Question

【題目】在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB邊向點(diǎn)B以每秒1cm的速度移動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC邊向點(diǎn)C以每秒2cm的速度移動(dòng)P、Q兩點(diǎn)在分別到達(dá)B、C兩點(diǎn)后就停止移動(dòng)，設(shè)兩點(diǎn)移動(dòng)的時(shí)間為t秒，回答下列問(wèn)題：

（1）如圖1，當(dāng)t為幾秒時(shí)，△PBQ的面積等于5cm2？

（2）如圖2，當(dāng)t=秒時(shí)，試判斷△DPQ的形狀，并說(shuō)明理由；

（3）如圖3，以Q為圓心，PQ為半徑作⊙Q．

①在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在這樣的t值，使⊙Q正好與四邊形DPQC的一邊（或邊所在的直線）相切？若存在，求出t值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；

②若⊙Q與四邊形DPQC有三個(gè)公共點(diǎn)，請(qǐng)直接寫出t的取值范圍。

Answer 1

【答案】（1）1秒或5秒（2）直角三角形（3）①t=0或t=﹣18+12②0＜t＜6﹣18

【解析】試題分析：（1）由題意可知PA=t，BQ=2t，從而得到PB=6﹣t，BQ=2t，然后根據(jù)△PQB的面積=5cm2列方程求解即可；

（2）由t=，可求得AP=，QB=3，PB=，CQ=9，由勾股定理可證明DQ2+PQ2=PD2，由勾股定理的逆定理可知△DPQ為直角三角形；

（3）①當(dāng)t=0時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，點(diǎn)B與點(diǎn)Q重合，此時(shí)圓Q與PD相切；當(dāng)⊙Q正好與四邊形DPQC的DC邊相切時(shí)，由圓的性質(zhì)可知QC=QP，然后依據(jù)勾股定理列方程求解即可；

②先求得⊙Q與四邊形DPQC有兩個(gè)公共點(diǎn)時(shí)t的值，然后可確定出t的取值范圍．

試題解析：（1）∵當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒時(shí)，PA=t，BQ=2t，

∴PB=6﹣t，BQ=2t．

∵△PBQ的面積等于5cm2，

∴PBBQ=（6﹣t）2t．

∴．

解得：t1=1，t2=5．

答：當(dāng)t為1秒或5秒時(shí)，△PBQ的面積等于5cm2．

（2）△DPQ的形狀是直角三角形．

理由：∵當(dāng)t=秒時(shí)，AP=，QB=3，

∴PB=6﹣=，CQ=12﹣3=9．

在Rt△PDA中，由勾股定理可知：PD2=DA2+PA2=122+（）2=．

同理：在Rt△PBQ和Rt△DCQ中由勾股定理可得：DQ2=117，PQ2=．

∵117+=，

∴DQ2+PQ2=PD2．

所以△DPQ的形狀是直角三角形．

（3span>）①（Ⅰ）由題意可知圓Q與AB、BC不相切．

（Ⅱ）如圖1所示：當(dāng)t=0時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，點(diǎn)B與點(diǎn)Q重合．

∵∠DAB=90°，

∴∠DPQ=90°．

∴DP⊥PQ．

∴DP為圓Q的切線．

（Ⅲ）當(dāng)⊙Q正好與四邊形DPQC的DC邊相切時(shí)，如圖2所示．

由題意可知：PB=6﹣t，BQ=2t，PQ=CQ=12﹣2t．

在Rt△PQB中，由勾股定理可知：PQ2=PB2+QB2，即（6﹣t）2+（2t）2=（12﹣2t）2．

解得：t1=﹣18+12，t2=﹣18﹣12（舍去）．

綜上所述可知當(dāng)t=0或t=﹣18+12時(shí)，⊙Q與四邊形DPQC的一邊相切．

②（Ⅰ）當(dāng)t=0時(shí)，如圖1所示：⊙Q與四邊形DPQC有兩個(gè)公共點(diǎn)；

（Ⅱ）如圖3所示：當(dāng)圓Q經(jīng)過(guò)點(diǎn)D時(shí)，⊙Q與四邊形DPQC有兩個(gè)公共點(diǎn)．

由題意可知：PB=6﹣t，BQ=2t，CQ=12﹣2t，DC=6．

由勾股定理可知：DQ2=DC2+CQ2=62+（12﹣2t）2，PQ2=PB2+QB2=（6﹣t）2+（2t）2．

∵DQ=PQ，

∴DQ2=PQ2，即62+（12﹣2t）2=（6﹣t）2+（2t）2．

整理得：t2+36t﹣144=0．

解得：t1=6﹣18，t2=﹣6﹣18（舍去）．

∴當(dāng)0＜t＜6﹣18時(shí)，⊙Q與四邊形DPQC有三個(gè)公共點(diǎn)．