Question

【題目】在平面直角坐標系xOy中，過原點O及點A（0，2）、C（6，0）作矩形OABC，∠AOC的平分線交AB于點D．點P從點O出發，以每秒 個單位長度的速度沿射線OD方向移動；同時點Q從點O出發，以每秒2個單位長度的速度沿x軸正方向移動．設移動時間為t秒．

（1）當點P移動到點D時，求出此時t的值；
（2）當t為何值時，△PQB為直角三角形；
（3）已知過O、P、Q三點的拋物線解析式為y=﹣ （x﹣t）2+t（t＞0）．問是否存在某一時刻t，將△PQB繞某點旋轉180°后，三個對應頂點恰好都落在上述拋物線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】
（1）

解：∵四邊形OABC是矩形，

∴∠AOC=∠OAB=90°，

∵OD平分∠AOC，

∴∠AOD=∠DOQ=45°，

∴在Rt△AOD中，∠ADO=45°，

∴AO=AD=2，OD=2 ，

∴t= =2

（2）

解：要使△PQB為直角三角形，顯然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°．

如圖1，作PG⊥OC于點G，在Rt△POG中，

∵∠POQ=45°，

∴∠OPG=45°，

∵OP= t，

∴OG=PG=t，

∴點P（t，t）

又∵Q（2t，0），B（6，2），

根據兩點間的距離公式可得：PB2=（6﹣t）2+（2﹣t）2，QB2=（6﹣2t）2+22，PQ2=（2t﹣t）2+t2=2t2，

①若∠PQB=90°，則有PQ2+BQ2=PB2，

即：2t2+[（6﹣2t）2+22]=（6﹣t）2+（2﹣t）2，

整理得：4t2﹣8t=0，

解得：t1=0（舍去），t2=2，

∴t=2，

②若∠PBQ=90°，則有PB2+QB2=PQ2，

∴[（6﹣t）2+（2﹣t）2]+[（6﹣2t）2+22]=2t2，

整理得：t2﹣10t+20=0，

解得：t=5± ．

∴當t=2或t=5+ 或t=5﹣ 時，△PQB為直角三角形．

解法2：①如圖2，當∠PQB=90°時，

易知∠OPQ=90°，

∴BQ∥OD

∴∠BQC=∠POQ=45°

可得QC=BC=2，

∴OQ=4，

∴2t=4，

∴t=2，

②如圖3，當∠PBQ=90°時，若點Q在OC上，

作PN⊥x軸于點N，交AB于點M，

則易證∠PBM=∠CBQ，

∴△PMB∽△QCB

∴ = ，

∴CBPM=QCMB，

∴2（t﹣2）=（2t﹣6）（6﹣t），

化簡得t2﹣10t+20=0，

解得：t=5± ，

∴t=5﹣ ；

③如圖4，當∠PBQ=90°時，若點Q在OC的延長線上，

作PN⊥x軸于點N，交AB延長線于點M，

則易證∠BPM=∠MBQ=∠BQC，

∴△PMB∽△QCB，

∴ = ，

∴CBPM=QCMB，

∴2（t﹣2）=（2t﹣6）（t﹣6），

化簡得t2﹣10t+20=0，

解得：t=5± ，

∴t=5+

（3）

解：存在這樣的t值，理由如下：

將△PQB繞某點旋轉180°，三個對應頂點恰好都落在拋物線上，

則旋轉中心為PQ中點，此時四邊形PBQB′為平行四邊形．

∵PO=PQ，由P（t，t），Q（2t，0），知旋轉中心坐標可表示為（ t， t），

∵點B坐標為（6，2），

∴點B′的坐標為（3t﹣6，t﹣2），

代入y=﹣ （x﹣t）2+t，得：2t2﹣13t+18=0，

解得：t1= ，t2=2

【解析】（1）首先根據矩形的性質求出DO的長，進而得出t的值；（2）要使△PQB為直角三角形，顯然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°，進而利用勾股定理分別分析得出PB2=（6﹣t）2+（2﹣t）2 ， QB2=（6﹣2t）2+22 ， PQ2=（2t﹣t）2+t2=2t2 ， 再分別就∠PQB=90°和∠PBQ=90°討論，求出符合題意的t值即可；（3）存在這樣的t值，若將△PQB繞某點旋轉180°，三個對應頂點恰好都落在拋物線上，則旋轉中心為PQ中點，此時四邊形PBQB′為平行四邊形，根據平行四邊形的性質和對稱性可求出t的值．
【考點精析】根據題目的已知條件，利用二次函數的性質的相關知識可以得到問題的答案，需要掌握增減性：當a>0時，對稱軸左邊，y隨x增大而減小；對稱軸右邊，y隨x增大而增大；當a<0時，對稱軸左邊，y隨x增大而增大；對稱軸右邊，y隨x增大而減小．