Question

13．如圖，二次函數(shù)y=x²+2x+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（1，0），以AB為邊在x軸上方作正方形ABCD，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸的正方向勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿CB勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)終點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．連接DP，過點(diǎn)P作DP的垂線與y軸交于點(diǎn)E．
（1）求二次函數(shù)的解析式及點(diǎn)A的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在線段AO（點(diǎn)P不與A、O重合）上運(yùn)動(dòng)至何處時(shí)，線段OE的長(zhǎng)有最大值，并求出這個(gè)最大值；
（3）在P，Q運(yùn)動(dòng)過程中，求當(dāng)△DPE與以D，C，Q為頂點(diǎn)的三角形相似時(shí)t的值；
（4）是否存在t，使△DCQ沿DQ翻折得到△DC′Q，點(diǎn)C′恰好落在拋物線的對(duì)稱軸上？若存在，請(qǐng)求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）先將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入解析式求得c的值確定二次函數(shù)解析式，令y=0即可求得A點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）由DP⊥PE證得△DAP∽△POE，用比例式表示出y與t的關(guān)系，根據(jù)函數(shù)圖象的性質(zhì)可求得OE的最大值．
（3）需要分類討論：根據(jù)t的不同取值得出相似三角形，再由相似的性質(zhì)可得t的取值．
（4）先證明△DCQ≌△DC′Q，從而得到∠CDQ=∠C′DQ，DC′=DC=4，再得出∠CDQ=30°，即可求得滿足條件的t值．

解答 解：（1）把B（1，0）代入y=x²+2x+c得c=-3，
∴y=x²+2x-3，
由x²+2x-3=0得x₁=-3，x₂=1，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-3，0）．
（2）如圖（2），由正方形ABCD得AD=AB=4，

由DP⊥PE證得△DAP∽△POE，
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{AP}{OE}$，設(shè)OE=y，則$\frac{4}{3-2t}=\frac{2t}{y}$，
∴y=$\frac{1}{2}（3-2t）t$=-（t-$\frac{3}{4}$）²+$\frac{9}{16}$，
∵a=-1＜0，
∴當(dāng)t=$\frac{3}{4}$時(shí)（屬于0＜t＜$\frac{3}{2}$）時(shí)，y_最大=$\frac{9}{16}$，此時(shí)2t=$\frac{3}{2}$，即點(diǎn)P位于AO的中點(diǎn)時(shí)，
∴線段OE的長(zhǎng)有最大值$\frac{9}{16}$．
（3）①如圖①，當(dāng)0＜t＜$\frac{3}{2}$時(shí)，△DPE∽△DCQ，

∴$\frac{DP}{PE}=\frac{DC}{CQ}$．又△ADP∽△OPE，
∴$\frac{DP}{PE}=\frac{AD}{OP}$，
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{DC}{CQ}$．即$\frac{4}{3-2t}=\frac{4}{t}$，解得t=1，
經(jīng)檢驗(yàn)：t=1是原方程的解．
②如圖②，當(dāng)$\frac{3}{2}＜t≤\frac{7}{2}$時(shí)，同理證得△ADP∽△OPE，

∴$\frac{AD}{OP}=\frac{DC}{CQ}$，
即$\frac{4}{2t-3}=\frac{4}{t}$，解得t=3．經(jīng)檢驗(yàn)：t=3是原方程的解．
③如圖③，當(dāng)$\frac{7}{2}＜t≤4$時(shí)，△DPE∽△QCD，
∴$\frac{DP}{PE}=\frac{QC}{CD}$，

同理得$\frac{DP}{PE}=\frac{AD}{OP}$，
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{QC}{CD}$．即$\frac{4}{2t-3}=\frac{t}{4}$，解得t₁=$\frac{3+\sqrt{137}}{4}$t₂=$\frac{3-\sqrt{137}}{4}$（經(jīng)檢驗(yàn)：舍去t₂=$\frac{3-\sqrt{137}}{4}$），
綜上所述，t=1或3或$\frac{3+\sqrt{137}}{4}$，
（4）存在t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

理由如下：如圖
由△DCQ沿DQ翻折得△DC′Q，則△DCQ≌△DC′Q，
∴∠CDQ=∠C′DQ，DC′=DC=4，
設(shè)拋物線的對(duì)稱軸交DC于G，則DG=2．在Rt△DC′G中，
∵C′D=2DG，
∴∠C′DG=60°，
∴∠CDQ=$\frac{1}{2}$×60°=30°，
∴CQ=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，即t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，相似三角形的性質(zhì)與判定，二次函數(shù)的最值等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，難度適中．運(yùn)用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵，屬于中考?jí)狠S題．