Question

19．如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=24cm，BC=26cm，AB為⊙O的直徑，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A開始，沿邊AD向點(diǎn)D以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始，沿邊CB向點(diǎn)B以3cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)A、C出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形PQCD是平行四邊形？
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，直線PQ與⊙O相切、相交、相離？

Answer 1

分析 （1）四邊形PQCD為平行四邊形，即CQ=PD，列出方程求解即可；
（2）因?yàn)辄c(diǎn)P、Q分別在線段AD和BC上的運(yùn)動(dòng)，可以統(tǒng)一到直線PQ的運(yùn)動(dòng)中，要探求時(shí)間t對(duì)直線PQ與⊙O位置關(guān)系的影響，可先求出t為何值時(shí)，直線PQ與⊙O相切這一整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的一瞬，再結(jié)合PQ的初始與終了位置一起加以考慮，設(shè)運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，直線PQ與⊙O相切于點(diǎn)G，如圖因?yàn)�，AB=8，AP=t，BQ=26-3t，所以，PQ=26-2t，因而，過p做PH⊥BC，得HQ=26-4t，于是由勾股定理，可的關(guān)于t的一元二次方程，則t可求．問題得解．

解答 解：設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，
∴AP=tcm，PD=AD-AP=（24-t）cm，CQ=3tcm，BQ=BC-CQ=（24-2t）cm．
（1）∵AD∥BC，
∴當(dāng)CQ=PD時(shí)，四邊形PQCD是平行四邊形．
此時(shí)有3t=24-t，
解得t=6．
∴當(dāng)t=6s時(shí)，四邊形PQCD是平行四邊形；
（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，直線PQ與⊙O相切于點(diǎn)G，過P作PH⊥BC于點(diǎn)H，
則PH=AB=8，BH=AP，
可得HQ=26-3t-t=26-4t，
由切線長定理得，AP=PG，QG=BQ，
則PQ=PG+QG=AP+BQ=t+26-3t=26-2t
由勾股定理得：PQ²=PH²+HQ²，即 （26-2t）²=8²+（26-4t）²
化簡整理得 3t²-26t+16=0，
解得t₁=$\frac{2}{3}$或 t₂=8，
所以，當(dāng)t₁=$\frac{2}{3}$或 t₂=8時(shí)直線PQ與⊙O相切．
因?yàn)閠=0秒時(shí)，直線PQ與⊙O相交，
當(dāng)t=$\frac{26}{3}$秒時(shí)，Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，P點(diǎn)尚未運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，但也停止運(yùn)動(dòng)，直線PQ也與⊙O相交，
所以可得以下結(jié)論：
當(dāng)t₁=$\frac{2}{3}$或 t₂=8秒時(shí)，直線PQ與⊙O相切；
當(dāng)0≤t＜$\frac{2}{3}$或8＜t≤$\frac{26}{3}$（單位秒）時(shí)，直線PQ與⊙O相交；
當(dāng)$\frac{2}{3}$＜t＜8時(shí)，直線PQ與⊙O相離．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了直線與圓的位置關(guān)系，若圓的半徑為r，圓心到直線的距離為d，d＞r時(shí)，圓和直線相離；d=r時(shí)，圓和直線相切；d＜r時(shí)，圓和直線相交．