Question

如图①，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，AB=5，cosA=

3

5

．一动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OB方向匀速运动；另一动点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BO方向匀速运动．两动点同时出发，当第一次相遇时即停止运动．在点P、Q运动的过程中，以PQ为一边作正方形PQMN，使正方形PQMN和△AOB在线段OB的同侧．设运动时间为t（单位：秒）．

（1）求OA和OB的长度；
（2）在点P、Q运动的过程中，设正方形PQMN和△AOB重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及相应的自变量t的取值范围；
（3）如图②，现以△AOB的直角边OB为x轴，顶点O为原点建立平面直角坐标系xOy．取OB的中点C，将过点A、C、B的抛物线记为抛物线T．
①求抛物线T的函数解析式；
②设抛物线T的顶点为点D．在点P、Q运动的过程中，设正方形PQMN的对角线PM、QN交于点E，连接DE、DN．是否存在这样的t，使得△DEN是以EN、DE为两腰或以EN、DN为两腰的等腰三角形？若存在，请求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）在Rt△AOB中，已知斜边长和∠ABO的余弦值，通过解直角三角形可得出OA、OB的长．
（2）由于正方形、△AOB的重叠部分的形状会随t的变化而变化，因此要先找出关键点：①点N在AB上，②点M在AB上；然后分三种情况讨论：
①边PN与AB有交点时，此时正方形、△AOB的重叠部分是梯形，首先找出梯形两底所在直角三角形，通过解直角三角形求出它们的长，然后通过梯形面积公式解答；
②边PN与AB无交点，但PN与AB有交点时，此时重叠部分是五边形，在求这一部分的面积时，可令正方形的面积减去右上角的小直角三角形的面积；
③当正方形完全在△AOB内部时，重叠部分的面积即正方形的面积．
（3）①在（1）中求得了OB的长，则OC长可得，在确定A、B、C三点坐标的情况下，利用待定系数法即可确定该抛物线的解析式．
②该题的计算过程较为复杂，但思路比较简单，首先求出点D的坐标，然后通过构建直角三角形，利用勾股定理求出△DEN的三边长，然后分①EN=DE、②EN=DN两种情况求出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的长度为3，OB的长度为4．

（2）Rt△AOB中，AO=3，OB=4，tan∠ABO=

3

4

，cot∠ABO=

4

3

；
①当0≤t＜

4

5

时，如右图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当

4

5

≤t＜

16

11

时，如右图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当

16

11

≤t＜2时，如右图③；
S=S_{正方形PQMN}=（4-2t）²=4t²-16t+16；
综上，可得：
当0≤t＜

4

5

时，S=6-3t．
当

4

5

≤t＜

16

11

时，S=-

25

24

t²-

4

3

t+

16

3

．
当

16

11

≤t＜2时，S=4t²-16t+16．

（3）①∵点C为OB的中点，∴OC=BC=

1

2

OB=

1

2

×4=2．
∴点C的坐标为（2，0）．
∵抛物线T经过A（0，3）、B（2，0）、C（4，0）三点，
∴

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

，
解得：

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

∴抛物线T的解析式为y=

3

8

x²-

9

4

x+3．
②存在．理由如下：
∵抛物线T的解析式为y=

3

8

x²-

9

4

x+3，即y=

3

8

（x-3）²-

3

8

．
∴抛物线T的顶点D的坐标为（3，-

3

8

）．
过点D作DF⊥y轴于点F，过点D作DG⊥x轴于点G，延长NP交DF于点H，过点E作EK⊥PN于点K，过点E作ES⊥DF于点S．
∵点D的坐标为（3，-

3

8

），
∴DF=OG=3，DG=-（-

3

8

）=

3

8

．
易知CS=PH=DG=

3

8

∵由题意知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．
∵点E是正方形PQMN的对角线的交点，
∴ES是PQ的垂直平分线．
∴ES是OB的垂直平分线．
∵点C是OB的中点，
∴E、C、S三点共线．
∴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

．
（ⅰ）当EN=DE时，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）当EN=DN时，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，
故此一元二次方程无解．
故使得EN=DN的t值不存在．
综上所述，共存在1个这样的t值，使得△DEN是以EN、DE为两腰的等腰三角形，即t=

13- 82

8

．

点评：该题是难度较大的图形动点问题，综合了二次函数、正方形的性质、解直角三角形、图形的面积问题等知识．（2）题中，一定要先抓住关键“点”，然后再进行分段讨论．