Question

如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=24cm，BC=26cm，AB為⊙O的直徑．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A開(kāi)始沿AD邊向點(diǎn)D以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C開(kāi)始沿CB邊向點(diǎn)B以3cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，求：
（1）t分別為何值時(shí)，四邊形PQCD為平行四邊形、等腰梯形？
（2）t分別為何值時(shí)，直線PQ與⊙O相切、相離、相交？

Answer 1

【答案】分析：（1）若PQCD為平行四邊形，則需QC=PD，即3t=24-t，得t=6秒；同理只要PQ=CD，PD≠Q(mào)C，四邊形PQCD為等腰梯形，如圖，過(guò)P、D分別作BC的垂線，交BC于E、F點(diǎn)，則EF=PD，QE=FC=2，即3t-（24-t）=4，解得t=7秒，問(wèn)題得解．
（2）因?yàn)辄c(diǎn)P、Q分別在線段AD和BC上的運(yùn)動(dòng)，可以統(tǒng)一到直線PQ的運(yùn)動(dòng)中，要探求時(shí)間t對(duì)直線PQ與⊙O位置關(guān)系的影響，可先求出t為何值時(shí)，直線PQ與⊙O相切這一整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的一瞬，再結(jié)合PQ的初始與終了位置一起加以考慮，設(shè)運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，直線PQ與⊙O相切于點(diǎn)G，如圖因?yàn)�，AB=8，AP=t，BQ=26-3t，所以，PQ=26-2t，因而，過(guò)p做PH⊥BC，得HQ=26-4t，于是由勾股定理，可的關(guān)于t的一元二次方程，則t可求．問(wèn)題得解．
解答：解：（1）因?yàn)锳D∥BC，
所以，只要QC=PD，則四邊形PQCD為平行四邊形，
此時(shí)有，3t=24-t，
解得t=6，
所以t=6秒時(shí)，四邊形PQCD為平行四邊形．
又由題意得，只要PQ=CD，PD≠Q(mào)C，四邊形PQCD為等腰梯形，
過(guò)P、D分別作BC的垂線交BC于E、F兩點(diǎn)，
則由等腰梯形的性質(zhì)可知，EF=PD，QE=FC=2，
所以3t-（24-t）=4，
解得t=7秒所以當(dāng)t=7秒時(shí)，四邊形PQCD為等腰梯形．

（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，直線PQ與⊙O相切于點(diǎn)G，過(guò)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，
則PH=AB=8，BH=AP，
可得HQ=26-3t-t=26-4t，
由切線長(zhǎng)定理得，AP=PG，QG=BQ，
則PQ=PG+QG=AP+BQ=t+26-3t=26-2t
由勾股定理得：PQ²=PH²+HQ²，即 （26-2t）²=8²+（26-4t）²
化簡(jiǎn)整理得 3t²-26t+16=0，
解得t₁=或 t₂=8，
所以，當(dāng)t₁=或 t₂=8時(shí)直線PQ與⊙O相切．
因?yàn)閠=0秒時(shí)，直線PQ與⊙O相交，
當(dāng)t=秒時(shí)，Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，P點(diǎn)尚未運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，但也停止運(yùn)動(dòng)，直線PQ也與⊙O相交，
所以可得以下結(jié)論：
當(dāng)t₁=或 t₂=8秒時(shí)，直線PQ與⊙O相切；
當(dāng)0≤t＜或8＜t≤（單位秒）時(shí)，直線PQ與⊙O相交；
當(dāng)＜t＜8時(shí)，直線PQ與⊙O相離．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了直線與圓的位置關(guān)系，若圓的半徑為r，圓心到直線的距離為d，d＞r時(shí)，圓和直線相離；d=r時(shí)，圓和直線相切；d＜r時(shí)，圓和直線相交．