Question

如圖1，在平面直角坐標系中，有一張矩形紙片OABC，已知O（0，0），A（4，0），C（0，3），點P是OA邊上的動點（與點O、A不重合）．現將△PAB沿PB翻折，得到△PDB；再在OC邊上選取適當的點E，將△POE沿PE翻折，得到△PFE，并使直線PD、PF重合．
（Ⅰ）求證：△POE∽△BAP；
（Ⅱ）設P（x，0），E（0，y），求y關于x的函數關系式，并求y的最大值；
（Ⅲ）如圖2，若翻折后點D落在BC邊上，求過點P、B、E的拋物線的函數關系式；
（Ⅳ）在（Ⅲ）的情況下，在該拋物線上是否存在點Q，使△PEQ是以PE為直角邊的直角三角形？若不存在，說明理由；若存在，求出點Q的坐標．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由翻折得到：△OPE與△FPE，△ABP與△DBP全等，進而得到以P為頂點的四個小角中，∠OPE與∠FPE，∠APB與∠DPB相等，即可得到∠OPE+∠APB為直角，而∠OEP+∠OPE也為直角，所以∠OPE=∠APB，再加上直角等于直角，得到所證的兩三角形相似；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的兩三角形相似，得到對應邊成比例即可列出y與x的二次函數關系式，由x的范圍，考慮頂點取到，所以當x等于頂點橫坐標時，y的最大值為頂點縱坐標，根據頂點坐標公式求出y的最大值即可；
（Ⅲ）根據題意可知：△EOP和△PAB都為等腰直角三角形，求出OP=OE=1，AP=AB=3，得到點P，點B，點E三點坐標，設出拋物線的一般式，把三點坐標代入得到關于a，b，c的三元一次方程組，求出方程組的解即可得到a，b，c的值，確定出拋物線的解析式；
（Ⅳ）分點E和點P分別為直角頂點兩種情況考慮：當點P位直角頂點時，Q與B重合，所以B的坐標即為Q的坐標；當E為直角頂點時，先根據P和B的坐標求出直線PB的方程，由直線PB與直線EQ平行，得到k值相同，又根據E的坐標，寫出直線EQ的方程，與拋物線解析式聯(lián)立即可求出Q的坐標．

解答：（Ⅰ）證明：由翻折可知：△OPE≌△FPE，△ABP≌△DBP，
∴∠OPE=∠FPE，∠APB=∠DPB，又∠OPE+∠FPE+∠APB+∠DPB=180°，
∴∠EPB=∠EPF+∠DPB=∠OPE+∠APB=90°，又∠OPE+∠OEP=90°，
∴∠OEP=∠APB，又∠POE=∠BAP=90°，
∴△POE∽△BAP；

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：△POE∽△BAP，
∴

OP

AB

=

OE

AP

，又OP=x，OE=y，故PA=4-x，AB=3，
即

x

3

=

y

4-x

，化簡得：y=

1

3

x（4-x）=-

1

3

x²+

4

3

x，且0＜x＜4，
∴當x=-

b

2a

=-

4 3

2×(- 1 3 )

=2時，y_max=

4ac-b2

4a

=

4×(- 1 3 )×0-( 4 3 )2

4×(- 1 3 )

=

4

3

；

（Ⅲ）解：根據題意可知：△EOP和△PAB都為等腰直角三角形，且OP=OE=1，AP=AB=3，
則E（0，1），P（1，0），B（4，3），設過三點的拋物線解析式為：y=ax²+bx+c，
把三點坐標代入得：

c=1① a+b+c=0② 16a+4b+c=3③

，
③-②×4得：12a-3c=3，把c=1代入解得：a=

1

2

，
把a=

1

2

，c=1代入②解得：b=-

3

2

，故y=

1

2

x²-

3

2

x+1；

（Ⅳ）解：存在．
當點P為△EPQ的直角頂點時，由EP⊥PB，此時Q與B重合，可得Q₁（4，3）；
當點E為△EPQ的直角頂點時，過點E作EQ₂⊥EP，交拋物線與點Q₂，
由EQ₂∥PB，設直線PB的方程為：y=kx+b，
把P（1，0）和B（4，3）代入得：

k+b=0① 4k+b=3②

，
②-①得：3k=3，解得：k=1，把k=1代入①得：b=-1，
所以直線PB的方程為：y=x-1，則直線EQ₂的斜率為1，
則直線EQ₂的方程為：y=x+m，把E（0，1）代入得：m=1，即直線EQ₂的方程為：y=x+1，
與拋物線解析式聯(lián)立消去y得：x+1=

1

2

x²-

3

2

x+1，即x（x-5）=0，解得：x=0或x=5，
把x=5代入直線EQ₂方程y=x+1得：y=6，故Q₂（5，6），
綜上，滿足題意的Q點的坐標為（4，3）或（5，6）．

點評：本題要求學生掌握證明相似的方法：兩對對應角相等的兩三角形相似；兩對對應邊對應成比例且夾角相等的兩三角形相似；三邊對應成比例的兩三角形相似；待定系數法的步驟：先設出函數解析式，把已知點的坐標代入得到一個方程組，求出方程組的解即可得到所設字母的值，確定出函數解析式．同時注意翻折得到三角形全等以及掌握分類討論的數學思想．