Question

【題目】如圖1，已知：在矩形ABCD中，ABcm，AD＝9cm，點(diǎn)O從A點(diǎn)出發(fā)沿AD以acm/s的速度移向點(diǎn)D移動(dòng)，以O為圓心，2cm長(zhǎng)為半徑作圓，交射線AD于M（點(diǎn)M在點(diǎn)O右側(cè)）．同時(shí)點(diǎn)E從C點(diǎn)出發(fā)沿CD以cm/s的速度移向點(diǎn)D移動(dòng)，過(guò)E作直線EF∥BD交BC于F，再把△CEF沿著動(dòng)直線EF對(duì)折，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)G． 若在整過(guò)移動(dòng)過(guò)程中△EFG的直角頂點(diǎn)G能與點(diǎn)M重合．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0＜t≤3）秒．

（1）求a的值；

（2）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，

①當(dāng)直線FG與⊙O相切時(shí)，求t的值；

②是否存在某一時(shí)刻t，使點(diǎn)G恰好落在⊙O上（異于點(diǎn)M）？若存在，請(qǐng)直接寫出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】（1）a=2cm/s；（2）①t=s或s時(shí)，直線FG與⊙O相切；②t=s時(shí)，點(diǎn)G在⊙O上．

【解析】

（1）如圖1中，當(dāng)點(diǎn)G在AD上時(shí)，首先證明∠FEC=∠FEG=∠GED=60°，由EC=EG=t，DE=t，可得t+t=3，解方程即可；
（2）①如圖2中，作GQ⊥AD于Q，GR⊥CD于R，QG的延長(zhǎng)線交BC于P，FG的延長(zhǎng)線交AD于T，解直角三角形求出TD，然后分情況討論，分別列出方程求出相切時(shí)的時(shí)間；
②如圖5中，作GN⊥AD，則DN=t，ON=DN-OD=t-（9-2t）=t-9，NG= ，OG=2，根據(jù)OG2=ON2+NG2，構(gòu)建方程即可.

解：（1）如圖1中，當(dāng)點(diǎn)G在AD上時(shí)．

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵AB=3，AD=9，
∴tan∠BDA= ，
∴∠ADB=30°，
∵BC∥AD，EF∥BD，
∴∠CFE=∠CBD=∠ADB=30°，
∴∠FEC=∠FEG=60°，
∴∠GED=60°，
∵CE=EG=t，
在Rt△GED中，DE=t，
∴t+t=3，
∴t=2，
∴CE=EG=2，DE=，DG=3，AG=6，
∵在整過(guò)移動(dòng)過(guò)程中△EFG的直角頂點(diǎn)G能與點(diǎn)M重合，
∴2a+2=6，
∴a=2cm/s．
（2）①如圖2中，作GQ⊥AD于Q，GR⊥CD于R，QG的延長(zhǎng)線交BC于P，FG的延長(zhǎng)線交AD于T．

由題意CE=EG=t，ER=t，QD=PC=RG=t，QG=DR=3-t-t=3-t，
在Rt△GQT中，∵∠TGQ=30°，
∴QT=QGtan30°=3-t，
∴TD=t-（3-t）=3t-3，
如圖3中，當(dāng)⊙O與FG相切于點(diǎn)N時(shí)，易知OA=2t，OT=，TD=3t-3，

則有2t++3t-3=9，
解得t= ．
如圖4中，當(dāng)⊙O再次與FG相切時(shí)．

由OA+DT-OT=AD，可得2t+3t-3-=9，
解得t=
綜上所述，t=s或s時(shí)，直線FG與⊙O相切
②如圖5中，當(dāng)點(diǎn)G在⊙O上時(shí)，

作GN⊥AD，則DN=t，ON=DN-OD=t-（9-2t）=t-9，NG= ，OG=2，
∵OG2=ON2+NG2，
∴（t-9）2＋（ ）2=4，
整理得：19t2-90t+104=0
∴（t-2）（19t-52）=0，
∴t= 或t=2（舍棄）
∴t=s時(shí)，點(diǎn)G在⊙O上．