题目内容
5．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，矩形OABC的顶点A坐标为（12，0），顶点C坐标为（0，9），动点P从C点出发，在边CB上以每秒1个单位长度的速度向点B移动，将线段BP绕点B按顺时针方向旋转至BD，使得DB⊥OB．设点P移动时间是t秒．（1）如图1，当O、P、D三点共线时，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，求证：CP=BE．
（2）如图2，沿OP将△OCP翻折得△OQP，连结AQ，若△OAQ恰好是等腰三角形，求点Q的坐标．
（3）记OP中点为K，问是否存在某个t值，使得此时四边形CKBD是平行四边形．若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
分析 （1）如图1中，作PH⊥OB于H．首先证明PC=PH，再证明△DBE≌△PBH，推出BE=PH即可解决问题；
（2）分两种情形①如图2中，当OA=AQ时，②如图3中，当QO=QA时，分别构造直角三角形即可解决问题；
（3）不存在．不妨设KC∥BD，只要证明△OCP∽△BCO，可得$\frac{CP}{OC}$=$\frac{OC}{CB}$，求出CP、CK、BD即可判断；
解答 解：（1）如图1中，作PH⊥OB于H．
∵BP=BD，
∴∠BDP=∠BPD=∠CPO，
∵∠CPO+∠COP=90°，∠ODB+∠DOB=90°，
∴∠COP=∠BOP，
∵PC⊥OC，PH⊥OB，
∴PC=PH，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=∠DBH=90°，
∴∠EDB+∠DBE=90°，∠DBE+∠PBH=90°，
∴∠BDE=PBH，∵∠DEB=∠PHB=90°，
∴△DBE≌△PBH，
∴BE=PH，
∴PC=BE．
（2）如图2中，当OA=AQ时，作QH⊥OA于H．
设OH=x，则AH=12-x，
∵QH2=OQ2-OH2=AQ2-AH2
∴92-x2=122-（12-x）2，
∴x=$\frac{27}{8}$，
∴OH=$\frac{27}{8}$，QH=$\frac{3}{8}$$\sqrt{55}$，
∴Q（$\frac{27}{8}$，$\frac{3}{8}$$\sqrt{55}$）．
如图3中，当QO=QA时，作QH⊥OA于H．
在Rt△OQH中，∵OQ=OC=9，OH=HA=6，
∴QH=$\sqrt{{9}^{2}-{6}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
∴Q（6，3$\sqrt{5}$），
综上所述，满足条件的点Q坐标为（$\frac{27}{8}$，$\frac{3}{8}$$\sqrt{55}$）或（6，3$\sqrt{5}$）．
（3）不存在．理由如下：如图4中，
不妨设KC∥BD，则∠DBC=∠KCB，
∵∠DBC+∠CBO=90°，∠BCK+∠OCK=90°，
∴∠CBO=∠OCK，
∵OK=KP，
∴CK=KO，
∴∠OCK=∠COK=∠CBO，
∵∠OCP=∠OCB，
∴△OCP∽△BCO，
∴$\frac{CP}{OC}$=$\frac{OC}{CB}$，
∴$\frac{CP}{9}$=$\frac{9}{12}$，
∴CP=$\frac{27}{4}$，PB=BD=12-$\frac{27}{4}$=$\frac{21}{4}$，
∵OP=$\sqrt{O{C}^{2}+P{C}^{2}}$=$\sqrt{{9}^{2}+（\frac{27}{4}）^{2}}$=$\frac{45}{4}$，
∴CK=$\frac{1}{2}$OP=$\frac{45}{8}$，
∴CK≠BD，
∴四边形CKBD不可能是平行四边形，故不存在．
点评 本题考查四边形综合题、翻折变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
名校课堂系列答案
已知：如图，DE平分∠BDF，∠A=$\frac{1}{2}$∠BDF，DE⊥BF，求证：AC⊥BF．
已知如图，AB=AC，DB=DC，请说明∠B=∠C成立的理由．
如图，△ABC的边BC=48cm．高AD=16cm，矩形EFGH的边FG在BC上，顶点E，H分别在AB、AC上，相邻两边EF，FG的比为5：9，求矩形EFGH的周长．