Question

在平面直角坐標系x、y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

解：（1）∵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）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
∴=，
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（t-6），
化簡得t²-10t+20=0，
解得：t=5±，
∴t=5-；
③如圖3，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，
∴=，
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（t-6），
化簡得t²-10t+20=0，
解得：t=5±，
∴t=5+；

（3）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．
分析：（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．
點評：本題考查了相似形綜合題，涉及了動點問題，勾股定理的運用，矩形的性質，直角三角形的性質以及平行四邊形的判定和性質，解答本題關鍵是討論點P的位置，由題意建立方程從而求出符合題意的t值，同時要數形結合進行思考，難度較大．