Question

16．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（8，0）、（0，6）．動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)O、動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A同時(shí)出發(fā)，分別沿著OA方向、AB方向均以1個(gè)單位長度/秒的速度勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）（0＜t≤5）．以P為圓心，PA長為半徑的⊙P與AB、OA的另一個(gè)交點(diǎn)分別為點(diǎn)C、D，連結(jié)CD、QC．
（1）求當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)D重合？
（2）設(shè)△QCD的面積為S，試求S與t之間的函數(shù)關(guān)系，并寫出自變量的取值范圍；
（3）若⊙P與線段QC只有一個(gè)交點(diǎn)，請(qǐng)直接寫出t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由CD∥OB，得$\frac{AD}{OA}$=$\frac{AC}{AB}$，即$\frac{AD}{8}$=$\frac{2t}{10}$，推出AD=$\frac{8}{5}$t，當(dāng)D、Q重合時(shí)，OQ+AD=8，可得方程t+$\frac{8}{5}$t=8，解方程即可．
（2）分兩種情形討論①當(dāng)0＜t≤$\frac{40}{13}$時(shí)，②$\frac{40}{13}$＜t≤5時(shí)，分別求解即可．
（3）當(dāng)CQ與⊙P相切時(shí)，由△CDQ∽△ADC，得CD²=AD•QD，可得（$\frac{6}{5}$t）²=（8-t-$\frac{8}{5}$t）•$\frac{8}{5}$t，解得t=$\frac{16}{7}$，觀察圖象即可解決問題，注意“線段QC”．

解答 解：（1）在Rt△AOB中，∵OA=8，OB=6，
∴AB=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
∵AC是⊙P直徑，
∴∠CDA=90°，即可CD⊥OA，
∴CD∥OB，
∴$\frac{AD}{OA}$=$\frac{AC}{AB}$=$\frac{CD}{BO}$，
∴$\frac{AD}{8}$=$\frac{2t}{10}$=$\frac{CD}{6}$，
∴AD=$\frac{8}{5}$t，CD=$\frac{6}{5}$t，
∵OQ=t，
當(dāng)D、Q重合時(shí)，OQ+AD=8，
∴t+$\frac{8}{5}$t=8，
∴t=$\frac{40}{13}$．
∴t=$\frac{40}{13}$s時(shí)，D、Q重合．

（2）①當(dāng)0＜t≤$\frac{40}{13}$時(shí)，S=$\frac{1}{2}$•（8-t-$\frac{8}{5}$t）•$\frac{6}{5}$t=-$\frac{39}{25}$t²+$\frac{24}{5}$t．
②$\frac{40}{13}$＜t≤5時(shí)，s=$\frac{1}{2}$（t+$\frac{8}{5}$t-8）•$\frac{6}{5}$t=$\frac{39}{25}$t²-$\frac{24}{5}$t．
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{39}{25}{t}^{2}+\frac{24}{5}t}&{（0＜t≤\frac{40}{13}）}\\{\frac{39}{25}{t}^{2}-\frac{24}{5}t}&{（\frac{40}{13}＜t≤5）}\end{array}\right.$．

（3）當(dāng)CQ與⊙P相切時(shí)，由△CDQ∽△ADC，得CD²=AD•QD，
∴（$\frac{6}{5}$t）²=（8-t-$\frac{8}{5}$t）•$\frac{8}{5}$t，
解得t=$\frac{16}{7}$，
觀察圖象可知，0＜t$≤\frac{16}{7}$或$\frac{40}{13}$＜t≤5時(shí)，⊙P與線段QC只有一個(gè)交點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、相似三角形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、分段函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，學(xué)會(huì)取特殊位置解決實(shí)際問題，屬于中考?jí)狠S題．