Question

2．如圖，在平面直角坐標系中，已知矩形ABCD的兩個頂點B和C在x軸上，OB=OC，AB=2BC=4．若一條拋物線的頂點為A，且過點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）求出點A的坐標，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t為何值時，△ACG的面積S最大？最大值為多少？
（3）在動點P，Q運動的過程中，是否存在點M，使以C，Q，E，M為頂點的四邊形為菱形？若存在，求出此時t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)矩形的性質可以寫出點A的坐標；由頂點A的坐標可設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；由圖形與坐標變換可以求得點P的坐標（1，4-t），據(jù)此可以求得點E的縱坐標，將其代入直線AC方程可以求得點E或點G的橫坐標；然后結合拋物線方程、圖形與坐標變換可以求得GE=4-$\frac{{t}^{2}}{4}$、點A到GE的距離為$\frac{t}{2}$，C到GE的距離為2-$\frac{t}{2}$；最后根據(jù)三角形的面積公式可以求得S_△ACG=S_△AEG+S_△CEG=-$\frac{1}{4}$（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）∵在平面直角坐標系中，已知矩形ABCD的兩個頂點B和C在x軸上，OB=OC，AB=2BC=4，
∴A（-1，4）．得C（1，0）
設拋物線解析式為y=a（x+1）²+4，把C（1，0）代入得：a=-1，
∴拋物線的解析式為y=-（x+1）²+4，即y=-x²-2x+3；

（2）∵A（-1，4），C（1，0），
∴可求直線AC的解析式為y=-2x+2．
∵點P（-1，4-t）．
∴將y=4-t代入y=-2x+2中，解得點E的橫坐標為x=-1+$\frac{t}{2}$．
∴點G的橫坐標為-1+$\frac{t}{2}$，代入拋物線的解析式中，可求點G的縱坐標為4-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
∴GE=（4-$\frac{{t}^{2}}{4}$）-（4-t）=t-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
又點A到GE的距離為$\frac{t}{2}$，C到GE的距離為2-$\frac{t}{2}$，
即S=S_△AEG+S_△CEG=$\frac{1}{2}$•EGx $\frac{t}{2}$+$\frac{1}{2}$xEGx（2-$\frac{t}{2}$）
=$\frac{1}{2}$x2x（t-$\frac{{t}^{2}}{4}$）=-$\frac{1}{4}$（t-2）²+1．
當t=2時，S的最大值為1；

（3）第一種情況如圖1所示，點H在AC的上方，由四邊形CQEH是菱形知CQ=CE=t，
根據(jù)△APE∽△ABC，知$\frac{AP}{AB}$=$\frac{AE}{AC}$，即$\frac{t}{4}$=$\frac{2\sqrt{5}-t}{2\sqrt{5}}$，
解得t=20-8$\sqrt{5}$；
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=$\frac{1}{2}$t，EM=2-$\frac{1}{2}$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-$\frac{1}{2}$t）²+（4-2t）²=t²，
解得，t₁=$\frac{20}{13}$，t₂=4（不合題意，舍去）．
綜上所述，t=20-8$\sqrt{5}$或t=$\frac{20}{13}$．

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．