Question

9．如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，且AC=8，BD=6，動(dòng)點(diǎn)M、N分別以每秒1個(gè)單位的速度從點(diǎn)A、D同時(shí)出發(fā)，分別沿A→O和D→A運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）填空：①菱形ABCD的周長(zhǎng)為20；②當(dāng)MN⊥OA時(shí)，t的值為$\frac{20}{9}$；
（2）設(shè)y=MN²，求y與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出y的最小值；
（3）當(dāng)t=2時(shí)直線MN與r為半徑的⊙O相切，請(qǐng)直接寫出此時(shí)r的值．

Answer 1

分析 （1）①根據(jù)勾股定理及菱形的性質(zhì)，求出菱形的周長(zhǎng)；②由MN⊥OA，得到MN∥OD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）當(dāng)0≤t≤$\frac{20}{9}$時(shí)，如圖1，作ME⊥AD于E，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到AE=$\frac{4}{5}$t，ME=$\frac{3}{5}$t，由DN=t，求得NE=AD-DN-AE=5-$\frac{9}{5}$t，根據(jù)勾股定理得到y(tǒng)=$\frac{18}{5}$t²-18t+25；當(dāng)$\frac{20}{9}$＜t≤4時(shí)，同理可求y=$\frac{18}{5}$t²-18t+25根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）設(shè)⊙O與MN相切于G，連接OG，則OG⊥MN，過(guò)N作NH⊥AO于H，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）①在菱形ABCD中，
∵AC⊥BD，AO=$\frac{1}{2}$AC=4，BO=$\frac{1}{2}$BD=3，
∴AB=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5．
∴菱形ABCD的周長(zhǎng)為20；
②∵M(jìn)N⊥OA，
∴MN∥OD，
∴△AMN∽△AOD，
∴$\frac{AM}{AO}=\frac{AN}{AD}$，即$\frac{t}{4}=\frac{5-t}{5}$，
∴t=$\frac{20}{9}$；
故答案為：20，$\frac{20}{9}$；

（2）當(dāng)0≤t≤$\frac{20}{9}$時(shí)，如圖1，作ME⊥AD于E，
則△AME∽△ADO，
∴$\frac{AE}{AO}=\frac{AM}{AD}=\frac{ME}{OD}$，
∵AO=4，DO=3，AD=5，AM=t，
∴AE=$\frac{4}{5}$t，ME=$\frac{3}{5}$t，
∵DN=t，
∴NE=AD-DN-AE=5-$\frac{9}{5}$t，
∴y=MN²=ME²+NE²=（$\frac{3}{5}$t）²+（5-$\frac{9}{5}$t）²=$\frac{18}{5}$t²-18t+25；
當(dāng)$\frac{20}{9}$＜t≤4時(shí)，同理可求y=$\frac{18}{5}$t²-18t+25，
∵a=$\frac{18}{5}$＞0，
∴當(dāng)x=$\frac{5}{2}$時(shí)y有最小值，
即y_最小=$\frac{5}{2}$；

（3）設(shè)⊙O與MN相切于G，連接OG，則OG⊥MN，過(guò)N作NH⊥AO于H，
則△OGM∽△MNH，
∴$\frac{HN}{OG}=\frac{MN}{OM}$，
∵t=2，∴OM=2，AN=AD-DN=3，
MN=$\sqrt{\frac{18}{5}×{2}^{2}-18×2+25}$=$\frac{\sqrt{85}}{5}$，
∵△AHN∽△AOD，
∴$\frac{AN}{AD}=\frac{HN}{OD}$，
∴HN=$\frac{9}{5}$，
∴$\frac{\frac{9}{5}}{OG}=\frac{\frac{\sqrt{85}}{5}}{2}$，
∴OG=$\frac{18\sqrt{85}}{85}$，
∴r的值是$\frac{18\sqrt{85}}{85}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形、等腰三角形、勾股定理、解直角三角形、二次函數(shù)極值等知識(shí)點(diǎn)，涉及考點(diǎn)較多，有一定的難度．