Question

7．在平面直角坐标系xOy中，过原点O及点A（0，2）、C（6，0）作矩形OABC，∠AOC的平分线交AB于点D．点P从点O出发，以每秒$\sqrt{2}$个单位长度的速度沿射线OD方向移动；同时点Q从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动．设移动时间为t秒．
（1）当点P移动到点D时，求出此时t的值；
（2）当t为何值时，△PQB为直角三角形；
（3）已知过O、P、Q三点的抛物线解析式为y=$\frac{1}{t}$（x-t）²+t（t＞0）．问是否存在某一时刻t，将△PQB绕某点旋转180°后，三个对应顶点恰好都落在上述抛物线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）首先根据矩形的性质求出DO的长，进而得出t的值；
（2）要使△PQB为直角三角形，显然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°，进而利用勾股定理分别分析得出PB²=（6-t）²+（2-t）²，QB²=（6-2t）²+2²，PQ²=（2t-t）²+t²=2t²，再分别就∠PQB=90°和∠PBQ=90°讨论，求出符合题意的t值即可；
（3）存在这样的t值，若将△PQB绕某点旋转180°，三个对应顶点恰好都落在抛物线上，则旋转中心为PQ中点，此时四边形PBQB′为平行四边形，根据平行四边形的性质和对称性可求出t的值．

解答 解：（1）∵四边形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$\sqrt{2}$，
∴t=$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$=2；

（2）要使△PQB为直角三角形，显然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°．
如图1，

作PG⊥OC于点G，在Rt△POG中，
∵∠POQ=45°，
∴∠OPG=45°，
∵OP=$\sqrt{2}$t，
∴OG=PG=t，
∴点P（t，t）
又∵Q（2t，0），B（6，2），
根据两点间的距离公式可得：PB²=（6-t）²+（2-t）²，QB²=（6-2t）²+2²，PQ²=（2t-t）²+t²=2t²，
①若∠PQB=90°，则有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°，则有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±$\sqrt{5}$．
∴当t=2或t=5+$\sqrt{5}$或t=5-$\sqrt{5}$时，△PQB为直角三角形．
解法2：①如图2，

当∠PQB=90°时，
易知∠OPQ=90°，
∴BQ∥OD
∴∠BQC=∠POQ=45°
可得QC=BC=2，
∴OQ=4，
∴2t=4，
∴t=2，
②如图3，

当∠PBQ=90°时，若点Q在OC上，
作PN⊥x轴于点N，交AB于点M，
则易证∠PBM=∠CBQ，
∴△PMB∽△QCB
∴$\frac{PM}{MB}$=$\frac{QC}{BC}$，
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（6-t），
化简得t²-10t+20=0，
解得：t=5±$\sqrt{5}$，
∴t=5-$\sqrt{5}$； 
③如图4，

当∠PBQ=90°时，若点Q在OC的延长线上，
作PN⊥x轴于点N，交AB延长线于点M，
则易证∠BPM=∠MBQ=∠BQC，
∴△PMB∽△QCB，
∴$\frac{PM}{MB}$=$\frac{QC}{BC}$，
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（t-6），
化简得t²-10t+20=0，
解得：t=5±$\sqrt{5}$，
∴t=5+$\sqrt{5}$； 

（3）存在这样的t值，理由如下：
将△PQB绕某点旋转180°，三个对应顶点恰好都落在抛物线上，
则旋转中心为PQ中点，此时四边形PBQB′为平行四边形．
∵PO=PQ，由P（t，t），Q（2t，0），知旋转中心坐标可表示为（$\frac{3}{2}$t，$\frac{1}{2}$t），
∵点B坐标为（6，2），
∴点B′的坐标为（3t-6，t-2），
代入y=-$\frac{1}{t}$（x-t）²+t，得：2t²-13t+18=0，
解得：t₁=$\frac{9}{2}$，t₂=2．

点评 本题考查了相似形综合题，涉及了动点问题，勾股定理的运用，矩形的性质，直角三角形的性质以及平行四边形的判定和性质，解答本题关键是讨论点P的位置，由题意建立方程从而求出符合题意的t值，同时要数形结合进行思考，难度较大．