Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將拋物線y=x2的對(duì)稱軸繞著點(diǎn)P（0，2）順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后與該拋物線交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)Q是該拋物線上一點(diǎn)．

（1）求直線AB的函數(shù)表達(dá)式。
（2）如圖①，若點(diǎn)Q在直線AB的下方，求點(diǎn)Q到直線AB的距離的最大值
（3）如圖②，若點(diǎn)Q在y軸左側(cè)，且點(diǎn)T（0，t）（t＜2）是射線PO上一點(diǎn)，當(dāng)以P、B、Q為頂點(diǎn)的三角形與△PAT相似時(shí)，求所有滿足條件的t的值

Answer 1

【答案】
（1）

解：如圖①，設(shè)直線AB與x軸的交點(diǎn)為M．

∵∠OPA=45°，

∴OM=OP=2，即M（﹣2，0）．

設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b（k≠0），將M（﹣2，0），P（0，2）兩點(diǎn)坐標(biāo)代入，得

，解得．

故直線AB的解析式為y=x+2

（2）

解：如圖①，過(guò)點(diǎn)Q作x軸的垂線QC，交AB于點(diǎn)C，再過(guò)點(diǎn)Q作直線AB的垂線，垂足為D，

根據(jù)條件可知△QDC為等腰直角三角形，則QD=QC．

設(shè)Q（m，m2），則C（m，m+2）．

∴QC=m+2﹣m2=﹣（m﹣）2+，

QD=QC=[﹣（m﹣）2+]．

故當(dāng)m=時(shí)，點(diǎn)Q到直線AB的距離最大，最大值為

（3）

解：∵∠APT=45°，

∴△PBQ中必有一個(gè)內(nèi)角為45°，由圖知，∠BPQ=45°不合題意．

①如圖②，若∠PBQ=45°，過(guò)點(diǎn)B作x軸的平行線，與拋物線和y軸分別交于點(diǎn)Q′、F．此時(shí)滿足∠PBQ′=45°．

∵Q′（﹣2，4），F(xiàn)（0，4），

∴此時(shí)△BPQ′是等腰直角三角形，由題意知△PAT也是等腰直角三角形．

（i）當(dāng)∠PTA=90°時(shí)，得到：PT=AT=1，此時(shí)t=1；

（ii）當(dāng)∠PAT=90°時(shí)，得到：PT=2，此時(shí)t=0．

②如圖③，

若∠PQB=45°，①中是情況之一，答案同上；

先以點(diǎn)F為圓心，F(xiàn)B為半徑作圓，則P、B、Q′都在圓F上，設(shè)圓F與y軸左側(cè)的拋物線交于另一點(diǎn)Q″．

則∠PQ″B=∠PQ′B=45°（同弧所對(duì)的圓周角相等），即這里的交點(diǎn)Q″也是符合要求．

設(shè)Q″（n，n2）（﹣2＜n＜0），由FQ″=2，得

n2+（4﹣n20=22，即n4﹣7n2+12=0．

解得n2=3或n2=4，而﹣2＜n＜0，故n=﹣，即Q″（﹣，3）．

可證△PFQ″為等邊三角形，

所以∠PFQ″=60°，又PQ″=PQ″，

所以∠PBQ″=∠PFQ″=30°．

則在△PQ″B中，∠PQ″B=45°，∠PBQ″=30°．

（i）若△Q″PB∽△PAT，則過(guò)點(diǎn)A作y軸的垂線，垂足為E．

則ET=AE=，OE=1，

所以O(shè)T=﹣1，

解得t=1﹣；

（ii）若△Q″BP∽△PAT，則過(guò)點(diǎn)T作直線AB垂線，垂足為G．

設(shè)TG=a，則PG=TG=a，AG=TG=a，AP=，

∴a+a=，

解得PT=a=﹣1，

∴OT=OP﹣PT=3﹣，

∴t=3﹣．

綜上所述，所求的t的值為t=1或t=0或t=1﹣或t=3﹣．

【解析】（1）根據(jù)題意易得點(diǎn)M、P的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法來(lái)求直線AB的解析式；
（2）如圖①，過(guò)點(diǎn)Q作x軸的垂線QC，交AB于點(diǎn)C，再過(guò)點(diǎn)Q作直線AB的垂線，垂足為D，構(gòu)建等腰直角△QDC，利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和二次函數(shù)最值的求法進(jìn)行解答；
（3）根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)角相等推知：△PBQ中必有一個(gè)內(nèi)角為45°；需要分類(lèi)討論：∠PBQ=45°和∠PQB=45°；然后對(duì)這兩種情況下的△PAT是否是直角三角形分別進(jìn)行解答．另外，以P、B、Q為頂點(diǎn)的三角形與△PAT相似也有兩種情況：△Q″PB∽△PAT、△Q″BP∽△PAT．