Question

19．如圖，在矩形ABCD中．AB=3cm．Bc=4cm．動點P以2cm/秒的速度從點C出發，沿CA向點A移動．同時動點Q以1cm/秒的速度從點A出發沿AB向點B移動．設P、Q兩點移動t秒．
（1）△APQ與△ABC相似時t的值為$\frac{25}{13}$或$\frac{15}{11}$；
（2）求四邊形BCPQ的面積s（cm²）與時間t（秒）的關系式：
（3）求△APQ為等腰三角形時t的值；
（4）以P為圓心PC為半徑的圓與以Q為圓心．QA為半徑的圓相切時．直接寫出t的值1或$\frac{5}{3}$．

Answer 1

分析 （1）先依據勾股定理求得AC=5cm，由題意可知AQ=t，PC=2t，則AP=5-2t，接下來，依據相似三角形對應邊成比例列方程求解即可；
（2）如圖1：過點作PE⊥AB，垂足為E，用含t的式子表示出PE的長，然后依據四邊形QBCP的面積=△ABC的面積-△AQP的面積可得到函數關系式；
（3）由題意可知AQ=t，PA=5-2t，①當AQ=AP時，則t=5-2t，故此可求得t的值；當AP=PQ時，過點P作PE⊥AB，垂足為E，由等腰三角形的性質可知AE=$\frac{1}{2}$t，然后依據$\frac{AE}{AP}=\frac{3}{5}$可得到關于t的方程；當AQ=QP時，過點Q作QE⊥AP．由等腰三角形的性質可知AE=2.5-t，依據$\frac{AE}{AQ}$=$\frac{3}{5}$，可得到關于t的方程；（4）當⊙A與⊙P外切時，AE=AQ=t，EC=2PC=4t，然后依據AE+EC=5列方程求解即可；當⊙A與⊙P內切時，AE=AQ=t，EC=2PC=4t，然后由EC-AE=5列方程求解即可．

解答 解：（1）在Rt△ABC中，依據勾股定理可知：AC=$\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}$=5cm．
由題意可知AQ=t，PC=2t，則AP=5-2t．
當△APQ∽△ABC時，$\frac{AQ}{AC}=\frac{AP}{AB}$，即$\frac{t}{5}=\frac{5-2t}{3}$，解得t=$\frac{25}{13}$．
當△APQ∽△ACB時，$\frac{AP}{AQ}=\frac{AC}{AB}$即，$\frac{5-2t}{t}=\frac{5}{3}$，解得：t=$\frac{15}{11}$．
故答案為：$\frac{25}{13}$或$\frac{15}{11}$．

（2）如圖1：過點作PE⊥AB，垂足為E．

∵sin∠EAP=$\frac{EP}{AP}=\frac{BC}{AC}$=$\frac{4}{5}$，
∴PE=$\frac{4}{5}$AP=$\frac{4}{5}$（5-2t）=4-$\frac{8}{5}$t．
∴四邊形QBCP的面積=△ABC的面積-△AQP的面積=$\frac{1}{2}$×3×4-$\frac{1}{2}×$t×（4-$\frac{8}{5}$t）=$\frac{4}{5}$t²-2t+6，
即S=$\frac{4}{5}$t²-2t+6．

（3）當AQ=AP時，則t=5-2t，解得t=$\frac{5}{3}$；
當AP=PQ時，如圖2所示：過點P作PE⊥AB，垂足為E．

∵PA=PQ，PE⊥AB，
∴AE=QE=$\frac{1}{2}$t．
∵$\frac{AE}{AP}=\frac{3}{5}$，
∴$\frac{\frac{1}{2}t}{5-2t}$=$\frac{3}{5}$，解得：t=$\frac{30}{17}$．
當AQ=QP時，如圖3所示：過點Q作QE⊥AP．

∵AQ=QP，QE⊥AP，
∴AE=$\frac{1}{2}$AP=$\frac{1}{2}$（5-2t）=2.5-t．
∵$\frac{AE}{AQ}$=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{2.5-t}{t}=\frac{3}{5}$，解得t=$\frac{25}{16}$．
綜上所述，當t為$\frac{5}{3}$或$\frac{30}{17}$或$\frac{25}{16}$時，△APQ為等腰三角形．

（4）如圖4所示：當⊙A與⊙P外切時，AE=AQ=t，EC=2PC=4t．

∵AE+EC=5，
∴t+4t=5，解得t=1．
如圖5所示：當⊙A與⊙P內切時，AE=AQ=t，EC=2PC=4t．

∵AC=EC-AE，
∴4t-t=5，解得t=$\frac{5}{3}$．
綜上所述，當t=1或t=$\frac{5}{3}$時，兩圓相切．
故答案為：1或$\frac{5}{3}$．

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勾股定理、相似三角形的性質、等腰三角形的性質、圓與圓的位置關系，分類討論是解答本題的關鍵．