Question

13．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点A（-3，4）、B（-3，0）、C（-1，0）．以D为顶点的抛物线y=ax²+bx+c过点B．动点P从点D出发，沿DC边向点C运动，同时动点Q从点B出发，沿BA边向点A运动，点P、Q运动的速度均为每秒1个单位，运动的时间为t秒．过点P作PE⊥CD交BD于点E，过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当t为何值时，四边形BDGQ的面积最大？最大值为多少？
（3）动点P、Q运动过程中，在矩形ABCD内（包括其边界）是否存在点H，使以B，Q，E，H为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出此时菱形的周长；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求得点D的坐标，设抛物线的解析式为y=a （x+1）²+4（a≠0），将点B的坐标代入可求得a的值，故此可得到抛物线的解析式；
（2）由题意知，DP=BQ=t，然后证明△DPE∽△DBC，可得到PE=$\frac{1}{2}$t，然后可得到点E的横坐标（用含t的式子表示），接下来可求得点G的坐标，然后依据S_{四边形BDGQ}=S_△BQG+S_△BEG+S_△DEG，列出四边形的面积与t的函数关系式，然后依据利用配方法求解即可；
（3）首先用含t的式子表示出DE的长，当BE和BQ为菱形的邻边时，由BE=QB可列出关于t的方程，从而可求得t的值，然后可求得菱形的周长；当BE为菱形的对角时，则BQ=QE，过点Q作QM⊥BE，则BM=EM．然后用含t的式子表示出BE的长，最后利用BE+ED=BD列方程求解即可．

解答 解：（1）由题意得，顶点D点的坐标为（-1，4）．
设抛物线的解析式为y=a （x+1）²+4（a≠0），
∵抛物线经过点B（-3，0），代入y=a （x+1）²+4
可求得a=-1
∴抛物线的解析式为y=-（x+1）²+4，即y=-x²-2x+3．

（2）由题意知，DP=BQ=t，
∵PE∥BC，
∴△DPE∽△DBC．
∴$\frac{DP}{PE}$=$\frac{DC}{BC}$=2，
∴PE=$\frac{1}{2}$DP=$\frac{1}{2}$t．
∴点E的横坐标为-1-$\frac{1}{2}$t，AF=2-$\frac{1}{2}$t．
将x=-1-$\frac{1}{2}$t代入y=-（x+1）²+4，得y=-$\frac{1}{4}$t²+4．
∴点G的纵坐标为-$\frac{1}{4}$t²+4，
∴GE=-$\frac{1}{4}$t²+4-（4-t）=-$\frac{1}{4}$t²+t．
如图1所示：连接BG．

S_{四边形BDGQ}=S_△BQG+S_△BEG+S_△DEG，即S_{四边形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．
∴当t=2时，四边形BDGQ的面积最大，最大值为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．
如图2所示：当BE和BQ为菱形的邻边时，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的周长=80-32$\sqrt{5}$．
如图3所示：当BE为菱形的对角时，则BQ=QE，过点Q作QM⊥BE，则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的周长为$\frac{80}{13}$．
综上所述，菱形BQEH的周长为$\frac{80}{13}$或80-32$\sqrt{5}$．

点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、菱形的性质、相似三角形的性质和判定，二次函数的性质，列出四边形的面积与t的函数关系式是解答问题（2）的关键，分类讨论是解答问题（3）的关键．