Question

如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=2cm，BC=6cm，AB=4

3

cm．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿A→D→C的路線以2cm/s的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿C→B的路線以1cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．若點(diǎn)P、Q同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)整個(gè)運(yùn)動(dòng)隨之結(jié)束．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，PQ與DC平行？
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)△PBQ的面積為S（cm²），求S（cm²）與t（s）之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到DC上時(shí)，以P為圓心、PD長(zhǎng)為半徑作⊙P，以B為圓心、BQ長(zhǎng)為半徑作⊙B，問：是否存在這樣的t，使得⊙P與⊙B相切？若存在，請(qǐng)求出所有符合條件的t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)題意得：PA=2t，PD=2-2t，CQ=t，利用當(dāng)DP=CQ時(shí)，PD與CQ平行，求出即可；
（2）根據(jù)當(dāng)0＜t≤1時(shí)，以及當(dāng)1＜t＜5時(shí)，分別求出三角形的底邊與高線從而求出即可；
（3）當(dāng)兩圓外切時(shí)，以及當(dāng)兩圓內(nèi)切時(shí)，分別求出即可．

解答：解：（1）由題意得：PA=2t，PD=2-2t，CQ=t，
∵AD∥BC，
∴當(dāng)DP=CQ時(shí)，PQ與CD平行，
即2-2t=t，
∴t=

2

3

時(shí)，PQ∥CD；

（2）作P₁E⊥BC，DH⊥BC，
當(dāng)0＜t≤1時(shí)，
S=

1

2

AB×BQ，
=

1

2

×4

3

×（BC-QC），
=

1

2

×4

3

×（6-t），
=-2

3

t+12

3

，
∵AD∥BC，∠A=90°，AD=2cm，BC=6cm，AB=4

3

cm．
∴CH=6-2=4，
∴CD=

DH2+CH2

=8；
∵P₁E⊥BC，DH⊥BC，
∴P₁E∥DE，
∴

P 1C

DC

=

P1E

DH

，
∴

8-2(t-1)

8

=

P1E

4 3

，
∴P₁E=5

3

-

3

t，
BQ=6-t，
當(dāng)1＜t＜5時(shí)，
S=

1

2

BQ×P₁E=

3

2

t²-

11

2

3

t+15

3

．

（3）當(dāng)兩圓內(nèi)切時(shí)，連接BP，BP必經(jīng)過切點(diǎn)M，
DP=2t-2，CP=8-（2t-2）=10-2t，BM=BQ=6-t，
∵

NC

CD

=

1

2

，
∴

HC

PC

=

1

2

，
∴CH=5-t，
∴PH=5

3

-

3

t，
∴BH=6-（5-t）=1+t，
∴BP=MP-MB=DP-MB=2t-2-（6-t）=3t-8，
∴BP²=PH²+BH²，
∴（3t-8）²=（5

3

-

3

t）²+（1+t）²，
解得t=

10+4 10

5

或t=

10-4 10

5

（不合題意舍去），
當(dāng)兩圓外切時(shí)，過P₁作P₁M⊥AB，
∴BR+P₁R=BQ+DP₁=6-t+2t-2=t+4，BM=5

3

-

3

t，P₁M=t+1，
則有BP₁²=P₁M²+BM²，即（4+t）²=（5

3

-

3

t）²+（t+1）²，
整理得：t²-12t+20=0，
解得：t=2或t=10（舍去），
∴當(dāng)t=2時(shí)，⊙P與⊙B外切，當(dāng)t=

10+4 10

5

時(shí)，⊙P與⊙B內(nèi)切．

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了兩圓相切的性質(zhì)以及三角形面積求法，根據(jù)已知作出正確圖形利用相切兩圓的性質(zhì)得出是解決問題的關(guān)鍵