Question

9．如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y=x²的对称轴绕着点P（0，2）顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上一点．
（1）求直线AB的函数表达式；
（2）如图①，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值；
（3）如图②，若点Q在y轴左侧，且点T（0，t）（t＜2）是射线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时，求所有满足条件的t的值．
 

Answer 1

分析 （1）根据题意易得点M、P的坐标，利用待定系数法来求直线AB的解析式；
（2）如图①，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为D，构建等腰直角△QDC，利用二次函数图象上点的坐标特征和二次函数最值的求法进行解答；
（3）根据相似三角形的对应角相等推知：△PBQ中必有一个内角为45°；需要分类讨论：∠PBQ=45°和∠PQB=45°；然后对这两种情况下的△PAT是否是直角三角形分别进行解答．另外，以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似也有两种情况：△Q″PB∽△PAT、△Q″BP∽△PAT．

解答 解：（1）如图①，设直线AB与x轴的交点为M．
∵∠OPA=45°，
∴OM=OP=2，即M（-2，0）．
设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将M（-2，0），P（0，2）两点坐标代入，得
$\left\{\begin{array}{l}{2=k×0+b}\\{0=k×（-2）+b}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=2}\end{array}\right.$．
故直线AB的解析式为y=x+2；

（2）如图①，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为D，根据条件可知△QDC为等腰直角三角形，则QD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$QC．
设Q（m，m²），则C（m，m+2）．
∴QC=m+2-m²=-（m-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{9}{4}$，
QD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$QC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$[-（m-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{9}{4}$]．
故当m=$\frac{1}{2}$时，点Q到直线AB的距离最大，最大值为$\frac{9\sqrt{2}}{8}$；

（3）∵∠APT=45°，
∴△PBQ中必有一个内角为45°，由图知，∠BPQ=45°不合题意．
①如图②，若∠PBQ=45°，过点B作x轴的平行线，与抛物线和y轴分别交于点Q′、F．此时满足∠PBQ′=45°．
∵Q′（-2，4），F（0，4），
∴此时△BPQ′是等腰直角三角形，由题意知△PAT也是等腰直角三角形．
（i）当∠PTA=90°时，得到：PT=AT=1，此时t=1；
（ii）当∠PAT=90°时，得到：PT=2，此时t=0．
②如图③，若∠PQB=45°，①中是情况之一，答案同上；
先以点F为圆心，FB为半径作圆，则P、B、Q′都在圆F上，设圆F与y轴左侧的抛物线交于另一点Q″．
则∠PQ″B=∠PQ′B=45°（同弧所对的圆周角相等），即这里的交点Q″也是符合要求．
设Q″（n，n²）（-2＜n＜0），由FQ″=2，得
n²+（4-n²）²=2²，即n⁴-7n²+12=0．
解得n²=3或n²=4，而-2＜n＜0，故n=-$\sqrt{3}$，即Q″（-$\sqrt{3}$，3）．
可证△PFQ″为等边三角形，
所以∠PFQ″=60°，又PQ″=PQ″，
所以∠PBQ″=$\frac{1}{2}$∠PFQ″=30°．
则在△PQ″B中，∠PQ″B=45°，∠PBQ″=30°．
（i）若△Q″PB∽△PAT，则过点A作y轴的垂线，垂足为E．
则ET=$\sqrt{3}$AE=$\sqrt{3}$，OE=1，
所以OT=$\sqrt{3}$-1，
解得t=1-$\sqrt{3}$；
（ii）若△Q″BP∽△PAT，则过点T作直线AB垂线，垂足为G．
设TG=a，则PG=TG=a，AG=$\sqrt{3}$TG=$\sqrt{3}$a，AP=$\sqrt{2}$，
∴$\sqrt{3}$a+a=$\sqrt{2}$，
解得PT=$\sqrt{2}$a=$\sqrt{3}$-1，
∴OT=OP-PT=3-$\sqrt{3}$，
∴t=3-$\sqrt{3}$．
综上所述，所求的t的值为t=1或t=0或t=1-$\sqrt{3}$或t=3-$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了二次函数综合题．其中涉及到了待定系数法求一次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值的求法以及相似三角形的判定与性质，难度比较大．另外，解答（3）题时，一定要分类讨论，做到不重不漏．