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如图，已知抛物线 $C_1$：$y=a\left(x-2\right)^2-5$ 的顶点为 $P$，与 $x$ 轴相交于 $A,B$ 两点（点 $A$ 在点 $B$ 的左边），点 $A$ 的横坐标是 $-1$．$D$ 是 $x$ 轴负半轴上一动点，将抛物线 $C_1$ 绕点 $D$ 旋转 $180^\circ$ 后得到抛物线 $C_2$．抛物线 $ C_2$ 的顶点为 $Q$，与 $x$ 轴相交于 $E,F$ 两点（点 $E$ 在点 $F$ 的左边），当以点 $P,Q,E$ 为顶点的三角形是直角三角形时，求顶点 $Q$ 的坐标．
【难度】
【出处】
无
【标注】
  • 题型
    >
    代几综合
    >
    直角三角形的存在性
【答案】
当 $\triangle PQE$ 为直角三角形时，顶点 $Q$ 的坐标为 $\left(-\dfrac {44}3,5\right)$ 或 $\left(-\dfrac {10}3,5\right)$
【解析】
由题意可得点 $A(-1,0)$，点 $P(2,-5)$，点 $B(5,0)$．
设点 $D$ 的坐标为 $\left(m,0\right)$，则点 $Q$ 的坐标为 $\left(2m-2,5\right)$，点 $E$ 的坐标为 $\left(2m-5,0\right)$，
所以 $PQ^2=\left(2m-4\right)^2+{10}^2$，$PE^2=\left(2m-7\right)^2+5^2$，$EQ^2=3^2+5^2=34$．
$\triangle PQE$ 为直角三角形有三种情况：
① 当 $\angle PQE=90^\circ$ 时，有 $PE^2=PQ^2+EQ^2$，
即 $\left(2m-7\right)^2+5^2=\left(2m-4\right)^2+{10}^2 +34$，
解得 $m=-\dfrac {19}3$，
所以点 $Q$ 的坐标为 $\left(-\dfrac {44}3,5\right)$；
② 当 $\angle QEP=90^\circ$ 时，有 $PQ^2=PE^2+EQ^2$，
即 $\left(2m-4\right)^2+{10}^2=\left(2m-7\right)^2+{5}^2 +34$，
解得 $m=-\dfrac 23$，
所以点 $Q$ 的坐标为 $\left(-\dfrac {10}3,5\right)$；
③ 当 $\angle QPE=90^\circ$ 时，有 $EQ^2=PE^2+PQ^2$，
即 $\left(2m-7\right)^2+5^2+\left(2m-4\right)^2+{10}^2 =34$，
方程无解，所以此种情况不成立．
综上可得，当 $\triangle PQE$ 为直角三角形时，顶点 $Q$ 的坐标为 $\left(-\dfrac {44}3,5\right)$ 或 $\left(-\dfrac {10}3,5\right)$．
答案 解析 备注
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