线,交直线$y=x$于点$E$,交$x$轴于点$F$.因为点$M$的横坐标始终为$3$,且$∠ EOF = ∠ DEF = 45°$,所以$EF = OF = 3$,$DE = DM = \sqrt{2}$.在$\mathrm{Rt}△ DEM$中,由勾股定理,得$EM = 2$,所以$MF = EF - EM = 1$,所以点$M$运动了5个单位长度,则$\odot M$运动的时间为$5 ÷ 0.5 = 10(\mathrm{s})$.综上所述,$\odot M$运动的时间为$2\ \mathrm{s}$或$10\ \mathrm{s}$。
易错警示
注意分类讨论所有可能出现的情况.

3. 新趋势 推导探究 如图①,在平面直角坐标系中,O 为原点,矩形 OABC 的边 OA,OC 分别落在$x$轴、$y$轴上,且$OA=8,OC=4$,连接AC.将矩形 OABC 折叠,使点 A 与点 C 重合,折痕 ED 交 BC 于点 D,交 OA 于点 E,连接 AD.
(1) 求点 D 的坐标和直线 AD 的函数表达式；
(2) 如图②,$\odot M$的圆心 M 始终在直线 AC 上(不与点 A 重合),且$\odot M$始终与$x$轴相切.
① 求证:直线 AD 与$\odot M$相切；
② 圆心 M 在直线 AC 上运动,在运动过程中,$\odot M$能否与$y$轴也相切? 若能相切,求出此时圆心 M 的坐标;若不能相切,请说明理由.

3. (1) 设$CE = t$. 由折叠的性质,得$∠ AED = ∠ CED$,$AE = CE = t$.因为$OA = 8$,所以$OE = OA - AE = 8 - t$.因为$∠ COE = 90°$,所以$OC^2 + OE^2 = CE^2$.因为$OC = 4$,所以$4^2 + (8 - t)^2 = t^2$,解得$t = 5$,所以$AE = CE = 5$.因为四边形$OABC$是矩形,所以$BC // OA$,所以$∠ CDE = ∠ AED$,所以$∠ CDE = ∠ CED$,所以$CD = CE = 5$,所以点$D$的坐标为$(5,4)$.设直线$AD$的函数表达式为$y = kx + b$.把点$A(8,0)$,$D(5,4)$分别代入$y = kx + b$,得$\begin{cases}8k + b = 0,\\5k + b = 4,\end{cases}$解得$\begin{cases}k = -\dfrac{4}{3},\\b = \dfrac{32}{3},\end{cases}$ 所以直线$AD$的函数表达式为$y = -\dfrac{4}{3}x + \dfrac{32}{3}$.
(2) ① 因为$BC // OA$,所以$∠ DCA = ∠ CAO$.由折叠的性质,得$CD = AD$,所以$∠ DCA = ∠ DAC$,所以$∠ DAC = ∠ CAO$,所以$AC$平分$∠ DAO$,所以$AC$上的点到直线$AO$和直线$AD$的距离相等,所以点$M$到直线$AO$和直线$AD$的距离相等.因为$\odot M$始终与$x$轴相切,所以点$M$到直线$AO$的距离为$\odot M$的半径,所以点$M$到直线$AD$的距离也为$\odot M$的半径,所以直线$AD$与$\odot M$相切.
② 若存在满足题意的$\odot M$,则点$M$到$y$轴的距离等于$\odot M$的半径.设$\odot M$的半径为$r$,直线$AC$的函数表达式为$y = mx + n$.把点$A(8,0)$,$C(0,4)$分别代入$y = mx + n$,得$\begin{cases}8m + n = 0,\\n = 4,\end{cases}$解得$\begin{cases}m = -\dfrac{1}{2},\\n = 4,\end{cases}$ 所以直线$AC$的函数表达式为$y = -\dfrac{1}{2}x + 4$.令$y = r$,得$-\dfrac{1}{2}x + 4 = r$,解得$x = 8 - 2r$,所以点$M$的坐标为$(8 - 2r,r)$,所以$8 - 2r = r$或$8 - 2r = -r$,解得$r = \dfrac{8}{3}$或$8$,所以点$M$的坐标为$(\dfrac{8}{3},\dfrac{8}{3})$或$(-8,8)$.故$\odot M$能与$y$轴也相切,此时圆心$M$的坐标为$(\dfrac{8}{3},\dfrac{8}{3})$或$(-8,8)$.