Question

在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC過原點(diǎn)O，且A（0，2）、C（6，0），∠AOC的平分線交AB于點(diǎn)D．

（1）直接寫出點(diǎn)B的坐標(biāo)；

（2）如圖，點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒個(gè)單位長度的速度沿射線OD方向移動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿軸正方向移動(dòng)．設(shè)移動(dòng)時(shí)間為秒．

①當(dāng)t為何值時(shí)，△OPQ的面積等于1；

②當(dāng)t為何值時(shí)，△PQB為直角三角形；

（3）已知過O、P、Q三點(diǎn)的拋物線解析式為y=-（x-t）2+t（t＞0）．問是否存在某一時(shí)刻t，將△PQB繞某點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后，三個(gè)對(duì)應(yīng)頂點(diǎn)恰好都落在上述拋物線上？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

 

Answer 1

【答案】

（1）（6，2）；（2）1，當(dāng)t=2或t=5+或t=5-；（3）t1=，t2=2．

【解析】

試題分析：（1）根據(jù)題意知B點(diǎn)坐標(biāo)為（6，2）；

（2）①可設(shè)t秒后△OPQ的面積等于1，則有P（，t）Q（2t，0），根據(jù)三角形的面積即可計(jì)算出t的值；

②要使△PQB為直角三角形，顯然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°，進(jìn)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(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，三個(gè)對(duì)應(yīng)頂點(diǎn)恰好都落在拋物線上，則旋轉(zhuǎn)中心為PQ中點(diǎn)，此時(shí)四邊形PBQB′為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和對(duì)稱性可求出t的值．

試題解析：（1）根據(jù)題意知B點(diǎn)坐標(biāo)為（6，2）；

(2) ①設(shè)t秒后△OPQ的面積等于1，則有P（，t）Q（2t，0），則有：

×t×2t=1

解得：t=1或-1（舍去）

故1秒后△OPQ的面積等于1

②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(diǎn)G，在Rt△POG中，

∵∠POQ=45°，∴∠OPG=45°，

∵OP=t，∴OG=PG=t，

∴點(diǎn)P（t，t）

又∵Q（2t，0），B（6，2），

根據(jù)勾股定理可得：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(dāng)t=2或t=5+或t=5-時(shí)，△PQB為直角三角形．

（3）存在這樣的t值，理由如下：

將△PQB繞某點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，三個(gè)對(duì)應(yīng)頂點(diǎn)恰好都落在拋物線上，

則旋轉(zhuǎn)中心為PQ中點(diǎn)，此時(shí)四邊形PBQB′為平行四邊形．

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

∵點(diǎn)B坐標(biāo)為（6，2），∴點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（3t-6，t-2），

代入y=-（x-t）2+t，得：2t2-13t+18=0，

解得：t1=，t2=2．

考點(diǎn): 二次函數(shù)綜合題．