Question

19．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的两个顶点分别是C（3，0），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q为动点，设运动时间为t s．
（1）填空：点A的坐标为（1，4）；抛物线的解析式为y=-x²+2x+3．
（2）在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以每秒1个单位的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向点E以每秒2个单位的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．当t为何值时，△PCQ为直角三角形？
（3）在图2中，若点P在对称轴x=1上从点A开始向点B以每秒1个单位的速度运动，过点P作PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？

Answer 1

分析 （1）由矩形的性质可直接求得A点坐标，可设顶点式方程，把C点坐标代入可求得抛物线的解析式；
（2）可求得CE的长，用t可分别表示出OC、CE的长，分∠QPC=90°和∠PQC=90°，分别根据∠QCP=$\frac{3}{5}$可得到关于t的方程，可求得t的值；
（3）先求得直线AC的解析式，可分别用t表示出P点和Q点的坐标，从而可求得FQ的长，可用t表示出△ACQ的面积，再根据二次函数的性质可求得其最大值．

解答 解：（1）∵抛物线对称轴为x=1，
∴OB=1，
∵E点坐标为（0，4），
∴AB=OE=4，
∴A点坐标为（1，4），
可设抛物线解析式为y=a（x-1）²+4，
把（3，0）代入可解得a=-1，
∴抛物线解析式为y=-（x-1）²+4=-x²+2x+3，
故答案为：（1，4）；y=-x²+2x+3；
（2）依题意，有OC=3，OE=4，
∴CE=$\sqrt{O{C}^{2}+O{E}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5．
当∠QPC=90°时，
∵cos∠QCP$\frac{PC}{CQ}$=$\frac{OC}{CE}$，
∴$\frac{3-t}{2t}$=$\frac{3}{5}$，解得t=$\frac{15}{11}$．
当∠PQC=90°时，
∵cos∠QCP=$\frac{CQ}{PC}$=$\frac{OC}{CE}$，
∴$\frac{2t}{3-t}$=$\frac{3}{5}$，解得t=$\frac{9}{13}$．
∴当t=$\frac{15}{11}$或t=$\frac{9}{13}$时，△PCQ为直角三角形；
（3设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A、C两点坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{k+b=4}\\{3k+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-2}\\{b=6}\end{array}\right.$，
∴直线AC的解析式为y=-2x+6．
∵P（1，4-t），
∴将y=4-t代入y=-2x+6中，得x=1+$\frac{t}{2}$，
∴Q点的横坐标为1+$\frac{t}{2}$．
将x=1+$\frac{t}{2}$代入y=-（x-1）²+4中，得y=4-$\frac{{t}^{2}}{4}$，
∴Q点的纵坐标为4-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
∴QF=（4-$\frac{{t}^{2}}{4}$）-（4-t）=t-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
∴S_△ACQ=S_△AFQ+S_△CFQ
=$\frac{1}{2}$FQ•AG+$\frac{1}{2}$FQ•DG
=$\frac{1}{2}$FQ（AG+DG）
=$\frac{1}{2}$FQ•AD
=$\frac{1}{2}$×2（t-$\frac{{t}^{2}}{4}$）
=-$\frac{1}{4}$（t-2）²+1．
∴当t=2时，△ACQ的面积最大，最大值是1．

点评 本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角函数的定义、勾股定理、二次函数的性质等知识点．在（1）中确定出A点坐标是解题的关键，在（2）中注意分∠QPC=90°和∠PQC=90°两种情况，在（3）中用t表示出QF是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．