Question

13．如圖，二次函數(shù)y=x²+2x+c的圖象與x軸交于點A和點B（1，0），以AB為邊在x軸上方作正方形ABCD，動點P從點A出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿x軸的正方向勻速運動，同時動點Q從點C出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿CB勻速運動，當點Q到達終點B時，點P停止運動，設運動時間為t秒．連接DP，過點P作DP的垂線與y軸交于點E．
（1）求二次函數(shù)的解析式及點A的坐標；
（2）當點P在線段AO（點P不與A、O重合）上運動至何處時，線段OE的長有最大值，并求出這個最大值；
（3）在P，Q運動過程中，求當△DPE與以D，C，Q為頂點的三角形相似時t的值；
（4）是否存在t，使△DCQ沿DQ翻折得到△DC′Q，點C′恰好落在拋物線的對稱軸上？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先將點B的坐標代入解析式求得c的值確定二次函數(shù)解析式，令y=0即可求得A點坐標．
（2）由DP⊥PE證得△DAP∽△POE，用比例式表示出y與t的關系，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．

解答 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A的坐標為（-3，0）．
（2）如圖（2），由正方形ABCD得AD=AB=4，

由DP⊥PE證得△DAP∽△POE，
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{AP}{OE}$，設OE=y，則$\frac{4}{3-2t}=\frac{2t}{y}$，
∴y=$\frac{1}{2}（3-2t）t$=-（t-$\frac{3}{4}$）²+$\frac{9}{16}$，
∵a=-1＜0，
∴當t=$\frac{3}{4}$時（屬于0＜t＜$\frac{3}{2}$）時，y_最大=$\frac{9}{16}$，此時2t=$\frac{3}{2}$，即點P位于AO的中點時，
∴線段OE的長有最大值$\frac{9}{16}$．
（3）①如圖①，當0＜t＜$\frac{3}{2}$時，△DPE∽△DCQ，

∴$\frac{DP}{PE}=\frac{DC}{CQ}$．又△ADP∽△OPE，
∴$\frac{DP}{PE}=\frac{AD}{OP}$，
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{DC}{CQ}$．即$\frac{4}{3-2t}=\frac{4}{t}$，解得t=1，
經(jīng)檢驗：t=1是原方程的解．
②如圖②，當$\frac{3}{2}＜t≤\frac{7}{2}$時，同理證得△ADP∽△OPE，

∴$\frac{AD}{OP}=\frac{DC}{CQ}$，
即$\frac{4}{2t-3}=\frac{4}{t}$，解得t=3．經(jīng)檢驗：t=3是原方程的解．
③如圖③，當$\frac{7}{2}＜t≤4$時，△DPE∽△QCD，
∴$\frac{DP}{PE}=\frac{QC}{CD}$，

同理得$\frac{DP}{PE}=\frac{AD}{OP}$，
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{QC}{CD}$．即$\frac{4}{2t-3}=\frac{t}{4}$，解得t₁=$\frac{3+\sqrt{137}}{4}$t₂=$\frac{3-\sqrt{137}}{4}$（經(jīng)檢驗：舍去t₂=$\frac{3-\sqrt{137}}{4}$），
綜上所述，t=1或3或$\frac{3+\sqrt{137}}{4}$，
（4）存在t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

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，
設拋物線的對稱軸交DC于G，則DG=2．在Rt△DC′G中，
∵C′D=2DG，
∴∠C′DG=60°，
∴∠CDQ=$\frac{1}{2}$×60°=30°，
∴CQ=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，即t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，相似三角形的性質(zhì)與判定，二次函數(shù)的最值等知識，綜合性較強，難度適中．運用數(shù)形結合、分類討論及方程思想是解題的關鍵，屬于中考壓軸題．