Question

3．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=$\frac{3}{2}$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(xiě)出t的取值范圍．

Answer 1

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=$\frac{3}{2}$，可求得AP=$\frac{3}{2}$，QB=3，PB=$\frac{9}{2}$，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．

解答 解：（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，
∴$\frac{1}{2}$PB•BQ=$\frac{1}{2}×$（6-t）•2t．
∴$\frac{1}{2}（6-t）•2t$=5．
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=$\frac{3}{2}$秒時(shí)，AP=$\frac{3}{2}$，QB=3，
∴PB=6-$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{2}$，CQ=12-3=9．
在Rt△PDA中，由勾股定理可知：PD²=DA²+PA²=12²+（$\frac{3}{2}$）²=$\frac{585}{4}$．
同理：在Rt△PBQ和Rt△DCQ中由勾股定理可得：DQ²=117，PQ²=$\frac{117}{4}$．
∵117+$\frac{117}{4}$=$\frac{585}{4}$，
∴DQ²+PQ²=PD²．
所以△DPQ的形狀是直角三角形．
（3）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$\sqrt{3}$，t₂=-18-12$\sqrt{3}$（舍去）．
綜上所述可知當(dāng)t=0或t=-18+12$\sqrt{3}$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$\sqrt{13}$-18，t₂=-6$\sqrt{13}$-18（舍去）．
∴當(dāng)0＜t＜6$\sqrt{13}$-18時(shí)，⊙Q與四邊形DPQC有三個(gè)公共點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是圓的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了三角形的面積公式、勾股定理以及勾股定理的逆定理，根據(jù)題意畫(huà)出圖形，求得⊙Q與四邊形DPQC有兩個(gè)公共點(diǎn)時(shí)t的值，從而確定出⊙Q與四邊形DPQC有三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)t的取值范圍是解題的關(guān)鍵．