Question

13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A為頂點(diǎn)的拋物線y=ax²+bx+c過點(diǎn)C．動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AB向點(diǎn)B運(yùn)動，運(yùn)動速度為每秒1個(gè)單位．運(yùn)動時(shí)間為t秒．過點(diǎn)P作PE⊥AB交AC于點(diǎn)E．
（1）求拋物線的解析式；
（2）過點(diǎn)E作EF⊥AD于F，交拋物線于點(diǎn)G，當(dāng)t為何值時(shí)，△ACG的面積最大？最大值為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可以得到點(diǎn)A的坐標(biāo)；由頂點(diǎn)A的坐標(biāo)可設(shè)該拋物線的頂點(diǎn)式方程為y=a（x-1）²+4，然后將點(diǎn)C的坐標(biāo)代入，即可求得系數(shù)a的值（利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式）；
（2）利用待定系數(shù)法求得直線AC的方程y=-2x+6；由圖形與坐標(biāo)變換可以求得點(diǎn)P的坐標(biāo)（1，4-t），據(jù)此可以求得點(diǎn)E的縱坐標(biāo)，將其代入直線AC方程可以求得點(diǎn)E或點(diǎn)G的橫坐標(biāo)；然后結(jié)合拋物線方程、圖形與坐標(biāo)變換可以求得GE=4-$\frac{{t}^{2}}{4}$、點(diǎn)A到GE的距離為$\frac{t}{2}$，C到GE的距離為2-$\frac{t}{2}$；最后根據(jù)三角形的面積公式可以求得S_△ACG=S_△AEG+S_△CEG=$\frac{1}{4}$（t-2）²+1，由二次函數(shù)的最值可以解得t=2時(shí)，S_△ACG的最大值為1．

解答 解：（1）依題意知，點(diǎn)A的橫坐標(biāo)與點(diǎn)B的橫坐標(biāo)相同，點(diǎn)A的做那個(gè)坐標(biāo)與點(diǎn)D的縱坐標(biāo)相同，即A（1，4）．
由題意知，可設(shè)拋物線解析式為y=a（x-1）²+4
∵拋物線過點(diǎn)C（3，0），
∴0=a（3-1）²+4，
解得a=-1．
∴拋物線的解析式為y=-（x-1）²+4，即y=-x²+2x+3．
（2）∵A（1，4），C（3，0），
∴可求直線AC的解析式為y=-2x+6．
∵點(diǎn)P（1，4-t）．
∴將y=4-t代入y=-2x+6中，解得點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為x=1+$\frac{t}{2}$．
∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為1+$\frac{t}{2}$，代入拋物線的解析式中，可求點(diǎn)G的縱坐標(biāo)為4-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
∴GE=（4-$\frac{{t}^{2}}{4}$）-（4-t）=t-$\frac{{t}^{2}}{4}$．
又∵點(diǎn)A到GE的距離為$\frac{t}{2}$，C到GE的距離為2-$\frac{t}{2}$，
即S_△ACG=S_△AEG+S_△CEG
=$\frac{1}{2}$•EG•$\frac{t}{2}$+$\frac{1}{2}$•EG（2-$\frac{t}{2}$）
=$\frac{1}{2}$•2（t-$\frac{{t}^{2}}{4}$）
=-$\frac{1}{4}$（t-2）²+1．
即S_△ACG=-$\frac{1}{4}$（t-2）²+1．
當(dāng)t=2時(shí)，S_△ACG的最大值為1．

點(diǎn)評 本題考查了二次函數(shù)的綜合題．其中涉及到的知識點(diǎn)有待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式以及三角形面積的求法．