如图.在△ABC中.∠ACB为直角.AB=10.∠A=30°.半径为1的动圆Q的圆心从点C出发.沿着CB方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动.同时动点P从点B出发.沿着BA方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动.设运动时间为t秒以P为圆心.PB长为半径的⊙P与AB.BC的另一个交点分别为E.D.连结ED.EQ．(1)判断并证明ED与BC的位置关系.并求� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

20．

如图，在△ABC中，∠ACB为直角，AB=10，∠A=30°，半径为1的动圆Q的圆心从点C出发，沿着CB方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点B出发，沿着BA方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PB长为半径的⊙P与AB、BC的另一个交点分别为E、D，连结ED、EQ．
（1）判断并证明ED与BC的位置关系，并求当点Q与点D重合时t的值；
（2）当⊙P和AC相交时，设CQ为x，⊙P被AC截得的弦长为y，求y关于x的函数；并求当⊙Q过点B时⊙P被AC截得的弦长；
（3）若⊙P与⊙Q相交，写出t的取值范围．

分析（1）根据直径所对的圆周角是直角，可知∠BDE=∠BCA=90°，由此即可证明；
（2）如图3中，设⊙P和AC相交于M、N．BP=CQ=t，AP=AB-BP=10-t，过点P作PH⊥AC于H．在Rt△APH中，由∠A=30°，推出PH=$\frac{1}{2}$AP=$\frac{1}{2}$（10-t），在Rt△PHN中，NH=$\sqrt{P{N}^{2}-P{H}^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{3{t}^{2}+20t-100}$，推出MN=2MH=$\sqrt{3{t}^{2}+20t-100}$，即y=$\sqrt{3{t}^{2}+20t-100}$，由此即可角问题．
（3）当⊙P与⊙Q外切时，如图4中，作PH⊥BC于H．易知此时∠QBP=60°，BQ=5-t，PQ=t+1，BP=t，在Rt△PHQ中，利用勾股定理即可列出方程解决问题．

解答解：（1）结论：DE⊥BC．理由如下：
如图1中，

∵BE是直径，
∴∠BDE=90°，
∴DE⊥BC，
∵∠BCA=90°，∠A=30°，
∴DE∥AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴$\frac{BD}{BE}$=$\frac{BC}{BA}$=$\frac{1}{2}$，
如图2中，当C、D重合时，设CQ=CD=t，则BD=5-t，BE=2t，

∴$\frac{5-t}{2t}$=$\frac{1}{2}$，
∴t=$\frac{5}{2}$．
∴当t=$\frac{5}{2}$时，Q与D重合．

（2）如图3中，设⊙P和AC相交于M、N．BP=CQ=t，AP=AB-BP=10-t，
过点P作PH⊥AC于H．

在Rt△APH中，∵∠A=30°，
∴PH=$\frac{1}{2}$AP=$\frac{1}{2}$（10-t），
在Rt△PHN中，NH=$\sqrt{P{N}^{2}-P{H}^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{3{t}^{2}+20t-100}$，
MN=2MH=$\sqrt{3{t}^{2}+20t-100}$，
即y=$\sqrt{3{t}^{2}+20t-100}$，
当⊙O经过点B点时，CQ=CB-QB=4，
将t=$\frac{4}{1}$代入得到，MN=2$\sqrt{7}$，

（3）当⊙P与⊙Q外切时，如图4中，作PH⊥BC于H．易知此时∠QBP=60°，BQ=5-t，PQ=t+1，BP=t，

∵在Rt△PBH中，BH=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{1}{2}$t．PH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
在Rt△PHQ中，PH²+QH²=PQ²，
∴（$\frac{\sqrt{3}}{2}$t）²+（5-$\frac{3}{2}$t）²=（t+1）²，
整理得2t²-17t+24=0，
解得t=$\frac{17-\sqrt{97}}{4}$或$\frac{17+\sqrt{97}}{4}$（舍弃）
∵从此时起到停止运动，⊙P与⊙Q都处于相交位置，
∴⊙P与⊙Q相交时，t的取值范围为$\frac{17-\sqrt{97}}{4}$＜t≤5．