Question

3．在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A出发，沿AB边向点B以每秒1cm的速度移动，同时点Q从点B出发沿BC边向点C以每秒2cm的速度移动P、Q两点在分别到达B、C两点后就停止移动，设两点移动的时间为t秒，回答下列问题：
（1）如图1，当t为几秒时，△PBQ的面积等于5cm²？
（2）如图2，当t=$\frac{3}{2}$秒时，试判断△DPQ的形状，并说明理由；
（3）如图3，以Q为圆心，PQ为半径作⊙Q．
①在运动过程中，是否存在这样的t值，使⊙Q正好与四边形DPQC的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
②若⊙Q与四边形DPQC有三个公共点，请直接写出t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意可知PA=t，BQ=2t，从而得到PB=6-t，BQ=2t，然后根据△PQB的面积=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，由勾股定理可证明DQ²+PQ²=PD²，由勾股定理的逆定理可知△DPQ为直角三角形；
（3）①当t=0时，点P与点A重合时，点B与点Q重合，此时圆Q与PD相切；当⊙Q正好与四边形DPQC的DC边相切时，由圆的性质可知QC=QP，然后依据勾股定理列方程求解即可；
②先求得⊙Q与四边形DPQC有两个公共点时t的值，然后可确定出t的取值范围．

解答 解：（1）∵当运动时间为t秒时，PA=t，BQ=2t，
∴PB=6-t，BQ=2t．
∵△PBQ的面积等于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：当t为1秒或5秒时，△PBQ的面积等于5cm²．
（2）△DPQ的形状是直角三角形．
理由：∵当t=$\frac{3}{2}$秒时，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的形状是直角三角形．
（3）①（Ⅰ）由题意可知圆Q与AB、BC不相切．
（Ⅱ）如图1所示：当t=0时，点P与点A重合时，点B与点Q重合．

∵∠DAB=90°，
∴∠DPQ=90°．
∴DP⊥PQ．
∴DP为圆Q的切线．
（Ⅲ）当⊙Q正好与四边形DPQC的DC边相切时，如图2所示．

由题意可知：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）．
综上所述可知当t=0或t=-18+12$\sqrt{3}$时，⊙Q与四边形DPQC的一边相切．
②（Ⅰ）当t=0时，如图1所示：⊙Q与四边形DPQC有两个公共点；
（Ⅱ）如图3所示：当圆Q经过点D时，⊙Q与四边形DPQC有两个公共点．

由题意可知：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）．
∴当0＜t＜6$\sqrt{13}$-18时，⊙Q与四边形DPQC有三个公共点．

点评 本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了三角形的面积公式、勾股定理以及勾股定理的逆定理，根据题意画出图形，求得⊙Q与四边形DPQC有两个公共点时t的值，从而确定出⊙Q与四边形DPQC有三个公共点时t的取值范围是解题的关键．