Question

如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，△ABC的頂點(diǎn)坐標(biāo)為A（-8，0），B（3，0），C（0，4）．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿著AB以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿著射線BC，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)B時(shí)，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)．P，Q兩點(diǎn)同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）求線段BC的長(zhǎng)度；
（2）當(dāng)△APQ為等腰三角形時(shí)，求t的值；
（3）設(shè)△APQ的外接圓的圓心為M，當(dāng)點(diǎn)C在⊙M上時(shí)，請(qǐng)求出t的值．

Answer 1

考點(diǎn)：圓的綜合題,等腰三角形的性質(zhì),勾股定理,圓周角定理,相似三角形的判定與性質(zhì)

專題：綜合題,分類討論

分析：（1）在Rt△BOC中運(yùn)用勾股定理就可求出BC的長(zhǎng)；
（2）由于等腰△APQ的腰沒(méi)有確定，因此需分三種情況（①PA=PQ，②QA=QP，③AP=AQ）討論，作QH⊥x軸，垂足為H，然后利用等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理建立關(guān)于t的方程，就可解決問(wèn)題；
（3）根據(jù)圓周角定理可得∠PQC=∠PAC，從而證到△BAC∽△BQP，然后利用相似三角形的性質(zhì)得到關(guān)于t的方程，就可解決問(wèn)題．

解答：解：（1）∵B（3，0），C（0，4），
∴OB=3，OC=4．
在Rt△BOC中，
∵∠BOC=90°，
∴BC=

OB2+OC2

=5．

（2）①當(dāng)PA=PQ時(shí)，作QH⊥x軸，垂足為H，如圖1，

由題可得：PQ=PA=BQ=t．
∵A（-8，0），B（3，0），
∴OA=8，OB=3，∴AB=11．
∵sin∠HBQ=

QH

BQ

=

OC

BC

=

4

5

，cos∠HBQ=

BH

BQ

=

OB

BC

=

3

5

，
∴QH=

4

5

t，BH=

3

5

t．
∴PH=

.

11-t- 3 5 t

.

=

.

11- 8 5 t

.

．
在Rt△PHQ中，
∵QH²+PH²=PQ²，
∴(

4

5

t)2+(11-

8

5

t)2=t2．
解得：t₁=5，t₂=11．
②當(dāng)QP=QA時(shí)，作QH⊥x軸，垂足為H，如圖2，

則AH=PH=

1

2

AP=

1

2

t，BH=11-

1

2

t．
又∵BH=

3

5

t（已證），
∴

3

5

t=11-

1

2

t．
解得：t=10．
③當(dāng)AP=AQ時(shí)，作QH⊥x軸，垂足為H，如圖3，

則有AQ=AP=t．
在Rt△AHQ中，
∵QH²+AH²=AQ²，QH=

4

5

t，AH=11-

3

5

t，AQ=t，
∴（

4

5

t）²+（11-

3

5

t）²=t²．
解得：t=

55

6

．
終上所述：當(dāng)△APQ為等腰三角形時(shí)，t的值為5、11、10、

55

6

．

（3）當(dāng)點(diǎn)C在⊙M上時(shí)，如圖4．

則有∠PQC=∠PAC．
∵∠PBQ=∠CBA，∠PQB=∠CAB，
∴△BAC∽△BQP，
∴

BA

BQ

=

BC

BP

．
∴BA•BP=BC•BQ．
∵BA=11，BP=11-t，BC=5，BQ=t，
∴11（11-t）=5t．
解得：t=

121

16

．
∴當(dāng)點(diǎn)C在⊙M上時(shí)，t的值為

121

16

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識(shí)，還考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，有一定的綜合性．