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)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)，以每秒 個(gè)單位的速度沿線段AD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥x軸交拋物線于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)N．

（1）直接寫(xiě)出點(diǎn)A的坐標(biāo)，并求出拋物線的解析式；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△ACM的面積最大？最大值為多少？
（3）點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿線段CD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t為何值時(shí)，在線段PE上存在點(diǎn)H，使以C，Q，N，H為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？

Answer 1

【答案】
（1）

解：（1）A（1，4），

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）

解：如圖1，

∵A（1，4），C（3，0），

∴可求直線AC的解析式為y=﹣2x+6．

∵點(diǎn)P（1+ ，4）．

∴將x=1+ 代入y=﹣2x+6中，解得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為y=4﹣t，

∴把x=1+ ，代入拋物線的解析式中，可求點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為4﹣ ，

∴MN=（4﹣ ）﹣（4﹣t）=t﹣ ，

又點(diǎn)A到MN的距離為 ，C到MN的距離為2﹣ ，

即S△ACM=S△AMN+S△CMN= ×MN× + ×MN×（2﹣ ）

= ×2（t﹣ ）=﹣ （t﹣2）2+1．

當(dāng)t=2時(shí)，S△ACM的最大值為1．

（3）

解：由題意和（2）知，（3，0），Q（3，t），N（ ，4﹣t），AB=4，

AG=4﹣（4﹣t）=t，BG=4﹣t，可求AC= ，

當(dāng)H在AC上方時(shí)，如圖2，過(guò)點(diǎn)N作NG⊥AB，

由四邊形CQNH是菱形，可知：CQ=CN=t，

此時(shí)，AN= ﹣t，NG∥BC，

∴ ，

，

解得：t=20﹣ ，

當(dāng)點(diǎn)H在AC下方時(shí)，如圖3，

由四邊形CQNH是菱形，可知：CH=HN=CQ=t，

∴HE=4﹣t﹣t=4﹣2t，EC=2﹣ ，

在直角三角形CHE中，CE2+HE2=CH2，

∴ ，

解得t= 或t=4（舍去），

所以，以C，Q，N，H為頂點(diǎn)的四邊形為菱形時(shí)，t= 或t=20﹣8 ．

【解析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可以寫(xiě)出點(diǎn)A的坐標(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；（2）利用待定系數(shù)法求得直線AC；由圖形與坐標(biāo)變換可以求得點(diǎn)P的坐標(biāo)，進(jìn)一步表示點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，得出面積關(guān)于t的二次函數(shù)，由二次函數(shù)的最值可以求解；（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，分CH是邊和對(duì)角線兩種情況討論即可．
【考點(diǎn)精析】掌握平行四邊形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)是解答本題的根本，需要知道平行四邊形的對(duì)邊相等且平行；平行四邊形的對(duì)角相等，鄰角互補(bǔ)；平行四邊形的對(duì)角線互相平分；矩形的四個(gè)角都是直角，矩形的對(duì)角線相等．