Question

19．如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，點A、B的坐標分別為（8，0）、（0，6）．動點Q從點O、動點P從點A同時出發，分別沿著OA方向、AB方向均以1個單位長度/秒的速度勻速運動，運動時間為t（秒）（0＜t≤5）．以P為圓心，PA長為半徑的⊙P與AB、OA的另一個交點分別為C、D，連接CD、QC．
（1）當t=$\frac{5}{2}$時，AD=4，QD=$\frac{3}{2}$；
（2）當t為何值時，線段PQ最短？
（3）設△QCD的面積為S，求S的最大值．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，作PE⊥OA于E．由PE∥OB，推出$\frac{PA}{AB}$=$\frac{PE}{OB}$=$\frac{AE}{OA}$，得$\frac{t}{10}$=$\frac{PE}{6}$=$\frac{AE}{8}$，推出PE=$\frac{3}{5}$t，AE=$\frac{4}{5}$t，由PE⊥AD，推出DE=AE=$\frac{4}{5}$t，推出AD=$\frac{8}{5}$t，OQ=t，由此把t=$\frac{5}{2}$代入即可解決問題．
（2）求出P、Q兩點的坐標，根據兩點間距離公式，構建二次函數利用二次函數的性質即可解決問題．
（3）分兩種情形分類討論①當0＜t≤$\frac{40}{13}$時．②當 $\frac{40}{13}$＜t≤5時．分別求解即可．

解答 解：（1）如圖1中，作PE⊥OA于E．

∵A（8，0）、B（0，6），
∴OB=6，OA=8，AB=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
∵PE∥OB，
∴$\frac{PA}{AB}$=$\frac{PE}{OB}$=$\frac{AE}{OA}$，
∴$\frac{t}{10}$=$\frac{PE}{6}$=$\frac{AE}{8}$，
∴PE=$\frac{3}{5}$t，AE=$\frac{4}{5}$t，
∵PE⊥AD，
∴DE=AE=$\frac{4}{5}$t，
∴AD=$\frac{8}{5}$t，
∵t=$\frac{5}{2}$，
∴AD=4，OQ=$\frac{5}{2}$，
∴QD=8-$\frac{5}{2}$-4=$\frac{3}{2}$，
故答案為4，$\frac{3}{2}$．

（2）由（1）可知Q（t，0），P（8-$\frac{4}{5}$t，$\frac{3}{5}$t），
∴PQ=$\sqrt{（t-8+\frac{4}{5}t）^{2}+（\frac{3}{5}t）^{2}}$=$\sqrt{\frac{90}{25}{t}^{2}-\frac{144}{5}t+64}$=$\sqrt{\frac{18}{5}（t-4）^{2}+\frac{32}{5}}$，
∵$\frac{18}{5}$＞0，
∴t=4時，PQ的值最小，最小值為$\frac{4\sqrt{10}}{5}$．

（3）在Rt△ACD中，CD=AC•sin∠BAO=2t×$\frac{3}{5}$=$\frac{6}{5}$t．
①當0＜t≤$\frac{40}{13}$時，
DQ=OA-OQ-AD=8-t-$\frac{8}{5}$t=8-$\frac{13}{5}$t．
∴S=$\frac{1}{2}$DQ•CD=$\frac{1}{2}$（8-$\frac{13}{5}$t）•$\frac{6}{5}$t=-$\frac{39}{25}$t²+$\frac{24}{5}$t．
∵-$\frac{2a}$=$\frac{20}{13}$，0＜$\frac{20}{13}$＜$\frac{40}{13}$，
∴當t=$\frac{20}{13}$時，S有最大值為 $\frac{48}{13}$；
②當 $\frac{40}{13}$＜t≤5時，
DQ=OQ+AD-OA=t+$\frac{8}{5}$t-8=$\frac{13}{5}$t-8．
∴S=$\frac{1}{2}$DQ•CD=$\frac{1}{2}$（ $\frac{13}{5}$t-8）•$\frac{6}{5}$t=$\frac{39}{25}$t²-$\frac{24}{5}$t．
∵-$\frac{2a}$=$\frac{20}{13}$，$\frac{20}{13}$＜$\frac{40}{13}$，所以S隨t的增大而增大，
∴當t=5時，S有最大值為15＞$\frac{48}{13}$，
綜上所述，S的最大值為15．

點評 本題考查了圓的綜合題，主要利用了解直角三角形，勾股定理，三角形的面積，相似三角形的判定與性質，二次函數的最值問題等知識，綜合性較強，但難度不大，關鍵在于要考慮點Q、D兩點重合前后兩種情況，這也是本題容易出錯的地方．