Question

13．如圖，在平面直角坐標系中，已知矩形ABCD的三個頂點A（-3，4）、B（-3，0）、C（-1，0）．以D為頂點的拋物線y=ax²+bx+c過點B．動點P從點D出發，沿DC邊向點C運動，同時動點Q從點B出發，沿BA邊向點A運動，點P、Q運動的速度均為每秒1個單位，運動的時間為t秒．過點P作PE⊥CD交BD于點E，過點E作EF⊥AD于點F，交拋物線于點G．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當t為何值時，四邊形BDGQ的面積最大？最大值為多少？
（3）動點P、Q運動過程中，在矩形ABCD內（包括其邊界）是否存在點H，使以B，Q，E，H為頂點的四邊形是菱形，若存在，請直接寫出此時菱形的周長；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求得點D的坐標，設拋物線的解析式為y=a （x+1）²+4（a≠0），將點B的坐標代入可求得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=$\frac{1}{2}$t，然后可得到點E的橫坐標（用含t的式子表示），接下來可求得點G的坐標，然后依據S_{四邊形BDGQ}=S_△BQG+S_△BEG+S_△DEG，列出四邊形的面積與t的函數關系式，然后依據利用配方法求解即可；
（3）首先用含t的式子表示出DE的長，當BE和BQ為菱形的鄰邊時，由BE=QB可列出關于t的方程，從而可求得t的值，然后可求得菱形的周長；當BE為菱形的對角時，則BQ=QE，過點Q作QM⊥BE，則BM=EM．然后用含t的式子表示出BE的長，最后利用BE+ED=BD列方程求解即可．

解答 解：（1）由題意得，頂點D點的坐標為（-1，4）．
設拋物線的解析式為y=a （x+1）²+4（a≠0），
∵拋物線經過點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）由題意知，DP=BQ=t，
∵PE∥BC，
∴△DPE∽△DBC．
∴$\frac{DP}{PE}$=$\frac{DC}{BC}$=2，
∴PE=$\frac{1}{2}$DP=$\frac{1}{2}$t．
∴點E的橫坐標為-1-$\frac{1}{2}$t，AF=2-$\frac{1}{2}$t．
將x=-1-$\frac{1}{2}$t代入y=-（x+1）²+4，得y=-$\frac{1}{4}$t²+4．
∴點G的縱坐標為-$\frac{1}{4}$t²+4，
∴GE=-$\frac{1}{4}$t²+4-（4-t）=-$\frac{1}{4}$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}=$\frac{1}{2}$BQ•AF+$\frac{1}{2}$EG•（AF+DF）
=$\frac{1}{2}$t（2-$\frac{1}{2}$t）-$\frac{1}{4}$t²+t．
=-$\frac{1}{2}$t²+2t=-$\frac{1}{2}$（t-2）²+2．
∴當t=2時，四邊形BDGQ的面積最大，最大值為2．
（3）存在．
∵CD=4，BC=2，
∴tan∠BDC=$\frac{1}{2}$，BD=2$\sqrt{5}$．
∴cos∠BDC=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∵BQ=DP=t，
∴DE=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t．
如圖2所示：當BE和BQ為菱形的鄰邊時，BE=QB．

∵BE=BD-DE，
∴BQ=BD-DE，即t=2$\sqrt{5}$-$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，解得t=20-8$\sqrt{5}$．
∴菱形BQEH的周長=80-32$\sqrt{5}$．
如圖3所示：當BE為菱形的對角時，則BQ=QE，過點Q作QM⊥BE，則BM=EM．

∵MB=cos∠QBM•BQ，
∴MB=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$t．
∴BE=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$t．
∵BE+DE=BD，
∴$\frac{4\sqrt{5}}{5}$t+$\frac{\sqrt{5}}{2}$t=2$\sqrt{5}$，解得：t=$\frac{20}{13}$．
∴菱形BQEH的周長為$\frac{80}{13}$．
綜上所述，菱形BQEH的周長為$\frac{80}{13}$或80-32$\sqrt{5}$．

點評 本題主要考查的是二次函數的綜合應用，解答本題主要應用了待定系數法求二次函數的解析式、菱形的性質、相似三角形的性質和判定，二次函數的性質，列出四邊形的面積與t的函數關系式是解答問題（2）的關鍵，分類討論是解答問題（3）的關鍵．