Question

如圖①，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，AB=5，cosA=

3

5

．一動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿OB方向勻速運動；另一動點Q從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿BO方向勻速運動．兩動點同時出發(fā)，當?shù)谝淮蜗嘤鰰r即停止運動．在點P、Q運動的過程中，以PQ為一邊作正方形PQMN，使正方形PQMN和△AOB在線段OB的同側(cè)．設運動時間為t（單位：秒）．

（1）求OA和OB的長度；
（2）在點P、Q運動的過程中，設正方形PQMN和△AOB重疊部分的面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關系式以及相應的自變量t的取值范圍；
（3）如圖②，現(xiàn)以△AOB的直角邊OB為x軸，頂點O為原點建立平面直角坐標系xOy．取OB的中點C，將過點A、C、B的拋物線記為拋物線T．
①求拋物線T的函數(shù)解析式；
②設拋物線T的頂點為點D．在點P、Q運動的過程中，設正方形PQMN的對角線PM、QN交于點E，連接DE、DN．是否存在這樣的t，使得△DEN是以EN、DE為兩腰或以EN、DN為兩腰的等腰三角形？若存在，請求出對應的t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）在Rt△AOB中，已知斜邊長和∠ABO的余弦值，通過解直角三角形可得出OA、OB的長．
（2）由于正方形、△AOB的重疊部分的形狀會隨t的變化而變化，因此要先找出關鍵點：①點N在AB上，②點M在AB上；然后分三種情況討論：
①邊PN與AB有交點時，此時正方形、△AOB的重疊部分是梯形，首先找出梯形兩底所在直角三角形，通過解直角三角形求出它們的長，然后通過梯形面積公式解答；
②邊PN與AB無交點，但PN與AB有交點時，此時重疊部分是五邊形，在求這一部分的面積時，可令正方形的面積減去右上角的小直角三角形的面積；
③當正方形完全在△AOB內(nèi)部時，重疊部分的面積即正方形的面積．
（3）①在（1）中求得了OB的長，則OC長可得，在確定A、B、C三點坐標的情況下，利用待定系數(shù)法即可確定該拋物線的解析式．
②該題的計算過程較為復雜，但思路比較簡單，首先求出點D的坐標，然后通過構(gòu)建直角三角形，利用勾股定理求出△DEN的三邊長，然后分①EN=DE、②EN=DN兩種情況求出t的值．

解答：解：（1）∵cosA=

3

5

，AB=5，
∴在Rt△AOB中，cosA=

OA

AB

=

OA

5

=

3

5

，
∴OA=3．
∴在Rt△AOB中，OB=

AB2-OA2

=4．
∴OA的長度為3，OB的長度為4．

（2）Rt△AOB中，AO=3，OB=4，tan∠ABO=

3

4

，cot∠ABO=

4

3

；
①當0≤t＜

4

5

時，如右圖①，OP=QB=t，PQ=4-2t；
Rt△EQB中，EQ=QB•tan∠ABO=

3

4

t，同理可得：EP=3-

3

4

t；
∴S=

1

2

（EP+FQ）•PQ=

1

2

×3×（4-2t）=6-3t；
②當

4

5

≤t＜

16

11

時，如右圖②；
QH=QB•tan∠ABO=

3

4

t，MQ=PQ=4-2t，MH=MQ-HQ=4-

11

4

t，MG=MH•cot∠MGH=MH•cot∠ABO=

16

3

-

11

3

t；
S=S_{正方形PQMN}-S_△GMH=（4-2t）²-

1

2

（4-

11

4

t）（

16

3

-

11

3

t）=-

25

24

t²-

4

3

t+

16

3

；
③當

16

11

≤t＜2時，如右圖③；
S=S_{正方形PQMN}=（4-2t）²=4t²-16t+16；
綜上，可得：
當0≤t＜

4

5

時，S=6-3t．
當

4

5

≤t＜

16

11

時，S=-

25

24

t²-

4

3

t+

16

3

．
當

16

11

≤t＜2時，S=4t²-16t+16．

（3）①∵點C為OB的中點，∴OC=BC=

1

2

OB=

1

2

×4=2．
∴點C的坐標為（2，0）．
∵拋物線T經(jīng)過A（0，3）、B（2，0）、C（4，0）三點，
∴

42a+4b+c=0. 22+2b+c=0. c=3.

，
解得：

a= 3 8 . b=- 9 4 . c=3.

∴拋物線T的解析式為y=

3

8

x²-

9

4

x+3．
②存在．理由如下：
∵拋物線T的解析式為y=

3

8

x²-

9

4

x+3，即y=

3

8

（x-3）²-

3

8

．
∴拋物線T的頂點D的坐標為（3，-

3

8

）．
過點D作DF⊥y軸于點F，過點D作DG⊥x軸于點G，延長NP交DF于點H，過點E作EK⊥PN于點K，過點E作ES⊥DF于點S．
∵點D的坐標為（3，-

3

8

），
∴DF=OG=3，DG=-（-

3

8

）=

3

8

．
易知CS=PH=DG=

3

8

∵由題意知OP=BQ=t，
∴PQ=OB-OP-BQ=4-2t．
∵正方形PQMN已知，
∴PN=PQ=4-2t，∠PNQ=45°，EP=EN=EQ=

1

2

NQ．
∴在Rt△NPQ中，cos∠PNQ=cos45°=

2

2

=

PN

NQ

=

4-2t

NQ

，
∴NQ=4

2

-2

2

t．
∴EN=EQ=

1

2

NQ=

1

2

（4

2

-2

2

t）=2

2

-

2

t．
∴EN²=（2

2

-

2

t）²=2t²-8t+8．
易知FH=OP=t，
∴DH=DF-FH=3-t，NH=NP+PH=4-2t+

3

8

=

35

8

-2t．
∴在Rt△DHN中，DN²=DH²+NH²=（3-t）²+（

35

8

-2t）²=5t²-

47

2

t+

1801

64

．
∵EN=EP，EK⊥NP，
∴NK=PK=

1

2

NP=

1

2

（4-2t）=2-t．
∵點E是正方形PQMN的對角線的交點，
∴ES是PQ的垂直平分線．
∴ES是OB的垂直平分線．
∵點C是OB的中點，
∴E、C、S三點共線．
∴易知CE=PK=2-t．
∴ES=CE+CS=2-t+

3

8

=

19

8

-t．
∵CG=OG-OC=3-2=1．
易知DS=CG=1．
∴在Rt△DES中，DE²=ES²+DS²=（

19

8

-t）²+1²=t²-

19

4

t+

425

64

．
（�。┊擡N=DE時，EN²=DE²，
即2t²-8t+8=t²-

19

4

t+

425

64

．
解得t₁=

13- 82

8

，t₂=

13+ 82

8

．
由（2）知，0≤t＜2，而

13+ 82

8

＞2，故t₂=

13+ 82

8

舍去．
（ⅱ）當EN=DN時，NE²=DN²，
即2t²-8t+8=5t²-

47

2

t+

1801

64

．整理，得3t²-

31

2

t+

1289

64

=0．
△=b²-4ac=（-

31

2

）²-4×3×

1289

64

=-

23

16

＜0，
故此一元二次方程無解．
故使得EN=DN的t值不存在．
綜上所述，共存在1個這樣的t值，使得△DEN是以EN、DE為兩腰的等腰三角形，即t=

13- 82

8

．

點評：該題是難度較大的圖形動點問題，綜合了二次函數(shù)、正方形的性質(zhì)、解直角三角形、圖形的面積問題等知識．（2）題中，一定要先抓住關鍵“點”，然后再進行分段討論．