Question

6．如圖，已知矩形ABCO，OA=4，AB=8，沿DE折疊，使點(diǎn)C與A重合，B點(diǎn)落在G點(diǎn)位置，分別以O(shè)C、OA所在的直線為x軸，y軸建立直角坐標(biāo)系．
（1）求出E點(diǎn)的坐標(biāo)，及過(guò)A、E、C三點(diǎn)拋物線解析式；
（2）求出△ADE的面積，及折痕DE的長(zhǎng)；
（3）點(diǎn)P為DE邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以每秒$\frac{{\sqrt{5}}}{2}$個(gè)單位從D點(diǎn)向終點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)以每秒1個(gè)單位從E點(diǎn)向A運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)停止，Q點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，問(wèn)是否存在t的值，使△PEQ為直角三角形？若存在，求出t的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由折疊得到AE=CE，在直角三角形AOE中，求出OE，AE，CE，得到點(diǎn)E的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
（2）同（1）的方法求出AD，從而求出三角形ADE的面積，再用勾股定理求出折痕DE，
（3）先時(shí)間0＜t≤4，然后求出∠AED的余弦值，表示出DP，PE，EQ，分兩種情況用∠AED的余弦值建立方程，求出時(shí)間t．

解答 解：（1）由折疊得，AE=CE，
設(shè)OE=x，AE=CE=8-x，
在RT△AOE中，OA=4，
根據(jù)勾股定理得，AE²=OA²+OE²，
∴（8-x）²=16+x²，
∴x=3，
∴OE=3，AE=CE=5，
∴點(diǎn)E（3，0），
∵C（8，0），
∴設(shè)拋物線解析式為y=a（x-3）（x-8），
∵點(diǎn)A（0，4）在拋物線上，
∴24a=4，
∴a=$\frac{1}{6}$，
∴拋物線解析式為y=$\frac{1}{6}$（x-3）（x-8）=$\frac{1}{6}$x²-$\frac{11}{6}$x+4，
（2）如圖1，

同（1）的方法求得，AD=5，BD=3，
∴S△ADE=$\frac{1}{2}$AD×OA=$\frac{1}{2}$×5×4=10，
過(guò)點(diǎn)D作DF⊥OC，
∵CE=5，EF=CE-FC=CE-BD=5-3=2，
在RT△DEF中，DF=4，EF=2，
根據(jù)勾股定理得，DE=$\sqrt{D{F}^{2}+E{F}^{2}}$=2$\sqrt{5}$；
（3）如圖2，∵點(diǎn)P，Q分別是線段上的動(dòng)點(diǎn)，
∴0＜t≤4，

由（1）（2）得AE=AD=5，DE=2$\sqrt{5}$，
過(guò)點(diǎn)A作AG⊥DE，
∴EG=$\sqrt{5}$，
∴cos∠AED=$\frac{EG}{AE}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∵點(diǎn)P為DE邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以每秒$\frac{{\sqrt{5}}}{2}$個(gè)單位從D點(diǎn)向終點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)以每秒1個(gè)單位從E點(diǎn)向A運(yùn)動(dòng)，
∴DP=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，EQ=t，
∴PE=DE-DP=2$\sqrt{5}$-$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，
∴△PEQ為直角三角形，
∴①當(dāng)∠PQE=90°時(shí)，
cos∠AED=$\frac{EQ}{PE}$=$\frac{t}{2\sqrt{5}-\frac{\sqrt{5}}{2}t}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴t=$\frac{4}{3}$，
②當(dāng)∠Q′P′E=90°時(shí)，
cos∠AED=$\frac{P′E}{Q′E}$=$\frac{2\sqrt{5}-\frac{\sqrt{5}}{2}t}{t}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴t=$\frac{20}{7}$，
即：當(dāng)t=$\frac{4}{3}$或t=$\frac{20}{7}$時(shí)，△PEQ為直角三角形．

點(diǎn)評(píng) 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了折疊的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求拋物線解析式，三角形的面積公式，三角函數(shù)，解此題關(guān)鍵是求出OE，難點(diǎn)是用三角函數(shù)建立方程．