Question

如图，平面直角坐标系xOy中，A（0，12），B（40，0），C（36，12），点P从点A出发，以1个单位/s的速度向点C运动；点Q从B同时出发，以2个单位/s的速度向点O运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为ts．
（1）求过O，C，B三点的抛物线解析式；
（2）求证：△OCB为直角三角形；
（3）t为何值时，PQ=BC；
（4）在（1）中的抛物线上，是否存在点M，使以O，M，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出此时t的值和M点的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：二次函数综合题,待定系数法求二次函数解析式,全等三角形的判定与性质,勾股定理,勾股定理的逆定理,平行四边形的性质

专题：压轴题

分析：（1）用待定系数法就可求出二次函数的解析式．
（2）过点C作CH⊥OB，垂足为H，运用勾股定理及其逆定理就可解决问题．
（3）由PQ=BC可分四边形PCBQ是平行四边形和等腰梯形两种情况进行讨论，就可以解决问题．
（4）分别以PQ为平行四边形的边和对角线进行讨论，就可解决问题．

解答：解：（1）如图1，

由题可设y=ax（x-40），
∵点C（36，12）在抛物线y=ax（x-40）上，
∴a×36×（36-40）=12．
解得：a=-

1

12

．
∴y=-

1

12

x（x-40）=-

1

12

x²+

10x

3

．
∴过O，C，B三点的抛物线的解析式为y=-

1

12

x²+

10x

3

．

（2）证明：过点C作CH⊥OB，垂足为H，如图2，

∵点C坐标为（36，12），点B的坐标为（40，0），
∴OH=36，CH=12，OB=40．
∴OC²=OH²+CH²=36²+12²=1440，BC²=CH²+BH²=12²+（40-36）²=160．
∴OC²+BC²=1600=OB²．
∴∠OCB=90°．
∴△OCB是直角三角形．

（3）①若四边形PCBQ是平行四边形，如图3，

则有PC=BQ．
∵AP=t，BQ=2t，AC=36，OB=40，
∴36-t=2t．
解得：t=12．
②若四边形PCBQ是等腰梯形，
过点P作PG⊥OB，垂足为G，如图4，

∵四边形PCBQ是等腰梯形，
∴PQ=CB，∠PQG=∠CBH．
在Rt△PGQ和Rt△CHB中，

∠PQG=∠CBH ∠PGQ=∠CHB PQ=CB

∴Rt△PGQ≌Rt△CHB（AAS）
∴GQ=BH，PG=CH．
∵∠PGH=∠CHB=90°．
∴PG∥CH．
∴四边形PCHG是平行四边形．
∴PC=GH．
∴36-t=2t-2×4．
解得：t=

44

3

．
综上所述：当t为12秒或

44

3

秒时，PQ=BC

（4）①PQ为平行四边形的一条边，
Ⅰ．若四边形OPQM是平行四边形，如图5①，

过点P作PR⊥OB，垂足为R，过点M作MS⊥OB，垂足为S，
∵四边形OPQM是平行四边形，
∴PQ∥OM，PQ=OM．
∴∠MOQ=∠PQO．
∴∠SOM=∠RQP．
在△OSM和△QRP中，

∠SOM=∠RQP ∠OSM=∠QRP OM=PQ

，
∴△OSM≌△QRP（AAS）．
∴SM=RP，OS=QR．
∵RP=12，
∴SM=12．
∴y_M=-12．
∴-

1

12

x²+

10x

3

=-12．
解得：x₁=20+4

34

（舍去），x₂=20-4

34

．
此时点M的坐标为（20-4

34

，-12），
QR=OS=4

34

-20，
OQ=OR-QR=AP-QR=t-（4

34

-20）=40-2t，
解得：t=

20+4 34

3

．
Ⅱ．若四边形OQPM是平行四边形，如图5②，

则有PM=OQ．
当y=12时，-

1

12

x²+

10x

3

=12，
解得：x₁=4，x₂=36（舍去）．
此时点M的坐标为（4，12），
PM=t-4，OQ=40-2t，
则有t-4=40-2t．
解得：t=

44

3

．
②PQ为平行四边形的一条对角线，如图6，

则四边形OPMQ是平行四边形．
∴PM∥OQ，PM=OQ．
∵点M既在PC上，又在抛物线上，
∴点M与点C重合，即点M的坐标为（36，12），
由PM=OQ得36-t=40-2t，
解得：t=4．
综上所述：当t=

20+4 34

3

时，M（20-4

34

，-12）；当t=

44

3

时，M（4，12）；当t=4时，M（36，12）．

点评：本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式、平行四边形的性质、等腰梯形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理等知识，有一定的综合性．