Question

如图1，矩形BCD的边OD，OB分别在x轴和y轴上，且B（0，8），D（10，0）．点E是DC边上一点，将矩形OBCD沿过点O的射线OE折叠，使点D恰好落在BC边上的点A处．
（1）直接写出A，E的坐标；
（2）若抛物线y=ax²+bx经过点A，D，求此抛物线的解析式；
（3）若点M是（2）是的抛物线对称轴上的一点，点N是坐标平面内一点，是否存在M，N使以A，M，N，E为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（4）如图2，动点P从点O出发沿x轴正方向以每秒1个单位的速度向终点D运动，动点Q从点D出发沿折线D-C-A以同样的速度运动，两点同时出发，当一点运动到终点时，另一点也随之停止，过动点P作直线l⊥x轴，依次交射线OA，OE于点F，G，设运动时间为t（秒），△QFG的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．（t的取值应保证△QFG的存在）

Answer 1

考点：二次函数综合题

专题：压轴题,分类讨论,方程思想

分析：（1）由矩形的性质及轴对称的性质即可求出AB，就可得到点A的坐标；设AE=DE=x，在Rt△ACE中，运用勾股定理即可求出x，从而求出点E的坐标．
（2）用待定系数法即可求得抛物线的解析式．
（3）易求得抛物线的对称轴x=5，过点E作EN⊥AH，垂足为N，运用勾股定理用n的代数式表示出AM²、EM²，然后分别以AM与AE，EM与EA，ME与MA为菱形的一组邻边进行讨论，列出等式，求出n，就可求出点M的坐标．
（4）根据点Q的位置不同，分以下四种情况进行讨论：①点Q在线段DC上、②点Q在AC上且在直线l的右边、③点Q在AC上且在直线l上、④点Q在AC上且在直线l的左边，就可解决问题．

解答：解：（1）如图1，
∵四边形OBCD是矩形，B（0，8），D（10，0），
∴BC=OD=10，DC=OB=8，∠OBC=∠C=90°．
由折叠可得：OA=OD=10，AE=DE．
∵∠OBC=90°，OB=8，OA=10，
∴AB=6．
∴AC=4．
设AE=DE=x，则CE=8-x．
∵∠C=90°，
∴x²=4²+（8-x）²．
解得：x=5．
∴AE=DE=5．
∴点A的坐标为（6，8），点E的坐标为（10，5）．

（2）∵抛物线y=ax²+bx经过点A（6，8），D（10，0），
∴

36a+6b=8 100a+10b=0

，
解得：

a=- 1 3 b= 10 3

．
∴此抛物线的解析式为y=-

1

3

x²+

10

3

x．

（3）存在M、N，使以A、M、N、E为顶点的四边形为菱形．
设抛物线的对称轴与BC交于点H，过点E作EN⊥AH，垂足为N，连接AM、ME，如图1，
设点M的坐标为（m，n），则m=-

10 3

2×(- 1 3 )

=5．
∴AH=6-5=1，HM=

.

8-n

.

，EN=10-5=5，NM=

.

5-n

.

．
∵AH⊥HM，
∴AM²=AH²+MH²=1+（8-n）²．
∵EN⊥MN，
∴ME²=EN²+MN²=25+（5-n）²．
①若AM与AE是菱形的一组邻边，则AM=AE．
∴AM²=AE²．
∴1+（8-n）²=25．
∴（8-n）²=24．
解得：n₁=8-2

6

，n₂=8+2

6

．
②若EM与EA是菱形的一组邻边，则EM=EA．
∴EM²=EA²．
∴25+（5-n）²=25．
∴（5-n）²=0．
∴n₃=5．
③若MA与ME是菱形的一组邻边，则MA=ME．
∴MA²=ME²．
∴1+（8-n）²=25+（5-n）²．
解得：n₄=2.5．
综上所述：满足要求的点M的坐标为（5，8-2

6

），（5，8+2

6

），（5，5），（5，2.5）．

（4）设直线OA的解析式y=k₁x，
∵点A的坐标为（6，8），
∴6k₁x=8．
∴k₁=

4

3

x．
∴直线OA的解析式y=

4

3

x．
同理可得：直线OE的表达式为y=

1

2

x．
∵OP=1×t=t，
∴P（t，0）．
∵直线l⊥x轴于点P，点F、G是直线l与OA，OE的交点，
∴F（t，

4

3

t），G（t，

1

2

t）．
故FG=

4

3

t-

1

2

t=

5

6

t．
①当0＜t≤8时，点Q在线段DC上，
过点Q作QS⊥直线l，垂足为S，如图2，
则QS=PD=10-t．
∴S=

1

2

FG•QS=

1

2

FG•PD
=

1

2

×

5

6

t（10-t）
=-

5

12

t²+

25

6

t．
②当8≤t＜9时，点Q在线段CA上，且在直线l的右侧，
设FG交AC于点N，如图3，
则QN=CN-CQ=PD-CQ=（10-t）-（t-8）=18-2t．
∴S=

1

2

FG•QN
=

1

2

×

5

6

t（18-2t）
=-

5

6

t²+

15

2

t．
③当t=9时，QN=18-2t=0，点Q与点N重合，此时△QFG不存在，故舍去．
④当9＜t≤10时，点Q在线段CA上，且在直线l的左侧，
设FG交AC于点N，如图4．
则QN=CQ-CN=CQ-PD=（t-8）-（10-t）=2t-18．
∴S=

1

2

FG•QN
=

1

2

×

5

6

t（2t-18）
=

5

6

t²-

15

2

t．
综上所述：S=

- 5 12 t2+ 25 6 t(0＜t＜8) - 5 6 t2+ 15 2 t(8≤t＜9) 5 6 t2- 15 2 t(9＜t≤10)

．

点评：本题考查了矩形的性质、菱形的性质、用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式、轴对称的性质、解一元二次方程、解一元一次方程、勾股定理等知识，有一定的综合性；本题还重点考查了方程思想和分类讨论思想，有一定的难度．