Question

【題目】如圖，二次函數(shù)y=x2+2x+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（1，0），以AB為邊在x軸上方作正方形ABCD，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿x軸的正方向勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度沿CB勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)終點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．連接DP，過點(diǎn)P作DP的垂線與y軸交于點(diǎn)E．

（1）求二次函數(shù)的解析式及點(diǎn)A的坐標(biāo)；

（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段AO（點(diǎn)P不與A、O重合）上運(yùn)動(dòng)至何處時(shí)，線段OE的長有最大值，并求出這個(gè)最大值；

（3）在P，Q運(yùn)動(dòng)過程中，求當(dāng)△DPE與以D，C，Q為頂點(diǎn)的三角形相似時(shí)t的值；

（4）是否存在t，使△DCQ沿DQ翻折得到△DC′Q，點(diǎn)C′恰好落在拋物線的對(duì)稱軸上？若存在，請(qǐng)求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

【答案】（1）y=x2+2x﹣3，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣3，0）；

（2）點(diǎn)P位于AO的中點(diǎn)時(shí)，線段OE的長有最大值；

（3）t=1或3或，

（4）存在t=．

【解析】試題分析：(1)先將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入解析式求得c的值確定二次函數(shù)解析式,令y=0即可求得A點(diǎn)坐標(biāo).

(2)由DP⊥PE證得△DAP∽△POE,用比例式表示出y與t的關(guān)系,根據(jù)函數(shù)圖象的性質(zhì)可求得OE的最大值.

(3)需要分類討論:根據(jù)t的不同取值得出相似三角形,再由相似的性質(zhì)可得t的取值.

(4)先證明△DCQ≌DC′Q,從而得到∠CDQ=∠C′DQ,DC′=DC=4,再得出∠CDQ=30°,即可求得滿足條件的t值.

解：（1）把B（1，0）代入y=x2+2x+c得c=﹣3，

∴y=x2+2x﹣3，

由x2+2x﹣3=0得x1=﹣3，x2=1，

∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣3，0）．

（2）如圖（2），由正方形ABCD得AD=AB=4，

由DP⊥PE證得△DAP∽△POE，

∴，設(shè)OE=y，則，

∴y==﹣（t﹣）2+，

∵a=﹣1＜0，

∴當(dāng)t=時(shí)（屬于0＜t＜）時(shí)，y最大=，此時(shí)2t=，即點(diǎn)P位于AO的中點(diǎn)時(shí)，

∴線段OE的長有最大值．

（3）①如圖①，當(dāng)0＜t＜時(shí)，△DPE∽△DCQ，

∴．又△ADP∽△OPE，

∴，

∴．即，解得t=1，

經(jīng)檢驗(yàn)：t=1是原方程的解．

②如圖②，當(dāng)時(shí)，同理證得△ADP∽△OPE，

∴，

即，解得t=3．經(jīng)檢驗(yàn)：t=3是原方程的解．

③如圖③，當(dāng)時(shí)，△DPE∽△QCD，

∴，

同理得，

∴．即，解得t1=t2=（經(jīng)檢驗(yàn)：舍去t2=），

綜上所述，t=1或3或，

（4）存在t=．

理由如下：如圖

由△DCQ沿DQ翻折得△DC′Q，則△DCQ≌△DC′Q，

∴∠CDQ=∠C′DQ，DC′=DC=4，

設(shè)拋物線的對(duì)稱軸交DC于G，則DG=2．在Rt△DC′G中，

∵C′D=2DG，

∴∠C′DG=60°，

∴∠CDQ=×60°=30°，

∴CQ=，即t=．