Question

5．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=9，AB=12，BC=15．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BD向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)；線段EF從DC出發(fā)，沿DA向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，且與BD交于點(diǎn)Q，連接PE、PF．若P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，速度均為1個(gè)單位∕秒，當(dāng)P、Q兩點(diǎn)相遇時(shí)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)停止．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．
（1）當(dāng)PE∥AB時(shí)，求t的值；
（2）設(shè)△PEF的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）如圖2，當(dāng)△PEF的外接圓圓心O恰好在EF的中點(diǎn)時(shí)，求t的值．

Answer 1

分析 （1）由勾股定理求出BD，當(dāng)PE∥AB時(shí)，∠PEA=∠DEP=90°，作PK⊥AB于K，則PK=AE，PK∥AD，則$\frac{PK}{AD}=\frac{BP}{BD}$，得出AE=PK=$\frac{3}{5}$t，由AD=AE+ED=$\frac{3t}{5}$+t=9，解方程即可；
（2）過點(diǎn)P作BC的平行線，交EF于G，由BD=15=BC，得出∠BCD=∠BDC，由平行線的性質(zhì)得出證出∠DEQ=∠EQD，得出DQ=DE=t，同理：PG=PQ=15-2t，得出S=$\frac{1}{2}$PG•AB，即可得出結(jié)果；
（3）過點(diǎn)P作BC的垂線，交AD于M，交BC于N，則∠PME=∠FNP=90°，若△PEF的外接圓圓心O恰好在EF的中點(diǎn)，則EF為直徑，由圓周角定理得出∠EPF=90°，證出∠PEM=∠FPN，得出△EMP∽△PNF，得出對(duì)應(yīng)邊成比例$\frac{EM}{MP}$=$\frac{PN}{NF}$，即可求出t的值．

解答 解：（1）∵∠A=90°
∴BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{1{2}^{2}+{9}^{2}}$=15，
當(dāng)PE∥AB時(shí)，∠PEA=∠DEP=90°，
作PK⊥AB于K，如圖1所示：
則PK=AE，PK∥AD，
則$\frac{PK}{AD}=\frac{BP}{BD}$，即$\frac{PK}{9}=\frac{t}{15}$，
∴AE=PK=$\frac{3}{5}$t，
∴AD=AE+ED=$\frac{3t}{5}$+t=9，
解得：t=$\frac{45}{8}$；
（2）過點(diǎn)P作BC的平行線，交EF于G，如圖2所示：
∵BD=15=BC，
∴∠BCD=∠BDC，
∵AD∥BC，EF∥DC，
∴∠∠DEQ=∠BCD，∠EQD=∠BDC，
∴∠DEQ=∠EQD，
∴DQ=DE=t，
同理：PG=PQ=15-2t，
∴S=$\frac{1}{2}$PG•AB=$\frac{1}{2}$×12（15-2t）=90-12t
（3）過點(diǎn)P作BC的垂線，交AD于M，交BC于N，如圖3所示：
則∠PME=∠FNP=90°，
∴∠MPE+∠PEM=90°，
若△PEF的外接圓圓心O恰好在EF的中點(diǎn)，
∴EF為直徑，
∴∠EPF=90°，
∴∠MPE+∠FPN=90°，
∴∠PEM=∠FPN，
∴△EMP∽△PNF，
∴$\frac{EM}{MP}$=$\frac{PN}{NF}$，即$\frac{9-\frac{8}{5}t}{12-\frac{4}{5}t}=\frac{\frac{4}{5}t}{15-\frac{8}{5}t}$，
解得：t=$\frac{15}{4}$或$\frac{45}{4}$，
∵2t≤15，
∴t≤$\frac{15}{2}$，
∴t=$\frac{15}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是圓的綜合題目，考查了直角梯形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，特別是（3）中，需要通過作輔助線證明三角形相似和運(yùn)用圓周角定理才能得出結(jié)果．