Question

19．如圖，一個Rt△DEF直角邊DE落在AB上，過A點作射線AC與斜邊EF平行，已知AB=12，DE=4，DF=3，點P從A點出發(fā)，沿射線AC方向以每秒2個單位的速度運動，Q為AP中點，設運動時間為t秒（t＞0）
（1）若點D與點B重合，當t=5時，連接QE，PF，此時△AQE為等腰三角形、四邊形QEFP為菱形；
（2）如圖②，若在點P運動時，Rt△DEF同時沿著BA方向以每秒1個單位的速度運動，當D點到A點時，兩個運動都停止．
①如圖①，若M為EF中點，當D、M、Q三點在同一直線上時，求t的值；
②在運動過程中，以點Q為圓心的圓與Rt△DEF兩個直角邊所在直線都相切時，求運動時間t．

Answer 1

分析 （1）過點Q作QH⊥AB于H，如圖①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四邊形EFPQ是平行四邊形，易證△AHQ∽△EDF，從而可得AH=ED=4，進而可得AH=HE=4，根據(jù)垂直平分線的性質可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四邊形EFPQ是菱形；
（2）①當D、M、Q三點在同一直線上時，如圖②，則有AQ=t，EM=$\frac{1}{2}$EF=$\frac{5}{2}$，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后運用相似三角形的性質就可求出t的值；
②若以點Q為圓心的圓與Rt△DEF兩個直角邊所在直線都相切，則點Q在∠ADF的角平分線上（如圖③）或在∠FDB的角平分線（如圖④）上，故需分兩種情況討論，然后運用相似三角形的性質求出AH、DH（用t表示），再結合AB=12，DB=t建立關于t的方程，然后解這個方程就可解決問題．

解答 解：（1）四邊形EFPQ是菱形．
理由：過點Q作QH⊥AB于H，如圖①，
∵t=5，∴AP=2×5=10．
∵點Q是AP的中點，
∴AQ=PQ=5．
∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，
∴EF=$\sqrt{D{E}^{2}+D{F}^{2}}$=5，
∴PQ=EF=5．
∵AC∥EF，
∴四邊形EFPQ是平行四邊形，且∠A=∠FEB．
又∵∠QHA=∠FDE=90°，
∴△AHQ∽△EDF，
∴$\frac{QH}{FD}$=$\frac{AH}{ED}$=$\frac{AQ}{EF}$．
∵AQ=EF=5，
∴AH=ED=4．
∵AE=12-4=8，
∴HE=8-4=4，
∴AH=EH，
∴AQ=EQ，
∴PQ=EQ，
∴△AQE是等腰三角形，平行四邊形EFPQ是菱形；
故答案為：等腰，菱形．

（2）①當D、M、Q三點在同一直線上時，如圖②，
此時AQ=t，EM=$\frac{1}{2}$EF=$\frac{5}{2}$，AD=12-t，DE=4．
∵EF∥AC，
∴△DEM∽△DAQ，
∴$\frac{EM}{AQ}$=$\frac{DE}{DA}$，
∴$\frac{\frac{5}{2}}{t}$=$\frac{4}{12-t}$，
解得t=$\frac{60}{13}$；
②存在以點Q為圓心的圓與Rt△DEF兩個直角邊所在直線都相切，
此時點Q在∠ADF的角平分線上或在∠FDB的角平分線上．
Ⅰ．當點Q在∠ADF的角平分線上時，
過點Q作QH⊥AB于H，如圖③，
則有∠HQD=∠HDQ=45°，
∴QH=DH．
∵△AHQ∽△EDF（已證），
∴$\frac{QH}{FD}$=$\frac{AH}{ED}$=$\frac{AQ}{EF}$，
∴$\frac{QH}{3}$=$\frac{AH}{4}$=$\frac{t}{5}$，
∴QH=$\frac{3t}{5}$，AH=$\frac{4t}{5}$，
∴DH=QH=$\frac{3t}{5}$．
∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，
∴$\frac{4t}{5}$+$\frac{3t}{5}$+t=12，
∴t=5；
Ⅱ．當點Q在∠FDB的角平分線上時，
過點Q作QH⊥AB于H，如圖④，
同理可得DH=QH=$\frac{3t}{5}$，AH=$\frac{4t}{5}$．
∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t，
∴$\frac{4t}{5}$-$\frac{3t}{5}$+t=12，
∴t=10．
綜上所述：當t為5秒或10秒時，以點Q為圓心的圓與Rt△DEF兩個直角邊所在直線都相切．

點評 本題主要考查了菱形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、圓的切線的性質、等角對等邊、勾股定理、垂直平分線的性質、解方程等知識，需要注意的是：到兩條直線的距離相等的點在兩條直線所成兩組對頂角的角平分線上，避免出現(xiàn)漏解的現(xiàn)象．