Question

12．如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=8，BC=6，点P从点B以每秒1个单位的速度向点C运动，点Q从点C以每秒2个单位的速度向A运动，两点同时出发，运动的时间为t秒（0≤t≤5）过点Q作直线QD∥BC，交AB于点D，连接PD、PQ
（1）求sinA的值；
（2）用含有t的代数式表示DQ的长；
（3）是否存在某一时刻t，使得△DPQ为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）以线段PC为直径作⊙O，连接OD，交线段PQ于点E，请直接写出点E恰好落在⊙O上时t的值．

Answer 1

分析 （1）由在△ABC中，∠B=90°，AB=8，BC=6，利用勾股定理即可求得AC的长，继而求得sinA的值；
（2）由题意可得：QC=2t，即可得AQ=10-2t，由QD∥BC，可得△ADQ∽△ABC，然后由相似三角形的对应边成比例，用含有t的代数式表示DQ的长；
（3）首先作QE⊥BC于E，则可证得△CQE∽△CAB，然后由相似三角形的对应边成比例，表示出QE的长，即可表示出DB，又由△DPQ为直角三角形即∠DPQ=90°，可证得△PDB∽△DQP，求得DP²=$\frac{30t-6{t}^{2}}{5}$，在Rt△BPD中，由勾股定理得：BP²+BD²=DP²，即可求得t的值；
（4）由DQ∥BC，可得△DQE∽△OPE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得DE，继而求得DO，然后由在Rt△BOD中，由勾股定理得：BD²+BO²=DO²，可得（$\frac{8t}{5}$）²+（$\frac{6+t}{2}$）²=（$\frac{90-17t}{10}$）²，继而求得答案．

解答 解：（1）∵在△ABC中，∠B=90°，AB=8，BC=6，
∴AC=$\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}$=10，
∴sinA=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{3}{5}$；

（2）当运动t秒时，QC=2t，
∴AQ=10-2t，
∵QD∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴DQ：BC=AQ：AC，
∴$\frac{DQ}{6}=\frac{10-2t}{10}$，
∴DQ=$\frac{30-6t}{5}$；

（3）存在．
如图1，作QE⊥BC于E，
则QE∥AB，
∴△CQE∽△CAB，
∴QE：AB=CQ：AC，
∴$\frac{QE}{8}=\frac{2t}{10}$，
∴QE=$\frac{8}{5}$t，
∴DB=QE=$\frac{8}{5}$t，
∵△DPQ为直角三角形即∠DPQ=90°，
∴∠PDQ+∠PQD=90°，
∵∠PDB+∠PDQ=90°，
∴∠PQD=∠PDB，
∴△PDB∽△DQP，
∴BP：DP=DP：DQ，
∴$\frac{t}{DP}=\frac{DP}{\frac{30-6t}{5}}$，
∴DP²=$\frac{30t-6{t}^{2}}{5}$，
在Rt△BPD中，由勾股定理得：BP²+BD²=DP²，
∴t²+（$\frac{8t}{5}$）²=$\frac{30t-6{t}^{2}}{5}$，
解得：t=$\frac{150}{119}$；
当∠DQP=90°时，BP=t，CQ=2t，QP=$\frac{8}{5}$t，
由CE²+QP²=CQ²，
解得t=$\frac{30}{11}$；
（4）如图2，当线段DO交PQ于点E且点E恰好落在⊙O上，
∵DQ∥BC，
∴△DQE∽△OPE，
∴PO：DQ=OE：DE，
∵OP=OE=$\frac{6-t}{2}$，
∴DE=DQ=$\frac{30-6t}{5}$，
∴DO=DE+OE=$\frac{90-17t}{10}$，
在Rt△BOD中，由勾股定理得：BD²+BO²=DO²，
∴（$\frac{8t}{5}$）²+（$\frac{6+t}{2}$）²=（$\frac{90-17t}{10}$）²，
解得：t₁=210+120$\sqrt{3}$（不符合题意），t₂=210-120$\sqrt{3}$．
∴当线段DO交PQ于点E且点E恰好落在⊙O上时，t=210-120$\sqrt{3}$．

点评 此题属于圆的综合题，考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、圆周角定理以及三角函数等知识．注意掌握方程思想的应用是关键．