Question

9．如图，二次函数y=x²+2x+c的图象与x轴交于点A和点B（1，0），以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动，同时动点Q从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿CB匀速运动，当点Q到达终点B时，点P停止运动，设运动时间为t秒．连接DP，过点P作DP的垂线与y轴交于点E．
（1）求点A的坐标；
（2）当点P在线段AO（点P不与A、O重合）上运动至何处时，线段OE的长有最大值，并求出这个最大值；
（3）在P，Q运动过程中，求当△DPE与以D，C，Q为顶点的三角形相似时t的值；
（4）是否存在t，使△DCQ沿DQ翻折得到△DC′Q，点C′恰好落在抛物线的对称轴上？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）先将点B的坐标代入解析式求得c的值确定二次函数解析式，令y=0即可求得A点坐标；
（2）由DP⊥PE证得△DAP∽△POE，用比例式表示出y与t的关系，根据函数图象的性质可求得OE的最大值；
（3）需要分类讨论：根据t的不同取值得出相似三角形，再由相似的性质可得t的取值；
（4）先证明△DCQ≌△DC′Q，从而得到∠CDQ=∠C′DQ，DC′=DC=4，再得出∠CDQ=30°，即可求得满足条件的t值．

解答 解：（1）把B（1，0）代入y=x²+2x+c得c=-3．
∴y=x²+2x-3．
由x²+2x-3=0得x₁=-3，x₂=1．
∴点A的坐标为（-3，0）．
（2）如图（2），由正方形ABCD得AD=AB=4．

由DP⊥PE证得△DAP∽△POE，
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{AP}{OE}$ 设OE=y，则$\frac{4}{3-2t}=\frac{2t}{y}$．
∴$y=\frac{1}{2}（3-2t）•t=-（t-\frac{3}{4}）^{2}+\frac{9}{16}$．
∵a=-1＜0
∴当t=$\frac{3}{4}$（属于0＜t＜$\frac{3}{2}$）时，${y}_{最大}=\frac{9}{16}$，此时$2t=\frac{3}{2}$，
即点P位于AO的中点时，
线段OE的长有最大值$\frac{9}{16}$．
（3）①如图①，当0＜t＜$\frac{3}{2}$时，△DPE∽△DCQ，

∴$\frac{DP}{PE}=\frac{DC}{CQ}$．又△ADP∽△OPE，
∴$\frac{DP}{PE}=\frac{AD}{OP}$．
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{DC}{CQ}$．即$\frac{4}{3-2t}=\frac{4}{t}$，解得t=1．
经检验：t=1是原方程的解．
②如图②，当$\frac{3}{2}＜t≤\frac{7}{2}$时，同理证得△ADP∽△OPE，

∴$\frac{AD}{OP}=\frac{DC}{CQ}$．
即$\frac{4}{2t-3}=\frac{4}{t}$，解得t=3．经检验：t=3是原方程的解．
③如图③，当$\frac{7}{2}＜t≤4$时，△DPE∽△QCD，
∴$\frac{DP}{PE}=\frac{QC}{CD}$．

同理得$\frac{DP}{PE}=\frac{AD}{OP}$．
∴$\frac{AD}{OP}=\frac{QC}{CD}$．即$\frac{4}{2t-3}=\frac{t}{4}$，解得${t}_{1}=\frac{3+\sqrt{137}}{4}，{t}_{2}=\frac{3-\sqrt{137}}{4}$（经检验：舍去${t}_{2}=\frac{3-\sqrt{137}}{4}$）．
综上所述，t=1或3或$\frac{3+\sqrt{137}}{4}$．
（4）存在$t=\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

理由如下：如图
由△DCQ沿DQ翻折得△DC′Q，则△DCQ≌△DC′Q，
∴∠CDQ=∠C′DQ，DC′=DC=4．
设抛物线的对称轴交DC于G，则DG=2．在Rt△DC′G中，
∵C′D=2DG，
∴∠C′DG=60°．
∴$∠CDQ=\frac{1}{2}×60°=30°$．
∴CQ=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，即t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数的解析式，相似三角形的性质与一判定，二次函数的最值等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．