Question

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

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可以寫(xiě)出點(diǎn)A得到坐標(biāo)；由頂點(diǎn)A的坐標(biāo)可設(shè)該拋物線的頂點(diǎn)式方程為y=a（x-1）²+4，然后將點(diǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo)（1，4-t），據(jù)此可以求得點(diǎn)E的縱坐標(biāo)，將其代入直線AC方程可以求得點(diǎn)E或點(diǎn)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(diǎn)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(shí)，S_△ACG的最大值為1；
（3）因?yàn)榱庑问青忂呄嗟鹊钠叫兴倪呅�，所以點(diǎn)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(guò)點(diǎn)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(diǎn)P（1，4-t）．…（3分）
∴將y=4-t代入y=-2x+6中，解得點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為x=1+．…（4分）
∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為1+，代入拋物線的解析式中，可求點(diǎn)G的縱坐標(biāo)為4-．
∴GE=（4-）-（4-t）=t-．…（5分）
又∵點(diǎn)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(shí)，S_△ACG的最大值為1．…（8分）

（3）第一種情況如圖1所示，點(diǎn)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(diǎn)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(shuō)明：每值各占（2分），多出的值未舍去，每個(gè)扣1分）
點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次函數(shù)的綜合題．其中涉及到的知識(shí)點(diǎn)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．