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    1．抛物线y=ax2+bx（a≠0）与双曲线y=$\frac{k}{x}$ 相交于点A、B．已知点B的坐标为（-2，-2），点A在第一象限内且纵坐标为4．过点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C．在x轴上D（4，0），连CD交y轴点M，一动点P从C点出发以每秒1个单位长度的速度沿C-A-D运动
    （1）求双曲线和抛物线的解析式；
    （2）过P作直线PQ∥AM交CD于点Q，设PQ扫过△ACD的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式；
    （3）在线段CD上还有一动点R问是否存在某一时刻AR+RP为4？若存在直接写出时间t；不存在，说明理由．

    分析 （1）把点B的坐标代入双曲线解析式求出k值，再求出点A的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答；
    （2）分两种情形①如图1中，当0＜t≤5时，设PQ扫过△ACD的图形是△CPQ，作QN⊥AC于N．由△CPQ∽△CAM，得$\frac{CP}{CA}$=$\frac{QN}{MG}$，求出QN即可．②如图2中，当5＜t≤10时，设PQ扫过△ACD的图形是四边形ACQP，根据S=S△ACD-S△PQD求解即可．
    （3）①由题意点A关于直线CD的对称点A′在x轴上，过点A′作A′P⊥AC于P，交CD于R．此时PR+AR=PR+RA′=A′P=4，求出CP即可解决问题．②如图4中，点运动到线段AD上时，AR⊥x轴于P′，P与P′关于CD对称，此时t=7s．

    解答 解：（1）∵双曲线y=$\frac{k}{x}$经过点B（-2，-2），
    ∴$\frac{k}{-2}$=-2，
    解得k=4，
    ∴双曲线的解析式为y=$\frac{4}{x}$，
    ∵点A的纵坐标为4，
    ∴$\frac{4}{x}$=4，
    解得x=1，
    ∴点A（1，4），
    把点A、B代入抛物线y=ax2+bx（a≠0）得，
    $\left\{\begin{array}{l}{a+b=4}\\{4a-2b=-2}\end{array}\right.$，
    解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=3}\end{array}\right.$，
    ∴抛物线的解析式为y=x2+3x；

    （2）∵直线AC∥x轴，A（1，4），
    ∴x2+3x=4，
    解得x1=1，x2=-4，
    ∴点C的坐标为（-4，4），
    ∵OD=4，
    ∴点D的坐标为（4，0），
    设直线CD的解析式为y=kx+b（k≠0），
    则$\left\{\begin{array}{l}{-4k+b=4}\\{4k+b=0}\end{array}\right.$，
    解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=2}\end{array}\right.$，
    ∴直线CD的解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+2，
    当x=0时，y=2，
    ∴点M的坐标为（0，2），
    ∵AC=5，AD=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
    ∴AC=AD，
    ∴∠ACD=∠ADC，设AC交y轴于G，
    ∵CG∥OD，CG=OD=4，
    ∴$\frac{CG}{OD}$=$\frac{CM}{DM}$=$\frac{GM}{MO}$=1，∠ACD=∠CDO，
    ∴∠ADC=∠CDO，CM=DM，OM=GM=2，
    ∴AM⊥CD，
    ①如图1中，当0＜t≤5时，设PQ扫过△ACD的图形是△CPQ，作QN⊥AC于N．

    ∵PQ∥AM，
    ∴∠CPQ=∠CAM，∵∠PCQ=∠ACM，
    ∴△CPQ∽△CAM，
    ∴$\frac{CP}{CA}$=$\frac{QN}{MG}$，
    ∴$\frac{t}{5}$=$\frac{QN}{2}$，
    ∴QN=$\frac{2}{5}$t，
    ∴S=$\frac{1}{2}$•CP•QN=$\frac{1}{5}$t2．
    ②如图2中，当5＜t≤10时，设PQ扫过△ACD的图形是四边形ACQP．

    ∵PQ∥AM，
    ∴$\frac{PQ}{AM}$=$\frac{DP}{DA}$=$\frac{DQ}{DM}$，
    ∴$\frac{PQ}{\sqrt{5}}$=$\frac{10-t}{5}$=$\frac{DQ}{2\sqrt{5}}$，
    ∴PQ=$\frac{\sqrt{5}}{5}$（10-t），DQ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（10-t），
    ∴S=S△ACD-S△PQD=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{5}$×$\sqrt{5}$-$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{5}}{5}$（10-t）×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（10-t）=-$\frac{1}{5}$t2+4t-10，
    综上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{5}{t}^{2}}&{（0＜t≤5）}\\{-\frac{1}{5}{t}^{2}+4t-10}&{（5＜t≤10）}\end{array}\right.$．

    （3）存在．①如图3中，

    由（2）可知，∠CDA=∠CDO，
    ∴点A关于直线CD的对称点A′在x轴上，过点A′作A′P⊥AC于P，交CD于R．此时PR+AR=PR+RA′=A′P=4，
    ∵DA=DA′=5，
    ∴OA′=PG=1，
    ∴CP=3，
    ∴t=3s时，线段CD上有一动点R满足AR+RP为4．
    ②如图4中，点运动到线段AD上时，AR⊥x轴于P′，P与P′关于CD对称，此时t=7s．

    综上所述，t=3s或7s时，AR+RP为4．

    点评 本题是二次函数综合题型、待定系数法、勾股定理的应用、以及三角形的面积、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用对称解决有关问题，属于中考压轴题．

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