Question

9．如圖，點(diǎn)A在直線l上，點(diǎn)Q沿著直線l以3厘米/秒的速度由點(diǎn)A向右運(yùn)動(dòng)，以AQ為邊作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ=$\frac{3}{4}$，點(diǎn)C在點(diǎn)Q右側(cè)，CQ=1厘米，過(guò)點(diǎn)C作直線m⊥l，過(guò)△ABQ的外接圓圓心O作OD⊥m于點(diǎn)D，交AB右側(cè)的圓弧于點(diǎn)E．在射線CD上取點(diǎn)F，使DF=$\frac{1}{3}$CD，以DE、DF為鄰邊作矩形DEGF．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）直接用含t的代數(shù)式表示BQ、DF；
（2）當(dāng)0＜t＜1時(shí)，求矩形DEGF的最大面積；
（3）點(diǎn)Q在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)矩形DEGF為正方形時(shí)，求t的值．

Answer 1

分析 （1）由已知得出AQ=3t，由三角函數(shù)求出AB=4t，再由勾股定理求出BQ=$\sqrt{A{B}^{2}+A{Q}^{2}}$=5t，作OM⊥AQ于M，則AM=QM=$\frac{1}{2}$AQ=1.5t，CD=OM，由三角形中位線定理得出CD=OM=$\frac{1}{2}$AB=2t，得出DF=$\frac{1}{3}$CD=$\frac{2}{3}$t；
（2）設(shè)矩形DEGF的面積為S，求出OE=$\frac{5}{2}$t，OD=QM+CQ=$\frac{3}{2}$t+1，得出DE=OD-OE=1-t，由矩形面積得出S是t的二次函數(shù)，即可得出答案；
（3）當(dāng)矩形DEGF為正方形時(shí)，則DE=DF，分兩種情況：①當(dāng)0＜t＜1時(shí)，得出方程，解方程即可；
②當(dāng)t≥1時(shí)，DE=t-1，得出方程，解方程即可．

解答 解：（1）∵點(diǎn)Q沿著直線l以3厘米/秒的速度由點(diǎn)A向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
∴AQ=3t，
∵∠BAQ=90°，tan∠ABQ=$\frac{AQ}{AB}$=$\frac{3}{4}$，
∴AB=4t，
∴BQ=$\sqrt{A{B}^{2}+A{Q}^{2}}$=5t，
作OM⊥AQ于M，則AM=QM=$\frac{1}{2}$AQ=1.5t，CD=OM，
∴OM是△ABQ的中位線，
∴CD=OM=$\frac{1}{2}$AB=2t，
∴DF=$\frac{1}{3}$CD=$\frac{2}{3}$t；

（2）設(shè)矩形DEGF的面積為S，
∵OE=OB=$\frac{1}{2}$BQ=$\frac{5}{2}$t，OD=QM+CQ=$\frac{3}{2}$t+1，
∴DE=OD-OE=$\frac{3}{2}$t+1-$\frac{5}{2}$t=1-t，
∴$S=DF•DE=\frac{2}{3}t（1-t）=-\frac{2}{3}{（t-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{6}$，
∴當(dāng)t=$\frac{1}{2}$時(shí)，矩形DEGF的最大面積為$\frac{1}{6}$；

（3）當(dāng)矩形DEGF為正方形時(shí)，則DE=DF，分兩種情況：
①當(dāng)0＜t＜1時(shí)，如圖1所示：DE=1-t，
∴1-t=$\frac{2}{3}$t，
解得：t=$\frac{3}{5}$；
②當(dāng)t≥1時(shí)，如圖2所示：DE=t-1，
∴t-1=$\frac{2}{3}$t，
解得：t=3；
綜上所述：當(dāng)矩形DEGF為正方形時(shí)，t的值為$\frac{3}{5}$或3．

點(diǎn)評(píng) 本題是圓的綜合題目，考查了垂徑定理、三角函數(shù)、勾股定理、矩形的面積、二次函數(shù)的最值、正方形的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度．