Question

2．如圖1，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿對(duì)角線BD向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，速度為4cm/s，過點(diǎn)P作PQ⊥BD交BC于點(diǎn)Q，以PQ為一邊作正方形PQMN，使得點(diǎn)N落在射線PD上，點(diǎn)O從點(diǎn)D出發(fā)，沿DC向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，速度為3m/s，以O(shè)為圓心，0.8cm為半徑作⊙O，點(diǎn)P與點(diǎn)O同時(shí)出發(fā)，設(shè)它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（單位：s）（0＜t＜$\frac{8}{5}$）．

發(fā)現(xiàn)：
（1）BD=10；
（2）當(dāng)t=$\frac{1}{2}$時(shí)，正方形PQMN的邊長(zhǎng)為$\frac{3}{2}$；
思考：如圖2，連接DQ平分∠BDC時(shí)，t的值為1；
探究：如圖3，在運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)QM與⊙O相切時(shí)，求t的值．

Answer 1

分析 發(fā)現(xiàn)：（1）利用勾股定理BD=$\sqrt{A{D}^{2}+A{B}^{2}}$即可解決問題．
（2）當(dāng)t=$\frac{1}{2}$時(shí)，BP=2，由△PBQ∽△CBD，推出$\frac{PB}{BC}$=$\frac{PQ}{CD}$，即可解決問題．
思考：如圖1中，由DQ平分∠BDC，QP⊥DB，QC⊥DC，推出QP=QC由（1）可知，△PBQ∽△CBD，推出$\frac{PB}{BC}$=$\frac{PQ}{DC}$=$\frac{BQ}{BD}$，列出方程即可解決問題．
探究：如圖2中，令⊙O與直線QM相切于點(diǎn)H，QM與CD交于點(diǎn)E．由△OHE∽△BCD，可得$\frac{OH}{BC}$=$\frac{OE}{BD}$，列出方程即可解決問題．

解答 解：發(fā)現(xiàn)：（1）如圖12-1，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=90°，AB=CD=6．AD=BC=8，
∴BD=$\sqrt{A{D}^{2}+A{B}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
故答案為10．

（2）如圖1中，當(dāng)t=$\frac{1}{2}$時(shí)，BP=2，
∵PQ⊥BD，∴∠BPQ=∠C=90°，
∵∠PBQ=∠DBC，
∴△PBQ∽△CBD，
∴$\frac{PB}{BC}$=$\frac{PQ}{CD}$，即$\frac{2}{8}$=$\frac{PQ}{6}$，
∴PQ=$\frac{3}{2}$，即正方形PQMN的邊長(zhǎng)為$\frac{3}{2}$．
故答案為$\frac{3}{2}$．

思考：如圖1中，∵DQ平分∠BDC，QP⊥DB，QC⊥DC，
∴QP=QC，
由（1）可知，△PBQ∽△CBD，
∴$\frac{PB}{BC}$=$\frac{PQ}{DC}$=$\frac{BQ}{BD}$，
∴$\frac{4t}{8}$=$\frac{PQ}{6}$=$\frac{BQ}{10}$，
∴PQ=3t，BQ=5t，
∴3t=8-5t，
∴t=1．
故答案為1．

探究：如圖，令⊙O與直線QM相切于點(diǎn)H，QM與CD交于點(diǎn)E．

∵EC=$\frac{3}{4}$（8-5t），DO=3t，
∴OE=6-3t-$\frac{3}{4}$（8-5t）=$\frac{3}{4}$t，
∵OH⊥MQ，∴∠OHE=90°，
∵∠HEO=∠CEQ，∴∠HOE=∠CQE=∠CBD，
∵∠OHE=∠C=90°，∴△OHE∽△BCD，
∴$\frac{OH}{BC}$=$\frac{OE}{BD}$，
∴$\frac{0.8}{8}$=$\frac{\frac{3}{4}t}{10}$，
∴t=$\frac{4}{3}$，即當(dāng)t=$\frac{4}{3}$s時(shí)，⊙O與直線QM相切．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、角平分線性質(zhì)定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，正確尋找相似三角形，學(xué)會(huì)用方程的思想思考問題，屬于中考?jí)狠S題．