Question

【題目】如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿對(duì)角線BD向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，速度為4cm/s，過點(diǎn)P作PQ⊥BD交BC于點(diǎn)Q，以PQ為一邊作正方形PQMN，使得點(diǎn)N落在射線PD上，點(diǎn)O從點(diǎn)D出發(fā)，沿DC向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，速度為3cm/s，以O(shè)為圓心，0.8cm為半徑作⊙O，點(diǎn)P與點(diǎn)O同時(shí)出發(fā)，設(shè)它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（單 位：s）（0＜t＜）。

（1）如圖1，連接DQ平分∠BDC時(shí)，t的值為　　　　　　；

（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）請(qǐng)你繼續(xù)進(jìn)行探究，并解答下列問題：

①證明：在運(yùn)動(dòng)過程中，點(diǎn)O始終在QM所在直線的左側(cè)；

②如圖3，在運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)QM與⊙O相切時(shí)，求t的值；并判斷此時(shí)PM與⊙O是否也相切？說明理由．

Answer 1

【答案】（1）；（2）；（3）①證明見解析，②t=，PM與⊙O不相切.

【解析】試題分析：本題考查圓綜合題、正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、切線的判定和性質(zhì)、勾股定理、角平分線的性質(zhì)等知識(shí)，利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程，最后一個(gè)問題利用反證法證明解題．

（1）先利用△PBQ∽△CBD求出PQ、BQ，再根據(jù)角平分線性質(zhì)，列出方程解決問題．

（2）由△QTM∽△BCD，得列出方程即可解決．

（3）①如圖2中，由此QM交CD于E，求出DE、DO利用差值比較即可解決問題．

②如圖3中，由①可知⊙O只有在左側(cè)與直線QM相切于點(diǎn)H，QM與CD交于點(diǎn)E．由△OHE∽△BCD，得，列出方程即可解決問題．利用反證法證明直線PM不可能由⊙O相切．

（1）解：如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠A=∠C=∠ADC=∠ABC=90°，AB=CD=6．AD=BC=8，

∴，

∵PQ⊥BD，

∴∠BPQ=90°=∠C，

∵∠PBQ=∠DBC，

∴△PBQ∽△CBD，

∴，

∴，

∴PQ=3t，BQ=5t，

∵DQ平分∠BDC，QP⊥DB，QC⊥DC，

∴QP=QC，

∴3t=8-5t，

∴t=1，

故答案為：1．

（2）解：如圖2中，作MT⊥BC于T．

∵M(jìn)C=MQ，MT⊥CQ，

∴TC=TQ，

由（1）可知TQ=（8-5t），QM=3t，

∵M(jìn)Q∥BD，

∴∠MQT=∠DBC，

∵∠MTQ=∠BCD=90°，

∴△QTM∽△BCD，

∴，

∴，

∴t=（s），

∴t=s時(shí)，△CMQ是以CQ為底的等腰三角形．

（3）①證明：如圖2中，由此QM交CD于E，

∵EQ∥BD，

∴，

∴EC=（8-5t），ED=DC-EC=6-（8-5t）=t，

∵DO=3t，

∴DE-DO=t-3t=t＞0，

∴點(diǎn)O在直線QM左側(cè)．

②解：如圖3中，由①可知⊙O只有在左側(cè)與直線QM相切于點(diǎn)H，QM與CD交于點(diǎn)E．

∵EC=（8-5t），DO=3t，

∴OE=6-3t-（8-5t）=t，

∵OH⊥MQ，

∴∠OHE=90°，

∵∠HEO=∠CEQ，

∴∠HOE=∠CQE=∠CBD，

∵∠OHE=∠C=90°，

∴△OHE∽△BCD，

∴，

∴，

∴t=．

∴t=s時(shí)，⊙O與直線QM相切．

連接PM，假設(shè)PM與⊙O相切，則∠OMH=PMQ=22.5°，

在MH上取一點(diǎn)F，使得MF=FO，則∠FMO=∠FOM=22.5°，

∴∠OFH=∠FOH=45°，

∴OH=FH=，FO=FM=，

∴MH=（+1），

由得到HE=，

由得到EQ=，

∴MH=MQ-HE-EQ=4--=，

∴（+1）≠，矛盾，

∴假設(shè)不成立．

∴直線PM與⊙O不相切．