Question

如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=12，AD=18，AB=10．動點P、Q分別從點D、B同時出發(fā)，動點P沿射線DA的方向以每秒2個單位長的速度運動，動點Q在線段BC上以每秒1個單位長的速度向點C運動，當點Q運動到點C時，點P隨之停止運動．設(shè)運動的時間為t（秒）．
（1）當點P在線段DA上運動時，連接BD，若∠ABP=∠ADB，求t的值；
（2）當點P在線段DA上運動時，若以BQ為直徑的圓與以AP為直徑的圓外切，求t的值；
（3）設(shè)射線PQ與射線AB相交于點E，△AEP能否為等腰三角形？如果能，請直接寫出t的值；如果不能，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由已知動點P和動點Q的速度，可以用t表示出DP和AP，由∠ABP=∠ADB，∠A=∠A可得到△ABP∽△ADB，即AB²=AD•AP，把已知數(shù)據(jù)和含t的代數(shù)式代入得到關(guān)于t的一元一次方程，從而求出t的值．
（2）過點B作BH⊥AD，垂足為H，得直角三角形BHA，由已知AH=AD-BC，根據(jù)勾股定理求出BH，設(shè)BQ中點為O₁、AP中點為O₂即兩個圓的圓心，再過O₁作O₁I⊥AD，垂足為I，連接O₁O₂，得直角三角形O₁IO₂，由已知得出O₁I，以BQ為直徑的圓與以AP為直徑的圓外切，所以O(shè)₁O₂=BO₁+AO₂，由已知O₂I=DO₂-DI，在直角三角形O₁IO₂個邊已求出，把求出的含t的代數(shù)式代入
O₁O₂²=O₁I²+O₂I²，得關(guān)于t的一元二次方程，從而求出t．
（3）假設(shè)能為等腰三角形，可通過等腰三角形求出符合的t的值．

解答：解：（1）已知動點P沿射線DA的方向以每秒2個單位長的速度運動，動點Q在線段BC上以每秒1個單位長的速度，
可得：DP=2t，AP=18-2t，
∵∠ABP=∠ADB，∠A=∠A，
∴△ABP∽△ADB，
∴

AB

AD

=

AP

AB

，
即AB²=AD•AP，
∴10²=18×（18-2t），
解得：t=

56

9

．
∵

56

9

＜9，
∴t=

56

9

．

（2）過點B作BH⊥AD，垂足為H，得BH=8，
記BQ中點為O₁、AP中點為O₂，連接O₁O₂，
過點O₁作O₁I⊥AD，垂足為I，則O₁I=BH=8，
BO1=

t

2

，CO1=12-

t

2

，AO2=

18-2t

2

=9-t，
DO₂=9+t，
∴O2I=|(9+t)-(12-

t

2

)|=|

3t

2

-3|，
當O1O2=BO1+AO2=

t

2

+(9-t)=9-

t

2

時
以BQ為直徑的圓與以AP為直徑的圓外切，在Rt△O₁IO₂中，O₁O₂²=O₁I²+O₂I²，
即(9-

t

2

)2=82+(

3t

2

-3)2，整理得：t²=4，
∵t＞0，
∴t=2；

（3）能，
①當EP=EA時，∠EPA=∠A，
此時四邊形QPAB是等腰梯形，
∴BQ=PA-12，
∴t=18-2t-12，
∴t=2；
②當EP=PA時，
PM=PA-MN-AN=18-2t-t-6=12-3t，
EQ=BQ=t，
∴PQ=EP-EQ=18-2t-t=18-3t，
∵PQ²=PM²+QM²，
∴（18-3t）²=（12-3t）²+64，
解得：t=

29

9

；
③當AE=AP時，
∵AB=10，
∴EB=EA-AB=18-2t-10=8-2t，
∵

QB

PA

=

EB

EA

，
即

t

18-2t

=

8-2t

18-2t

，
解得：t=

8

3

；
④當點P在DA延長線上
AP=AE（鈍角三角形）
AP=2t-18，
AE=10-t
2t-18=10-t
解得：t=

28

3

t的值可以是t=

29

9

或t=

8

3

或t=2或

28

3

．

點評：此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、直角梯形和切線的性質(zhì)，解答此題的關(guān)鍵一是通過相似形求t的值，再是通過作輔助線得直角三角形根據(jù)勾股定理列方程求t的值．第三是由等腰三角形計算出符合條件的t的值．