Question

3．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，动点P从点B向点A以每秒1个单位长度的速度作匀速运动，设运动时间为t（秒）（0＜t≤5）．以P为圆心、PB长为半径作⊙P，与BC交于点D，与AB的另一交点为点E．
（1）如图1，连结AD，当∠B+∠ADC=90°时，求证：AD是⊙P的切线；
（2）在（1）的条件下，若D为BC的中点，求BC的长及⊙P的半径；
（3）如图2，若BC=8，在点P运动的同时，动点Q从点C向点B以每秒1个单位长度的速度作匀速运动．在运动过程中，是否存在某一时刻，使△QEP是直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）连接PD，根据已知得出∠CDA+∠BDP=90°，求出∠ADP=90°，根据切线的判定推出即可；
（2）求出DE∥AC，推出DE是△ACB的中位线，推出AE=BE=$\frac{1}{2}$AB，证△CAD∽△CBA，得出比例式，求出BC，根据勾股定理求出AB的长度，进而得到BP的长度即该圆的半径；
（3）需要分类讨论：∠QEP=90°，∠QPE=90°∠EQB=90°三种情况．

解答 （1）证明：如图1，连接PD，DE，
∵PD=PB，
∴∠B=∠PDB，
∵∠B+∠ADC=90°，
∴∠ADC+∠PDB=90°，
∴∠ADP=180°-90°=90°，
∴PD⊥AD，
∵PD过圆心O，
∴直线AD与⊙P相切．

（2）解：如图1，∵∠B+∠ADC=90°，∠ADC+∠CAD=90°，
∴∠CAD=∠B，
∵∠C=∠C=90°，
∴△CAD∽△CBA，
∴$\frac{AC}{CD}$=$\frac{CB}{AC}$，
∵D是BC中点，
∴CD=$\frac{1}{2}$BC，
∴AC²=$\frac{1}{2}$BC²，
∵AC=6，
∴BC=6$\sqrt{2}$，
∴由勾股定理得：AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=6$\sqrt{3}$，
∵BE是直径，∠C=90°，
∴∠BDE=∠C=90°，
∴DE∥AC，
∵D为BC中点，
∴E为AB中点，点P为BE的中点，
∴BP=$\frac{1}{4}$AB=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
综上所述，BC=$6\sqrt{2}$，半径是$\frac{3}{2}\sqrt{3}$；

（3）∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10．
①如图2，当∠QEP=90°时，△BQE∽△BAC，则$\frac{BQ}{BA}$=$\frac{BE}{BC}$，即$\frac{8-t}{10}$=$\frac{2t}{8}$，
解得 $t=\frac{16}{7}$；
②如图3，当∠QPE=90°时，△BQP∽△BAC，则$\frac{BQ}{BA}$=$\frac{BP}{BC}$，即$\frac{8-t}{10}$=$\frac{t}{8}$，
解得 $t=\frac{32}{9}$；
③如图4，当∠EQB=90°时，△BQE∽△BCA，则$\frac{BQ}{BC}$=$\frac{BE}{BA}$，即$\frac{8-t}{8}$=$\frac{2t}{10}$，
解得 $\frac{40}{13}$．
综上所述，符合条件的t的值为$\frac{16}{7}$或$\frac{32}{9}$或$\frac{40}{13}$．

点评 本题考查了综合考查了切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，平行线分线段成比例定理等知识点的运用，（1）小题的关键是连接OD后证出OD⊥AD，（2）小题的关键是求出BC的长，题目比较好，有一定的难度．