Question

2．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的两个顶点B和C在x轴上，OB=OC，AB=2BC=4．若一条抛物线的顶点为A，且过点C，动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动，点P，Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．
（1）求出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；
（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积S最大？最大值为多少？
（3）在动点P，Q运动的过程中，是否存在点M，使以C，Q，E，M为顶点的四边形为菱形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据矩形的性质可以写出点A的坐标；由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为y=a（x-1）²+4，然后将点C的坐标代入，即可求得系数a的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）；
（2）利用待定系数法求得直线AC的方程y=-2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标（1，4-t），据此可以求得点E的纵坐标，将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=4-$\frac{{t}^{2}}{4}$、点A到GE的距离为$\frac{t}{2}$，C到GE的距离为2-$\frac{t}{2}$；最后根据三角形的面积公式可以求得S_△ACG=S_△AEG+S_△CEG=-$\frac{1}{4}$（t-2）²+1，由二次函数的最值可以解得t=2时，S_△ACG的最大值为1；
（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H在直线EF上．

解答 解：（1）∵在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的两个顶点B和C在x轴上，OB=OC，AB=2BC=4，
∴A（-1，4）．得C（1，0）
设抛物线解析式为y=a（x+1）²+4，把C（1，0）代入得：a=-1，
∴抛物线的解析式为y=-（x+1）²+4，即y=-x²-2x+3；

（2）∵A（-1，4），C（1，0），
∴可求直线AC的解析式为y=-2x+2．
∵点P（-1，4-t）．
∴将y=4-t代入y=-2x+2中，解得点E的横坐标为x=-1+$\frac{t}{2}$．
∴点G的横坐标为-1+$\frac{t}{2}$，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为4-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
∴GE=（4-$\frac{{t}^{2}}{4}$）-（4-t）=t-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
又点A到GE的距离为$\frac{t}{2}$，C到GE的距离为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．
当t=2时，S的最大值为1；

（3）第一种情况如图1所示，点H在AC的上方，由四边形CQEH是菱形知CQ=CE=t，
根据△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$\sqrt{5}$；
第二种情况如图2所示，点H在AC的下方，由四边形CQHE是菱形知CQ=QE=EH=HC=t，PE=$\frac{1}{2}$t，EM=2-$\frac{1}{2}$t，MQ=4-2t．
则在直角三角形EMQ中，根据勾股定理知EM²+MQ²=EQ²，即（2-$\frac{1}{2}$t）²+（4-2t）²=t²，
解得，t₁=$\frac{20}{13}$，t₂=4（不合题意，舍去）．
综上所述，t=20-8$\sqrt{5}$或t=$\frac{20}{13}$．

点评 本题考查了二次函数的综合题．其中涉及到的知识点有待定系数法求二次函数的解析式，待定系数法求一次函数的解析式以及三角形面积的求法．