题目内容
（2013•衢州）在平面直角坐标系x、y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
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=-
（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．
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（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=-
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| t |
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．
（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
，
∴t=
=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=
t，∴OG=PG=t，
∴点P（t，t）
又∵Q（2t，0），B（6，2），
根据勾股定理可得：PB2=（6-t）2+（2-t）2，QB2=（6-2t）2+22，PQ2=（2t-t）2+t2=2t2，
①若∠PQB=90°，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±
．
∴当t=2或t=5+
或t=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
∴
=
，
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（t-6），
化简得t2-10t+20=0，
解得：t=5±
，
∴t=5-
；
③如图3，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，
∴
=
，
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（t-6），
化简得t2-10t+20=0，
解得：t=5±
，
∴t=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（
t，
t），
∵点B坐标为（6，2），∴点B′的坐标为（3t-6，t-2），
代入y=-
（x-t）2+t，得：2t2-13t+18=0，
解得：t1=
，t2=2．
∴∠AOC=∠OAB=90°，
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOD=∠DOQ=45°，
∴在Rt△AOD中，∠ADO=45°，
∴AO=AD=2，OD=2
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∴t=
2
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（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=
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∴点P（t，t）
又∵Q（2t，0），B（6，2），
根据勾股定理可得：PB2=（6-t）2+（2-t）2，QB2=（6-2t）2+22，PQ2=（2t-t）2+t2=2t2，
①若∠PQB=90°，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±
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∴当t=2或t=5+
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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
∴
| PM |
| MB |
| QC |
| BC |
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（t-6），
化简得t2-10t+20=0，
解得：t=5±
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∴t=5-
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③如图3，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，
∴
| PM |
| MB |
| QC |
| BC |
∴CB•PM=QC•MB，
∴2（t-2）=（2t-6）（t-6），
化简得t2-10t+20=0，
解得：t=5±
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∴t=5+
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（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（
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∵点B坐标为（6，2），∴点B′的坐标为（3t-6，t-2），
代入y=-
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| t |
解得：t1=
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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．
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