Question

11．如圖所示，已知在直角坐標(biāo)系中，點B（3，1），過點B作AB∥x軸，交直線y=x于點A，作BC⊥x軸于點C．動點P從O點出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度移動．過P點作PQ垂直于直線OA，垂足為Q．設(shè)P點移動的時間為t秒（0＜t＜4），△OPQ與直角梯形OABC重疊部分的面積為S．
（1）求經(jīng)過O、A、B三點的拋物線解析式；
（2）求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）連接AC、QC，當(dāng)t為何值時，CQ平分∠ACO？
（4）將△OPQ繞著點P順時針旋轉(zhuǎn)90°，是否存在t，使得△OPQ的頂點O或Q在拋物線上？若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線解析式為y=ax²+bx（a≠0）．根據(jù)“線段AB∥x軸，點A在直線y=x上”結(jié)合點B的坐標(biāo)即可得出點A的坐標(biāo)，由A、B點的坐標(biāo)利用待定系數(shù)即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)點P的運(yùn)動，分三種情況考慮S與t的函數(shù)關(guān)系式，通過解直角三角得出各邊的長度，再利用三角形（梯形）的面積公式即可得出結(jié)論；
（3）根據(jù)點A、B、C的坐標(biāo)可求出線段OA、AB、BC的長度，再結(jié)合勾股定理得出線段AC的長度，結(jié)合點P的坐標(biāo)以及等腰直角三角形的找出點Q的坐標(biāo)，由角平分線的性質(zhì)即可得出比例式$\frac{CO}{CA}=\frac{OQ}{QA}$，代入數(shù)據(jù)即可得出關(guān)于時間t的分式方程，解方程即可得出結(jié)論；
（4）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的特性找出旋轉(zhuǎn)后點O和點Q的坐標(biāo)，將其代入拋物線解析式中得出關(guān)于時間t的一元二次方程，解方程即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意可知：拋物線經(jīng)過原點，且過點B（3，1），
∵線段AB∥x軸，點A在直線y=x上，
∴A（1，1），
設(shè)拋物線解析式為y=ax²+bx（a≠0）．
把A（1，1），B（3，1）代入上式得：$\left\{\begin{array}{l}a+b=1\\ 9a+3b=1\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{3}\\ b=\frac{4}{3}\end{array}\right.$．
∴所求拋物線解析式為$y=-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{4}{3}x$．
（2）分三種情況：
①當(dāng)0＜t≤2，重疊部分的面積是S_△OPQ，
過點A作AF⊥x軸于點F，如圖1所示．

∵A（1，1），
∴在Rt△OAF中，AF=OF=1，∠AOF=45°，
在Rt△OPQ中，OP=t，∠OPQ=∠QOP=45°，
∴PQ=OQ=tcos 45°=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}t$，
$S=\frac{1}{2}{（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}t}）^2}=\frac{1}{4}{t^2}$；
②當(dāng)2＜t≤3，設(shè)PQ交AB于點G，作GH⊥x軸于點H，如圖2所示．

∵∠OPQ=∠QOP=45°，
∴四邊形OAGP是等腰梯形，重疊部分的面積是S_梯形OAGP．
∴AG=FH=t-2，
∴$S=\frac{1}{2}（{AG+OP}）•AF=\frac{1}{2}（{t+t-2}）×1=t-1$；
③當(dāng)3＜t＜4，設(shè)PQ與AB交于點M，交BC于點N，如圖3所示．

則重疊部分的面積是S_{五邊形OAMNC}．
因為△PNC和△BMN都是等腰直角三角形，
所以重疊部分的面積是S_{五邊形OAMNC}=S_梯形OABC-S_△BMN．
∵B（3，1），OP=t，
∴PC=CN=t-3，
∴$S=\frac{1}{2}（{2+3}）×1-\frac{1}{2}{（{4-t}）^2}$，
即$S=-\frac{1}{2}{t^2}+4t-\frac{11}{2}$．
綜上所述S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{4}{t}^{2}（0＜t≤2）}\\{t-1（2＜t≤3）}\\{-\frac{1}{2}{t}^{2}+4t-\frac{11}{2}（3＜t＜4）}\end{array}\right.$．
（3）依照題意畫出圖形，如圖4所示．

由點A（1，1），C（3，0），
∴$OA=\sqrt{2}$，AB=2，
在Rt△ABC中，BC=1，AB=2，∠ABC=90°，
∴$AC=\sqrt{5}$．
又點P的坐標(biāo)為（t，0），△POQ為等腰直角三角形，
∴$OQ=\frac{{\sqrt{2}}}{2}OP=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t$，
∴$AQ=OA-OQ=\sqrt{2}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}t$．
而OC=3，若CQ，CQ平分∠ACO，
則由角平分線的性質(zhì)知：$\frac{CO}{CA}=\frac{OQ}{QA}$，
即$\frac{3}{{\sqrt{5}}}=\frac{{\frac{{\sqrt{2}}}{2}t}}{{\sqrt{2}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}t}}$，解得：$t=\frac{6}{{3+\sqrt{5}}}=\frac{{3（{3-\sqrt{5}}）}}{2}$=$\frac{9-3\sqrt{5}}{2}$．
（4）假設(shè)存在．
將△OPQ繞著點P順時針旋轉(zhuǎn)90°，如圖5所示．

∵點P的坐標(biāo)為（t，0），△OPQ為等腰直角三角形，
∴點Q的坐標(biāo)為 （$\frac{t}{2}$，$\frac{t}{2}$），
∴旋轉(zhuǎn)后點O的坐標(biāo)為（t，t），點Q的坐標(biāo)為（$\frac{3}{2}t$，$\frac{1}{2}t$）．
①當(dāng)O點在拋物線上時，將O（t，t）代入拋物線解析式中得：
t=-$\frac{1}{3}{t}^{2}$+$\frac{4}{3}$t，解得：t=0（舍去），t=1；
②當(dāng)Q點在拋物線上時，將Q（$\frac{3}{2}t$，$\frac{1}{2}t$）代入拋物線解析式得：
$\frac{1}{2}$t=-$\frac{1}{3}（\frac{3}{2}t）^{2}$+$\frac{4}{3}•\frac{3}{2}$t，解得：t=0（舍去），t=2．
綜上可知：將△OPQ繞著點P順時針旋轉(zhuǎn)90°，存在t使得△OPQ的頂點O或Q在拋物線上，此時t的值為1或2．

點評 本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、角平分線的性質(zhì)、三角形（梯形）的面積公式以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）找出點A的坐標(biāo)；（2）分情況找出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）根據(jù)角平分線的性質(zhì)找出關(guān)于時間t的分式方程；（4）找出旋轉(zhuǎn)后的點O和點Q的坐標(biāo)．本題屬于中檔題，難度不大，但較繁瑣，解決該題型題目時，畫出圖形依照數(shù)形解決問題是關(guān)鍵．