Question

3．如圖，已知菱形ABCD，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，AB=20，AC=32．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒4個(gè)單位的速度沿線段AC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒3個(gè)單位的速度沿折線OD-DC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P、Q中有一個(gè)點(diǎn)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．連接BP、PQ、BQ，設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）求線段OD的長；
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，△BPQ能否成為直角三角形？若能，請求出符合題意的t的值；若不能，請說明理由；
（3）以P為圓心，PQ為半徑作⊙P，當(dāng)⊙P與線段CD只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，求t的值或t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）首先根據(jù)四邊形ABCD是菱形，可得AC⊥BD，AO=OC，OB=OD，利用勾股定理即可求出OD．
（2）情形1：如圖1中，當(dāng)0＜t＜4時(shí)，∠BPQ=90°，利用△POB∽△QOP得$\frac{PO}{QO}=\frac{BO}{PO}$列出方程求解；情形2：如圖2，當(dāng)4＜t＜8時(shí)，∠BPQ=90°，作QH⊥AC垂足為H，利用∴QHP∽△POB得到$\frac{QH}{PO}=\frac{PH}{OB}$列出方程即可解決．
（3）情形1：如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在線段OA上時(shí)，⊙P與線段CD相切于M，連接OM，此時(shí)⊙P與線段CD只有一個(gè)交點(diǎn)，利用△CPM∽△CDO得到$\frac{CP}{CD}=\frac{PM}{DO}$列出方程解決．
情形2：如圖4，當(dāng)PC=PQ時(shí)，作PN⊥CD垂足為N，由△CPN∽△CDO得到$\frac{CN}{CO}=\frac{CP}{CD}$列出方程求解．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OD=OB，AO=CO，
∵AC=32，
∴AO=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×32=16，
在RT△AOD中，∵AD=AB=20，AO=16，
∴OD=$\sqrt{A{D}^{2}-A{O}^{2}}$=$\sqrt{2{0}^{2}-1{6}^{2}}$=12．
（2）能．理由如下：
如圖1，當(dāng)0＜t＜4時(shí)，∠BPQ=90°，
∵∠BPO+∠OPQ=90°，∠OPQ+∠PQO=90°，
∴∠BPO=∠PQO，
∵∠POB=∠POQ=90°，
∴△POB∽△QOP，
∴$\frac{PO}{QO}=\frac{BO}{PO}$，
∴$\frac{16-4t}{3t}=\frac{12}{16-4t}$，
t=$\frac{41-3\sqrt{73}}{8}$或（$\frac{41+3\sqrt{73}}{8}$不合題意舍棄）
∴t=$\frac{41-3\sqrt{73}}{8}$．
如圖2，當(dāng)4＜t＜8時(shí)，∠BPQ=90°，作QH⊥AC垂足為H，
∵QH∥OD，
∴$\frac{QH}{DO}=\frac{CH}{CO}=\frac{CQ}{CD}$，
∴$\frac{QH}{12}=\frac{CH}{16}=\frac{32-3t}{20}$，
QH=$\frac{3}{5}$（32-3t），CH=$\frac{4}{5}$（32-3t），HP=$\frac{8}{5}$t-$\frac{32}{5}$，OP=4t-16，
∵∠QPH+∠BPO=90°，∠OBP+∠BPO=90°，
∴∠OBP=∠HPQ，
∵∠BOP=∠QHP=90°，
∴△QHP∽△POB，
∴$\frac{QH}{PO}=\frac{PH}{OB}$，
∴$\frac{\frac{3}{5}（32-3t）}{4t-16}=\frac{\frac{8}{5}t-\frac{32}{5}}{12}$，
解得t=$\frac{37+3\sqrt{721}}{16}$或（$\frac{37-3\sqrt{721}}{16}$不合題意舍棄）
綜上所述t=$\frac{41-3\sqrt{73}}{8}$或$\frac{37+3\sqrt{721}}{16}$時(shí)△PQB是直角三角形．
（3）①如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在線段OA上時(shí)，⊙P與線段CD相切于M，連接OM，此時(shí)⊙P與線段CD只有一個(gè)交點(diǎn)，
在RT△POQ中，∵PO=16-4t，OQ=3t，
∴PQ=PM=$\sqrt{（16-4t）^{2}+（3t）^{2}}$，
∵∠PMC=∠DOC=90°，∠PCM=∠DCO，
∴△CPM∽△CDO，
∴$\frac{CP}{CD}=\frac{PM}{DO}$，
∴$\frac{32-4t}{20}=\frac{\sqrt{（16-4t）^{2}+（3t）^{2}}}{12}$，解得t=$\frac{448+720\sqrt{3}}{481}$或（$\frac{448-720\sqrt{3}}{481}$不合題意舍棄）．
②如圖4，當(dāng)PC=PQ時(shí)，作PN⊥CD垂足為N，
∵∠PCN=∠DCO，∠PNC=∠DOC=90°，
∴△CPN∽△CDO，
∴$\frac{CN}{CO}=\frac{CP}{CD}$，
∴$\frac{\frac{32-3t}{2}}{16}=\frac{32-4t}{20}$，解得t=$\frac{96}{17}$．
∴$\frac{96}{17}$＜t≤8時(shí)⊙P與線段CD只有一個(gè)交點(diǎn)．
綜上所述t=$\frac{448+720\sqrt{3}}{481}$或$\frac{96}{17}＜t≤8$時(shí)⊙P與線段CD只有一個(gè)交點(diǎn)．

點(diǎn)評 本題考查菱形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、圓的有關(guān)知識，學(xué)會(huì)分類討論是解題的關(guān)鍵，解題中培養(yǎng)動(dòng)手畫圖能力，利用轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想去思考問題．