Question

6．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形ABCD的三個頂點B（4，0）、C（8，0）、D（8，8）．拋物線y=ax²+bx過A、C兩點．
（1）直接寫出點A的坐標(biāo)，并求出拋物線的解析式；
（2）動點P從點A出發(fā)．沿線段AB向終點B運動，同時點Q從點C出發(fā)，沿線段CD向終點D運動．速度均為每秒1個單位長度，運動時間為t秒．過點P作PE⊥AB交AC于點E．
①過點E作EF⊥AD于點F，交拋物線于點G．當(dāng)點P到線段AC的距離為1時，求PE和EG的長．
②連接EQ．在點P、Q運動的過程中，將△ECQ沿著某邊翻折后，第三個頂點的對應(yīng)點記為M，若點E、C、Q、M構(gòu)成的四邊形是菱形時，求出M點的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，可得A點坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可得AH的長，根據(jù)勾股定理，可得AP的長，根據(jù)自變量與函數(shù)值的對應(yīng)關(guān)系，可得E點坐標(biāo)，G點坐標(biāo)，根據(jù)平行于x軸直線上兩點間的距離是較大的橫坐標(biāo)減較小的橫坐標(biāo)，可得PE，根據(jù)平行于y軸的直線上兩點間的距離是較大的縱坐標(biāo)減較小的縱坐標(biāo)，可得GH的長；
（3）根據(jù)菱形的鄰邊相等，可得t的方程，根據(jù)解方程，可得E、Q點的坐標(biāo)，根據(jù)菱形一組對角頂點的橫坐標(biāo)的和等于另一組對角頂點的橫坐標(biāo)的和，菱形一組對角頂點的縱坐標(biāo)的和等于另一組對角頂點的縱坐標(biāo)的和，可得M點的坐標(biāo)．

解答 解：（1）因為點B的橫坐標(biāo)為4，點D的縱坐標(biāo)為8，AD∥x軸，AB∥y軸，
所以點A的坐標(biāo)為（4，8）．
將A（4，8）、C（8，0）兩點坐標(biāo)分別代入y=ax²+bx，得
$\left\{\begin{array}{l}{16a+4b=8}\\{64a+b8=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{2}}\\{b=4}\end{array}\right.$．
故拋物線的解析式為：y=-$\frac{1}{2}$x²+4x；

（2）①如圖1：

△APH∽△ACB，
$\frac{PH}{BC}$=$\frac{AH}{AB}$，AH=$\frac{1×8}{4}$=2，
在Rt△APH中，由勾股定理，得
AP=$\sqrt{A{H}^{2}+P{H}^{2}}$=$\sqrt{5}$，即P（4，8-$\sqrt{5}$）．
AC的解析式為y=-2x+16，
當(dāng)y=8-$\sqrt{5}$時，-2x+16=8-$\sqrt{5}$，解得x=$\frac{\sqrt{5}}{2}$+4，
即E（$\frac{\sqrt{5}}{2}$+4，8-$\sqrt{5}$）．
PE=x_E-x_P=$\frac{\sqrt{5}}{2}$+4-4=$\frac{\sqrt{5}}{2}$；
當(dāng)x=$\frac{\sqrt{5}}{2}$+4時，y=-$\frac{1}{2}$×（$\frac{\sqrt{5}}{2}$+4）²+4×（$\frac{\sqrt{5}}{2}$+4）=$\frac{27}{4}$，
即G（4+$\frac{\sqrt{5}}{2}$，$\frac{27}{4}$）．
EG=_G-y_p=$\frac{27}{4}$-（8-$\sqrt{5}$）=$\sqrt{5}$-$\frac{5}{4}$；
PE的長為$\frac{\sqrt{5}}{2}$，EG的長為$\sqrt{5}$-$\frac{5}{4}$；
②∵Q（8，t），E（4+$\frac{1}{2}$t，8-t），C（8，0），
∴EQ²=（$\frac{1}{2}$t-4）²+（8-2t）²，QC²=t²，EC²=（4+$\frac{1}{2}$t-8）²+（8-t）²．
四邊形CEQM為菱形時，分三種情況：
（Ⅰ）以EC為對角線時，得EQ=QC，即（$\frac{1}{2}$t-4）²+（8-2t）²=t²，
整理得13t²-144t+320=0，
解得t=$\frac{40}{13}$或t=$\frac{104}{13}$=8（此時E、C重合，不能構(gòu)成三角形，舍去）；
Q點的坐標(biāo)為（8，$\frac{40}{13}$），E點的坐標(biāo)為（$\frac{72}{13}$，$\frac{64}{13}$）C點坐標(biāo)（8，0），
x_M=x_E+x_C-x_Q=$\frac{72}{13}$+8-8=$\frac{72}{13}$，y_M=y_E+y_C-y_Q=$\frac{64}{13}$+0-$\frac{40}{13}$=$\frac{24}{13}$，
M₁（$\frac{72}{13}$，$\frac{24}{13}$）；
（Ⅱ）以EQ為對角線時，得EC=CQ，即（4+$\frac{1}{2}$t-8）²+（8-t）²=t²，
整理得t²-80t+320=0，
解得t=40-16$\sqrt{5}$，t=40+16$\sqrt{5}$＞8（此時Q不在矩形的邊上，舍去），
Q點的坐標(biāo)為（8，40-16$\sqrt{5}$），E點的坐標(biāo)為（24-8$\sqrt{5}$，16$\sqrt{5}$-32），C點坐標(biāo)（8，0），
x_M=x_E+x_Q-x_C=24-8$\sqrt{5}$+8-8=24-8$\sqrt{5}$，y_M=y_E+y_Q-y_C=16$\sqrt{5}$-32+40-16$\sqrt{5}$-0=8，
即M₂（24-8$\sqrt{5}$，8）；
（Ⅲ）以CQ為對角線時，得EQ=EC，即（$\frac{1}{2}$t-4）²+（8-2t）²=（4+$\frac{1}{2}$t-8）²+（8-t）²，
解得t=0（此時Q、C重合，不能構(gòu)成三角形，舍去）或t=$\frac{16}{3}$，
Q點的坐標(biāo)為（8，$\frac{16}{3}$），E點的坐標(biāo)為（$\frac{20}{3}$，$\frac{8}{3}$）C點坐標(biāo)（8，0），
x_M=x_C+x_Q-x_E=8+8-$\frac{20}{3}$=$\frac{28}{3}$，y_M=y_C+y_Q-y_E=0+$\frac{16}{3}$-$\frac{8}{3}$=$\frac{8}{3}$
M₃（$\frac{28}{3}$，$\frac{8}{3}$）．
綜上所述：點E、C、Q、M構(gòu)成的四邊形是菱形時，M點的坐標(biāo)M₁（$\frac{72}{13}$，$\frac{24}{13}$），M₂（24-8$\sqrt{5}$，8），M₃（$\frac{28}{3}$，$\frac{8}{3}$）．

點評 本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用了矩形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；利用了相似三角形的性質(zhì)，勾股定理，利用平行于坐標(biāo)軸兩點間的距離公式是解題關(guān)鍵；利用菱形的鄰邊相等的出關(guān)于t的方程是解題關(guān)鍵，又利用了菱形的性質(zhì)：菱形一組對角頂點的橫坐標(biāo)的和等于另一組對角頂點的橫坐標(biāo)的和，菱形一組對角頂點的縱坐標(biāo)的和等于另一組對角頂點的縱坐標(biāo)的和，要分類討論，以防遺漏．