Question

18．如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，點P從點B出發(fā)，沿對角線BD向點D勻速運動，速度為4cm/s，過點P作PQ⊥BD交BC于點Q，以PQ為一邊作正方形PQMN，使得點N落在射線PD上，點O從點D出發(fā)，沿DC向點C勻速運動，速度為3m/s，以O(shè)為圓心，0.8cm為半徑作⊙O，點P與點O同時出發(fā)，設(shè)它們的運動時間為t（單位：s）（0＜t＜$\frac{8}{5}$）．

（1）如圖1，連接DQ平分∠BDC時，t的值為1；
（2）如圖2，連接CM，若△CMQ是以CQ為底的等腰三角形，求t的值；
（3）在運動過程中，當直線MN與⊙O相切時，求t的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)速度和時間表示PB=4t，利用同角的三角函數(shù)列式為：tan∠DBC=$\frac{DC}{BC}$=$\frac{PQ}{PB}$，得PQ=3t；則BQ=5t，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得：CQ=PQ，列方程可得結(jié)果；
（2）如圖2中，作MT⊥BC于T，由等腰三角形三線合一得：TQ=$\frac{1}{2}$（8-5t），證明△QTM∽△BCD，列比例式得$\frac{QM}{BD}=\frac{TQ}{BC}$，代入可得方程，解方程即可；
（3）由題意∠OEF=∠DEN=∠ADB，則sin∠OEF=sin∠DEN=sin∠ADB=3：5，
分兩種情況：①若點O在正方形外MN與⊙O相切，如圖3所示，根據(jù)同角的三角函數(shù)列式可得結(jié)果；
②若點O在正方形內(nèi)MN與⊙O相切，如圖4所示，同理列式：$\frac{10-7t}{3t-\frac{4}{3}}$=$\frac{3}{5}$，解出即可．

解答 解：（1）由題意得：PB=4t，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠C=90°
∵PQ⊥BC
∴∠BPQ=90°
∵BC=AD=8，CD=6
∴tan∠DBC=$\frac{DC}{BC}$=$\frac{PQ}{PB}$
∴$\frac{6}{8}$=$\frac{PQ}{4t}$
∴PQ=3t
由勾股定理得：BQ=5t
∴CQ=BC-BQ=8-5t，
∵DQ平分∠BDC，DC⊥BC，
∴CQ=PQ，
則8-5t=3t，
t=1；
故答案為：1；
（2）如圖2中，作MT⊥BC于T，
∵MC=MQ，MT⊥CQ，
∴TC=TQ，
由（1）可知TQ=$\frac{1}{2}$（8-5t），QM=PQ=3t，
∵四邊形PQMN為正方形，
∴MQ∥PN，
∴∠MQT=∠DBC，
∴△QTM∽△BCD，
∴$\frac{QM}{BD}=\frac{TQ}{BC}$，
∴$\frac{3t}{10}$=$\frac{\frac{1}{2}（8-5t）}{8}$，
∴t=$\frac{40}{49}$（s）；
∴t=$\frac{40}{49}$s時，△CMQ是以CQ為底的等腰三角形；
（3）設(shè)MN與⊙O相切于點F，與CD交于點E，則OF=0.8，
由題意∠OEF=∠DEN=∠ADB，
∴sin∠OEF=sin∠DEN=sin∠ADB=3：5，
∴$\frac{OF}{OE}=\frac{3}{5}$，
∴$\frac{0.8}{OE}=\frac{3}{5}$，
∴OE=$\frac{4}{3}$，
①若點O在正方形外MN與⊙O相切，如圖3所示，
∵OD=3t，
∴DE=3t+$\frac{4}{3}$，
∵BP=4t，NP=PQ=3t，
∴DN=10-7t，
∴$\frac{10-7t}{3t+\frac{4}{3}}$=$\frac{3}{5}$，
∴t=$\frac{23}{22}$；

②若點O在正方形內(nèi)MN與⊙O相切，如圖4所示，
∵OD=3t∴DE=3t-$\frac{4}{3}$，
∵BP=4t，NP=PQ=3t，
∴DN=10-7t，
∴$\frac{10-7t}{3t-\frac{4}{3}}$=$\frac{3}{5}$，
∴t=$\frac{27}{22}$，
綜上所述，當直線MN與⊙O相切時，t的值是$\frac{23}{22}$s或$\frac{27}{22}$s．

點評 本題是圓的綜合題，考查了圖形運動、相似三角形的性質(zhì)和判定、解直角三角形，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵，尤其是運用同角的三角函數(shù)列比例式比相似要簡單，因此要經(jīng)常運用．