Question

2．如圖①，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，動點P從點A開始沿邊AC向點C以每秒1個單位長度的速度運動，動點Q從點C開始沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動，點P，Q分別從點A、C同時出發(fā)，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設(shè)運動時間為t秒（t≥0）．
（1）若三角形CPQ是等腰三角形，求t的值．
（2）如圖②，過點P作PD∥BC，交AB于點D，連接PQ；
①是否存在t的值，使四邊形PDBQ為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由，并探究如何改變點Q的速度（勻速運動），使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形，求點Q的速度．
②當t取何值時，△CPQ的外接圓面積的最�。坎⑶艺f明此時△CPQ的外接圓與直線AB的位置關(guān)系？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)CQ=CP，列出方程即可解決．
（2））①不存在．不妨設(shè)四邊形PDBQ是菱形，推出矛盾即可．
②如圖，⊙O是△PQC的外接圓的圓心，作OM⊥AB于M，OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接OB、OC、OA，由$\frac{1}{2}$•BC•OF+$\frac{1}{2}$•AC•OE+$\frac{1}{2}$•AB•OM=$\frac{1}{2}$•BC•AC求出OM以及圓的半徑即可解決問題．

解答 解：（1）∵△CBP是等腰三角形，∠C=90°，
∴CQ=CP，
∴6-t=2t，
∴t=2，
∴t=2秒時，△CBP是等腰三角形．

（2）①不存在．
理由：不妨設(shè)四邊形PDBQ是菱形，
則PD=BQ，
∴$\frac{4}{3}$t=8-2t，
∴t=$\frac{12}{5}$，
∴CQ=$\frac{24}{5}$，PC=6-$\frac{12}{5}$=$\frac{18}{5}$，BQ=PD=$\frac{16}{5}$，
∴PQ=$\sqrt{C{Q}^{2}+C{P}^{2}}$=6，
∴PQ≠BQ，
∴假設(shè)不成立，
∴不存在．
設(shè)點Q的速度為每秒a個單位長度．
∵四邊形PDBQ是菱形，
∴PD=BD，
∴$\frac{4}{3}$t=10-$\frac{5}{3}$t，
∴t=$\frac{10}{3}$，
∴BQ=PD=$\frac{40}{9}$，
∴8-$\frac{10}{3}$a=$\frac{40}{9}$，
∴a=$\frac{16}{15}$．
∴點Q的速度為每秒$\frac{16}{15}$個長度單位時，使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形．

②如圖，⊙O是△PQC的外接圓的圓心，作OM⊥AB于M，OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接OB、OC、OA．

∵PQ=$\sqrt{（6-t）^{2}+（2t）^{2}}$=$\sqrt{5{t}^{2}-12t+36}$=$\sqrt{5（t-\frac{6}{5}）^{2}+\frac{144}{5}}$，
∴t=$\frac{6}{5}$時，PQ最小值為$\frac{12\sqrt{5}}{5}$．
此時PC=$\frac{24}{5}$，CQ=$\frac{12}{5}$，PQ=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$，
∵$\frac{1}{2}$•BC•OF+$\frac{1}{2}$•AC•OE+$\frac{1}{2}$•AB•OM=$\frac{1}{2}$•BC•AC，
∴$\frac{1}{2}$×8×$\frac{12}{5}$+$\frac{1}{2}$×6×$\frac{6}{5}$+$\frac{1}{2}$×10×OM=24，
∴OM=$\frac{54}{25}$，
∴OM＜OP，
∴△CPQ的外接圓與直線AB相交．

點評 本題考查圓綜合題、等腰直角三角形的性質(zhì)、二次函數(shù)最小值問題、勾股定理、三角形面積等知識，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用這些知識解決問題，學會解題常用輔助線，學會利用面積法解決問題，屬于中考壓軸題．