Question

如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)是8cm，以正方形的中心O為圓心，EF為直徑的半圓切AB于M、切BC于N，已知C為BG的中點(diǎn)，AG交CD于H．P，Q同時(shí)從A出發(fā)，P以1cm/s的速度沿折線ADCG運(yùn)動(dòng)，Q以

5

2

cm/s的速速沿線段AG方向運(yùn)動(dòng)，P，Q中有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)停止．P，Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間記為t．
（1）當(dāng)t=4時(shí)，求證：△PEF≌△MEF；
（2）當(dāng)0≤t≤8時(shí)，試判斷PQ與CD的位置關(guān)系；
（3）當(dāng)t＞8時(shí)，是否存在t使得

PQ

EF2+16 2

=

5

16

？若存在請(qǐng)求出所有t的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：圓的綜合題,二次函數(shù)的性質(zhì),二次函數(shù)的最值,平行線的判定,全等三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,平行四邊形的判定與性質(zhì),正方形的性質(zhì),切線的性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì)

專題：壓軸題

分析：（1）連接OM，如圖1，易證△AMO∽△ABC，從而得到AM=OM=4．當(dāng)t=4時(shí)，AP=4=AM，從而可以證到△MAE≌△PAE，則有EM=EP，∠AEM=∠AEP，從而有∠MEF=∠PEF，就可證到△MEF≌△PEF．
（2）連接DG，如圖2，由勾股定理可求出AG=8

5

．易證四邊形ACGD是平行四邊形，從而可求出DH=HC=4，AH=GH=4

5

．由AP=t，AQ=

5

2

t，AD=8，AH=4

5

可推出△PAQ∽△DAH，從而有∠AQP=∠AHD，則有PQ∥DC．
（3）過(guò)點(diǎn)Q作QT⊥DC于點(diǎn)T，如圖3所示．由條件可得到8＜t≤16．易證△HTQ∽△HCG，從而有HT=

t

2

-4，QT=t-8．進(jìn)而可得到PT=

.

DT-DP

.

=

.

8- t 2

.

．根據(jù)勾股定理可得PQ²=

5

4

（t-

48

5

）²+

64

5

．利用二次函數(shù)的性質(zhì)，由8＜t≤16可得

8 5

5

≤PQ≤8．由EF=8得EF²+16

2

=64+16

2

．若

PQ

EF2+16 2

=

5

16

，可得PQ=4

5

+

10

，從而得到11＜PQ＜16．與“

8 5

5

≤PQ≤8”矛盾，故當(dāng)t＞8時(shí)，不存在t使得

PQ

EF2+16 2

=

5

16

．

解答：解：（1）證明：連接OM，如圖1，
當(dāng)t=4時(shí)，AP=1×4=4．
∵EF為直徑的半圓切AB于M，
∴OM⊥AB，即∠AMO=90°．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠BAC=∠DAC=45°，AO=

1

2

AC．
∴∠AMO=∠ABC．
∴OM∥BC．
∴△AMO∽△ABC．
∴

AM

AB

=

OM

BC

=

AO

AC

．
∴AM=

1

2

AB=4，OM=

1

2

BC=4．
∴AM=AP．
在△MAE和△PAE中，

AM=AP ∠MAE=∠PAE AE=AE

．
∴△MAE≌△PAE．
∴EM=EP，∠AEM=∠AEP．
∴∠MEF=∠PEF．
在△MEF和△PEF中，

EM=EP ∠MEF=∠PEF EF=EF

．
∴△MEF≌△PEF．

（2）當(dāng)0≤t≤8時(shí)，PQ∥CD．
證明：∵AP=t≤8，
∴點(diǎn)P在線段AD上，如圖2．
連接DG，
∵AB=8，BG=16，∠ABG=90°，
∴AG=

AB2+BG2

=8

5

．
∵四邊形ABCD是正方形，C為BG的中點(diǎn)，
∴AD∥BC，AD=BC=CG．
∴AD∥CG，AD=CG．
∴四邊形ACGD是平行四邊形．
∴DH=HC=

1

2

DC=4，AH=GH=

1

2

AG=4

5

．
∵AP=t，AQ=

5

2

t，AD=8，AH=4

5

，
∴

AP

AD

=

t

8

=

AQ

AH

．
∵∠PAQ=∠DAH，
∴△PAQ∽△DAH．
∴∠AQP=∠AHD．
∴PQ∥DC．

（3）當(dāng)t＞8時(shí)，不存在t使得

PQ

EF2+16 2

=

5

16

．
理由如下：
∵點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)所用時(shí)間為

24

1

=24秒，點(diǎn)Q到達(dá)終點(diǎn)所用時(shí)間為

8 5

5 2

=16秒，
∴8＜t≤16．
此時(shí)點(diǎn)P在DC上，點(diǎn)Q在HG上．
過(guò)點(diǎn)Q作QT⊥DC于點(diǎn)T，如圖3所示．
∴∠HTQ=90°=∠HCG．
∴QT∥CG．
∴△HTQ∽△HCG．
∴

HT

HC

=

QT

CG

=

HQ

HG

．
∵HC=4，CG=8，HG=4

5

，HQ=

5

2

t-4

5

，
∴HT=

t

2

-4，QT=t-8．
∴DT=DH+HT=4+

t

2

-4=

t

2

．
∵DP=t-8，
∴PT=

.

DT-DP

.

=

.

8- t 2

.

．
∴PQ²=PT²+QT²=（8-

t

2

）²+（t-8）²
=

5

4

t²-24t+128
=

5

4

（t-

48

5

）²+

64

5

．
∵8＜t≤16，
∴當(dāng)t=

48

5

時(shí)，PQ²取最小值，最小值為

64

5

．
此時(shí)PQ=

8 5

5

．
當(dāng)t=8時(shí)，PQ²=16，則PQ=4；
當(dāng)t=16時(shí)，PQ²=64，則PQ=8．
∴

8 5

5

≤PQ≤8．
∵EF=20M=8，
∴EF²+16

2

=64+16

2

．
若

PQ

EF2+16 2

=

5

16

，
則PQ=

5

16

×（64+16

2

）=4

5

+

10

．
∵2＜

5

＜3，∴8＜4

5

＜12．
∵3＜

10

＜4，
∴11＜4

5

+

10

＜16．
∴11＜PQ＜16．
與“

8 5

5

≤PQ≤8”矛盾，
所以當(dāng)t＞8時(shí)，不存在t使得

PQ

EF2+16 2

=

5

16

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了切線的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)的最值、平行線的判定、勾股定理等知識(shí)，綜合性非常強(qiáng)，難度比較大，而根據(jù)t的范圍利用二次函數(shù)的性質(zhì)確定PQ的范圍是解決第（3）小題的關(guān)鍵．