Question

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形ABCD的三個頂點B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A為頂點的拋物線y=ax²+bx+c過點C．動點P從點A出發(fā)，沿線段AB向點B運動．同時動點Q從點C出發(fā)，沿線段CD向點D運動．點P，Q的運動速度均為每秒1個單位．運動時間為t秒．過點P作PE⊥AB交AC于點E．
（1）直接寫出點A的坐標(biāo)，并求出拋物線的解析式；
（2）過點E作EF⊥AD于F，交拋物線于點G，當(dāng)t為何值時，△ACG的面積最大？最大值為多少？
（3）在動點P，Q運動的過程中，當(dāng)t為何值時，在矩形ABCD內(nèi)（包括邊界）存在點H，使以C，Q，E，H為頂點的四邊形為菱形？請直接寫出t的值．

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可以寫出點A得到坐標(biāo)；由頂點A的坐標(biāo)可設(shè)該拋物線的頂點式方程為y=a（x-1）²+4，然后將點C的坐標(biāo)代入，即可求得系數(shù)a的值（利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式）；
（2）利用待定系數(shù)法求得直線AC的方程y=-2x+6；由圖形與坐標(biāo)變換可以求得點P的坐標(biāo)（1，4-t），據(jù)此可以求得點E的縱坐標(biāo)，將其代入直線AC方程可以求得點E或點G的橫坐標(biāo)；然后結(jié)合拋物線方程、圖形與坐標(biāo)變換可以求得GE=4-、點A到GE的距離為，C到GE的距離為2-；最后根據(jù)三角形的面積公式可以求得
S_△ACG=S_△AEG+S_△CEG=-（t-2）²+1，由二次函數(shù)的最值可以解得t=2時，S_△ACG的最大值為1；
（3）因為菱形是鄰邊相等的平行四邊形，所以點H在直線EF上．
解答：解：（1）A（1，4）．…（1分）
由題意知，可設(shè)拋物線解析式為y=a（x-1）²+4
∵拋物線過點C（3，0），
∴0=a（3-1）²+4，
解得，a=-1，
∴拋物線的解析式為y=-（x-1）²+4，即y=-x²+2x+3．…（2分）

（2）∵A（1，4），C（3，0），
∴可求直線AC的解析式為y=-2x+6．
∵點P（1，4-t）．…（3分）
∴將y=4-t代入y=-2x+6中，解得點E的橫坐標(biāo)為x=1+．…（4分）
∴點G的橫坐標(biāo)為1+，代入拋物線的解析式中，可求點G的縱坐標(biāo)為4-．
∴GE=（4-）-（4-t）=t-．…（5分）
又∵點A到GE的距離為，C到GE的距離為2-，
即S_△ACG=S_△AEG+S_△CEG=•EG•+•EG（2-）
=•2（t-）=-（t-2）²+1．…（7分）
當(dāng)t=2時，S_△ACG的最大值為1．…（8分）

（3）第一種情況如圖1所示，點H在AC的上方，由四邊形CQHE是菱形知CQ=CE=t，
根據(jù)△APE∽△ABC，知
=，即=，解得t=20-8；
第二種情況如圖2所示，點H在AC的下方，由四邊形CQHE是菱形知CQ=QE=EH=HC=t，PE=t，EM=2-t，MQ=4-2t．
則在直角三角形EMQ中，根據(jù)勾股定理知EM²+MQ²=EQ²，即（2-t）²+（4-2t）²=t²，
解得，t₁=，t₂=4（不合題意，舍去）．
綜上所述，t=20-8或t=．…（12分）
（說明：每值各占（2分），多出的值未舍去，每個扣1分）
點評：本題考查了二次函數(shù)的綜合題．其中涉及到的知識點有待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式以及三角形面積的求法．