Question

8．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax²+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（-2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t（0＜t＜10）．
（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；
（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？
（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．

Answer 1

分析 （1）由抛物线的解析式可求得C点坐标，由矩形的性质可求得B点坐标，由B、D的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）可设P（t，4），则可表示出E点坐标，从而可表示出PB、PE的长，由条件可证得△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值；
（3）当四边形PMQN为正方形时，则可证得△COQ∽△QAB，利用相似三角形的性质可求得CQ的长，在Rt△BCQ中可求得BQ、CQ，则可用t分别表示出PM和PN，可得到关于t的方程，可求得t的值．

解答 解：
（1）在y=ax²+bx+4中，令x=0可得y=4，
∴C（0，4），
∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），
∴B（10，4），
把B、D坐标代入抛物线解析式可得$\left\{\begin{array}{l}{100a+10b+4=4}\\{4a-2b+4=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{6}}\\{b=\frac{5}{3}}\end{array}\right.$，
∴抛物线解析式为y=-$\frac{1}{6}$x²+$\frac{5}{3}$x+4；
（2）由题意可设P（t，4），则E（t，-$\frac{1}{6}$t²+$\frac{5}{3}$t+4），
∴PB=10-t，PE=-$\frac{1}{6}$t²+$\frac{5}{3}$t+4-4=-$\frac{1}{6}$t²+$\frac{5}{3}$t，
∵∠BPE=∠COD=90°，∠PBE=∠OCD，
∴△PBE∽△OCD，
∴$\frac{BP}{CO}$=$\frac{PE}{OD}$，即BP•OD=CO•PE，
∴2（10-t）=4（-$\frac{1}{6}$t²+$\frac{5}{3}$t），解得t=3或t=10（不合题意，舍去），
∴当t=3时，∠PBE=∠OCD；
（3）当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC=∠PNB=∠CQB=90°，PM=PN，
∴∠CQO+∠AQB=90°，
∵∠CQO+∠OCQ=90°，
∴∠OCQ=∠AQB，
∴Rt△COQ∽Rt△QAB，
∴$\frac{CO}{AQ}$=$\frac{OQ}{AB}$，即OQ•AQ=CO•AB，
设OQ=m，则AQ=10-m，
∴m（10-m）=4×4，解得m=2或m=8，
①当m=2时，CQ=$\sqrt{O{C}^{2}+O{Q}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，BQ=$\sqrt{A{Q}^{2}+A{B}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，
∴sin∠BCQ=$\frac{BQ}{BC}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，sin∠CBQ=$\frac{CQ}{CB}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴PM=PC•sin∠PCQ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$t，PN=PB•sin∠CBQ=$\frac{\sqrt{5}}{5}$（10-t），
∴$\frac{2\sqrt{5}}{5}$t=$\frac{\sqrt{5}}{5}$（10-t），解得t=$\frac{10}{3}$，
②当m=8时，同理可求得t=$\frac{20}{3}$，
∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为$\frac{10}{3}$或$\frac{20}{3}$．

点评 本题为二次函数的综合应用，涉及矩形的性质、待定系数法、相似三角形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形、方程思想等知识．在（1）中注意利用矩形的性质求得B点坐标是解题的关键，在（2）中证得△PBE∽△OCD是解题的关键，在（3）中利用Rt△COQ∽Rt△QAB求得CQ的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．