Question

【題目】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A（﹣3，4）、B（﹣3，0）、C（﹣1，0）．以D為頂點(diǎn)的拋物線y=ax2+bx+c過(guò)點(diǎn)B．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿DC邊向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA邊向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的速度均為每秒1個(gè)單位，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．過(guò)點(diǎn)P作PE⊥CD交BD于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)F，交拋物線于點(diǎn)G．

（1）求拋物線的解析式；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形BDGQ的面積最大？最大值為多少？
（3）動(dòng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在矩形ABCD內(nèi)（包括其邊界）是否存在點(diǎn)H，使以B，Q，E，H為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出此時(shí)菱形的周長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】
（1）

解：由題意得，頂點(diǎn)D點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣1，4）．

設(shè)拋物線的解析式為y=a （x+1）2+4（a≠0），

∵拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（﹣3，0），代入y=a （x+1）2+4

可求得a=﹣1

∴拋物線的解析式為y=﹣（x+1）2+4，即y=﹣x2﹣2x+3

（2）

解：由題意知，DP=BQ=t，

∵PE∥BC，

∴△DPE∽△DBC．

∴ = =2，

∴PE= DP= t．

∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為﹣1﹣ t，AF=2﹣ t．

將x=﹣1﹣ t代入y=﹣（x+1）2+4，得y=﹣ t2+4．

∴點(diǎn)G的縱坐標(biāo)為﹣ t2+4，

∴GE=﹣ t2+4﹣（4﹣t）=﹣ t2+t．

如圖1所示：連接BG．

S四邊形BDGQ=S△BQG+S△BEG+S△DEG，即S四邊形BDGQ= BQAF+ EG（AF+DF）

= t（2﹣ t）﹣ t2+t．

=﹣ t2+2t=﹣ （t﹣2）2+2．

∴當(dāng)t=2時(shí)，四邊形BDGQ的面積最大，最大值為2

（3）

解：存在．

∵CD=4，BC=2，

∴tan∠BDC= ，BD=2 ．

∴cos∠BDC= ．

∵BQ=DP=t，

∴DE= t．

如圖2所示：當(dāng)BE和BQ為菱形的鄰邊時(shí)，BE=QB．

∵BE=BD﹣DE，

∴BQ=BD﹣DE，即t=2 ﹣ t，解得t=20﹣8 ．

∴菱形BQEH的周長(zhǎng)=80﹣32 ．

如圖3所示：當(dāng)BE為菱形的對(duì)角時(shí)，則BQ=QE，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥BE，則BM=EM．

∵M(jìn)B=cos∠QBMBQ，

∴MB= t．

∴BE= t．

∵BE+DE=BD，

∴ t+ t=2 ，解得：t= ．

∴菱形BQEH的周長(zhǎng)為 ．

綜上所述，菱形BQEH的周長(zhǎng)為 或80﹣32

【解析】（1）先求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，設(shè)拋物線的解析式為y=a （x+1）2+4（a≠0），將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入可求得a的值，故此可得到拋物線的解析式；（2）由題意知，DP=BQ=t，然后證明△DPE∽△DBC，可得到PE= t，然后可得到點(diǎn)E的橫坐標(biāo)（用含t的式子表示），接下來(lái)可求得點(diǎn)G的坐標(biāo)，然后依據(jù)S四邊形BDGQ=S△BQG+S△BEG+S△DEG ， 列出四邊形的面積與t的函數(shù)關(guān)系式，然后依據(jù)利用配方法求解即可；（3）首先用含t的式子表示出DE的長(zhǎng)，當(dāng)BE和BQ為菱形的鄰邊時(shí)，由BE=QB可列出關(guān)于t的方程，從而可求得t的值，然后可求得菱形的周長(zhǎng)；當(dāng)BE為菱形的對(duì)角時(shí)，則BQ=QE，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥BE，則BM=EM．然后用含t的式子表示出BE的長(zhǎng)，最后利用BE+ED=BD列方程求解即可．