Question

3．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兩點后就停止移動，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的面積等于5cm²？
（2）如圖2，當t=$\frac{3}{2}$秒時，試判斷△DPQ的形狀，并說明理由；
（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△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，由圓的性質可知QC=QP，然后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，然后可確定出t的取值范圍．

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t為1秒或5秒時，△PBQ的面積等于5cm²．
（2）△DPQ的形狀是直角三角形．
理由：∵當t=$\frac{3}{2}$秒時，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$\sqrt{3}$，t₂=-18-12$\sqrt{3}$（舍去）．
綜上所述可知當t=0或t=-18+12$\sqrt{3}$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$\sqrt{13}$-18，t₂=-6$\sqrt{13}$-18（舍去）．
∴當0＜t＜6$\sqrt{13}$-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的取值范圍是解題的關鍵．