Question

9．如圖，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3cm/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＜$\frac{8}{5}$）．
（1）如圖1，連接DQ平分∠BDC時(shí)，t的值為1s；
（2）如圖2，連接CM，若△CMQ是以CQ為底的等腰三角形，求t的值；
（3）在運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)⊙O與直線MN在正方形MNPQ外部相切時(shí)，求t的值．

Answer 1

分析 （1）由△DQC≌△DQP，推出DP=DC=6，在Rt△ADB中，BD=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，推出PB=4即可解決問題．
（2）如圖2中，作MT⊥BC于T，由等腰三角形三線合一得：TQ=$\frac{1}{2}$（8-5t），證明△QTM∽△BCD，列比例式得$\frac{QM}{BD}$=$\frac{TQ}{BC}$，代入可得方程，解方程即可；
（3）由題意∠OEF=∠DEN=∠ADB，根據(jù)sin∠OEF=sin∠DEN=sin∠ADB=3：5，列出方程即可解決問題．

解答 解：（1）如圖1中，

∵∠DQC=∠QDP，QD=QD，∠DCQ=∠DPQ=90°，
∴△DQC≌△DQP，
∴DP=DC=6，
在Rt△ADB中，BD=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
∴PB=4，
∴t=1，
故答案為1s；  

（2）如圖2中，作MT⊥BC于T，

∵M(jìn)C=MQ，MT⊥CQ，
∴TC=TQ，
由于BP=4t，△ADB∽△PBQ，
∴$\frac{PB}{AD}$=$\frac{PQ}{AB}$，即PQ=$\frac{PB•AB}{AD}$=3t，
∵四邊形PQMN為正方形，
∴QM=PQ=3t，
又BQ=$\sqrt{P{B}^{2}+P{Q}^{2}}$=5t
∴TQ=$\frac{1}{2}$（8-5t），
∵M(jìn)Q∥PN，
∴∠MQT=∠DBC，
∴△QTM∽△BCD，
∴$\frac{QM}{BD}$=$\frac{TQ}{BC}$，即$\frac{3t}{10}$=$\frac{\frac{1}{2}（8-5t）}{8}$，
解得t=$\frac{40}{49}$
∴t=$\frac{40}{49}$s時(shí)，△CMQ是以CQ為底的等腰三角形； 

（3）設(shè)MN與⊙O相切于點(diǎn)F，與CD交于點(diǎn)E，則OF=0.8，

由題意∠OEF=∠DEN=∠ADB，
∴sin∠OEF=sin∠DEN=sin∠ADB=3：5，
∴$\frac{OF}{OE}$=$\frac{3}{5}$，即$\frac{0.8}{OE}$=$\frac{3}{5}$，
∴OE=$\frac{4}{3}$，
當(dāng)⊙O與直線MN在正方形MNPQ外部相切時(shí)，如圖3所示，
∵OD=3t，∴DE=3t+$\frac{4}{3}$，
∵BP=4t，NP=PQ=3t，
∴DN=10-7t，
∴$\frac{10-7t}{3t+\frac{4}{3}}$=$\frac{3}{5}$，
∴t=$\frac{23}{22}$，
即當(dāng)⊙O與直線MN在正方形MNPQ外部相切時(shí)，t的值是$\frac{23}{22}$s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、切線的判定和性質(zhì)、勾股定理、角平分線的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵靈活運(yùn)用這些知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)利用方程的思想思考問題，充分利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程，屬于中考?jí)狠S題．