Question

【題目】如圖，矩形OABC的兩邊在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（10，0），拋物線y=ax2+bx+4過點(diǎn)B，C兩點(diǎn)，且與x軸的一個(gè)交點(diǎn)為D（﹣2，0），點(diǎn)P是線段CB上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)CP=t（0＜t＜10）．

（1）請(qǐng)直接寫出B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)及拋物線的解析式；

（2）過點(diǎn)P作PE⊥BC，交拋物線于點(diǎn)E，連接BE，當(dāng)t為何值時(shí)，∠PBE和Rt△OCD中的一個(gè)角相等？

（3）點(diǎn)Q是x軸上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM∥BQ，交CQ于點(diǎn)M，作PN∥CQ，交BQ于點(diǎn)N，當(dāng)四邊形PMQN為正方形時(shí)，求t的值．

Answer 1

【答案】（1）；（2）t=3；（3）或

【解析】試題分析：（1）由拋物線的解析式可求得C點(diǎn)坐標(biāo)，由矩形的性質(zhì)可求得B點(diǎn)坐標(biāo)，由B、D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；

（2）可設(shè)P（t，4），則可表示出E點(diǎn)坐標(biāo)，從而可表示出PB、PE的長，由條件可證得△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值；

（3）當(dāng)四邊形PMQN為正方形時(shí)，則可證得△COQ∽△QAB，利用相似三角形的性質(zhì)可求得CQ的長，在Rt△BCQ中可求得BQ、CQ，則可用t分別表示出PM和PN，可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值．

試題解析：

解：（1）在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，

∴C（0，4），

∵四邊形OABC為矩形，且A（10，0），

∴B（10，4），

把B、D坐標(biāo)代入拋物線解析式可得，

解得，

∴拋物線解析式為y＝x2＋x＋4；

（2）由題意可設(shè)P（t，4），則E（t， t2＋t＋4），

∴PB＝10﹣t，PE＝t2＋t＋4﹣4＝t2＋t，

∵∠BPE＝∠COD＝90°，

當(dāng)∠PBE＝∠OCD時(shí)，

則△PBE∽△OCD，

∴，即BPOD＝COPE，

∴2（10﹣t）＝4（t2＋t），解得t＝3或t＝10（不合題意，舍去），

∴當(dāng)t＝3時(shí)，∠PBE＝∠OCD；

當(dāng)∠PBE＝∠CDO時(shí)，

則△PBE∽△ODC，

∴，即BPOC＝DOPE，

∴4（10﹣t）＝2（t2＋t），解得t＝12或t＝10（均不合題意，舍去）

綜上所述∴當(dāng)t＝3時(shí)，∠PBE＝∠OCD；

（3）當(dāng)四邊形PMQN為正方形時(shí)，則∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，

∴∠CQO＋∠AQB＝90°，

∵∠CQO＋∠OCQ＝90°，

∴∠OCQ＝∠AQB，

∴Rt△COQ∽Rt△QAB，

∴，即OQAQ＝COAB，

設(shè)OQ＝m，則AQ＝10﹣m，

∴m（10﹣m）＝4×4，解得m＝2或m＝8，

①當(dāng)m＝2時(shí)，CQ＝＝，BQ＝＝，

∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，

∴PM＝PCsin∠PCQ＝t，PN＝PBsin∠CBQ＝（10﹣t），

∴t ＝（10﹣t），解得t＝，

②當(dāng)m＝8時(shí)，同理可求得t＝，

∴當(dāng)四邊形PMQN為正方形時(shí)，t的值為或．