問題詳情:
在矩形ABCD中,AB=6cm,BC=12cm,點P從點A出發,沿AB邊向點B以每秒1cm的速度移動,同時點Q從點B出發沿BC邊向點C以每秒2cm的速度移動P、Q兩點在分別到達B、C兩點後就停止移動,設兩點移動的時間為t秒,回答下列問題:
(1)如圖1,當t為幾秒時,△PBQ的面積等於5cm2?
(2)如圖2,當t=秒時,試判斷△DPQ的形狀,並說明理由;
(3)如圖3,以Q為圓心,PQ為半徑作⊙Q.
①在運動過程中,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,請說明理由;
②若⊙Q與四邊形DPQC有三個公共點,請直接寫出t的取值範圍.
【回答】
【考點】圓的綜合題.
【分析】(1)由題意可知PA=t,BQ=2t,從而得到PB=6﹣t,BQ=2t,然後根據△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*DQ2+PQ2=PD2,由勾股定理的逆定理可知△DPQ為直角三角形;
(3)①當t=0時,點P與點A重合時,點B與點Q重合,此時圓Q與PD相切;當⊙Q正好與四邊形DPQC的DC邊相切時,由圓的*質可知QC=QP,然後依據勾股定理列方程求解即可;
②先求得⊙Q與四邊形DPQC有兩個公共點時t的值,然後可確定出t的取值範圍.
【解答】解:(1)∵當運動時間為t秒時,PA=t,BQ=2t,
∴PB=6﹣t,BQ=2t.
∵△PBQ的面積等於5cm2,
∴PB•BQ=(6﹣t)•2t.
∴=5.
解得:t1=1,t2=5.
答:當t為1秒或5秒時,△PBQ的面積等於5cm2.
(2)△DPQ的形狀是直角三角形.
理由:∵當t=秒時,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.
(3)①(Ⅰ)由題意可知圓Q與AB、BC不相切.
(Ⅱ)如圖1所示:當t=0時,點P與點A重合時,點B與點Q重合.
∵∠DAB=90°,
∴∠DPQ=90°.
∴DP⊥PQ.
∴DP為圓Q的切線.
(Ⅲ)當⊙Q正好與四邊形DPQC的DC邊相切時,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(捨去).
綜上所述可知當t=0或t=﹣18+12時,⊙Q與四邊形DPQC的一邊相切.
②(Ⅰ)當t=0時,如圖1所示:⊙Q與四邊形DPQC有兩個公共點;
(Ⅱ)如圖3所示:當圓Q經過點D時,⊙Q與四邊形DPQC有兩個公共點.
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(捨去).
∴當0<t<6﹣18時,⊙Q與四邊形DPQC有三個公共點.
【點評】本題主要考查的是圓的綜合應用,解答本題主要應用了三角形的面積公式、勾股定理以及勾股定理的逆定理,根據題意畫出圖形,求得⊙Q與四邊形DPQC有兩個公共點時t的值,從而確定出⊙Q與四邊形DPQC有三個公共點時t的取值範圍是解題的關鍵.
知識點:點和圓、直線和圓的位置關係
題型:綜合題