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

（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．