Question

2．如图①，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，点P，Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）若三角形CPQ是等腰三角形，求t的值．
（2）如图②，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ；
①是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度．
②当t取何值时，△CPQ的外接圆面积的最小？并且说明此时△CPQ的外接圆与直线AB的位置关系？

Answer 1

分析 （1）根据CQ=CP，列出方程即可解决．
（2））①不存在．不妨设四边形PDBQ是菱形，推出矛盾即可．
②如图，⊙O是△PQC的外接圆的圆心，作OM⊥AB于M，OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接OB、OC、OA，由$\frac{1}{2}$•BC•OF+$\frac{1}{2}$•AC•OE+$\frac{1}{2}$•AB•OM=$\frac{1}{2}$•BC•AC求出OM以及圆的半径即可解决问题．

解答 解：（1）∵△CBP是等腰三角形，∠C=90°，
∴CQ=CP，
∴6-t=2t，
∴t=2，
∴t=2秒时，△CBP是等腰三角形．

（2）①不存在．
理由：不妨设四边形PDBQ是菱形，
则PD=BQ，
∴$\frac{4}{3}$t=8-2t，
∴t=$\frac{12}{5}$，
∴CQ=$\frac{24}{5}$，PC=6-$\frac{12}{5}$=$\frac{18}{5}$，BQ=PD=$\frac{16}{5}$，
∴PQ=$\sqrt{C{Q}^{2}+C{P}^{2}}$=6，
∴PQ≠BQ，
∴假设不成立，
∴不存在．
设点Q的速度为每秒a个单位长度．
∵四边形PDBQ是菱形，
∴PD=BD，
∴$\frac{4}{3}$t=10-$\frac{5}{3}$t，
∴t=$\frac{10}{3}$，
∴BQ=PD=$\frac{40}{9}$，
∴8-$\frac{10}{3}$a=$\frac{40}{9}$，
∴a=$\frac{16}{15}$．
∴点Q的速度为每秒$\frac{16}{15}$个长度单位时，使四边形PDBQ在某一时刻为菱形．

②如图，⊙O是△PQC的外接圆的圆心，作OM⊥AB于M，OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接OB、OC、OA．

∵PQ=$\sqrt{（6-t）^{2}+（2t）^{2}}$=$\sqrt{5{t}^{2}-12t+36}$=$\sqrt{5（t-\frac{6}{5}）^{2}+\frac{144}{5}}$，
∴t=$\frac{6}{5}$时，PQ最小值为$\frac{12\sqrt{5}}{5}$．
此时PC=$\frac{24}{5}$，CQ=$\frac{12}{5}$，PQ=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$，
∵$\frac{1}{2}$•BC•OF+$\frac{1}{2}$•AC•OE+$\frac{1}{2}$•AB•OM=$\frac{1}{2}$•BC•AC，
∴$\frac{1}{2}$×8×$\frac{12}{5}$+$\frac{1}{2}$×6×$\frac{6}{5}$+$\frac{1}{2}$×10×OM=24，
∴OM=$\frac{54}{25}$，
∴OM＜OP，
∴△CPQ的外接圆与直线AB相交．

点评 本题考查圆综合题、等腰直角三角形的性质、二次函数最小值问题、勾股定理、三角形面积等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会解题常用辅助线，学会利用面积法解决问题，属于中考压轴题．