分析 (1)利用待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式,根據(jù)自變量與函數(shù)值得對應(yīng)關(guān)系,可得答案;
(2)先求得直線BC的解析式,設(shè)P(x,-x2+4x-3),則F(x,x-3),根據(jù)PF等于P點的縱坐標(biāo)減去F點的縱坐標(biāo)即可求得PF關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式,從而求得P的坐標(biāo)和PF的最大值;
(3)在運動過程中,分三種情形,需要分類討論,避免漏解.
解答 解:(1)由頂點D的坐標(biāo)(2,1),得
對稱軸是x=2,由A、B關(guān)于對稱軸對稱,得
A點坐標(biāo)是(1,0)
將A,B,D的坐標(biāo)代入解得
拋物線的解析式:y=-x2+4x-3,
當(dāng)x=0時y=-3,即C點坐標(biāo)為(0,-3);
(2)存在.
設(shè)直線BC的解析式為:y=kx+b,
則$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=0}\\{b=-3}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{b=-3}\end{array}\right.$,
∴直線BC的解析式為y=x-3,
設(shè)P(x,-x2+4x-3),則F(x,x-3),
∴PF=(-x2+4x-3)-(x-3)=-x2+3x=-(m-$\frac{3}{2}$)2+$\frac{9}{4}$,
∴當(dāng)x=$\frac{3}{2}$時,PE有最大值為$\frac{9}{4}$.
∴存在一點P,使線段PE的長最大,最大值為$\frac{9}{4}$.
(3)存在t使S有最大值,理由如下:
∵A(1,0)、B(3,0)、D(2,1)、C(0,-3),
∴可求得直線AD的解析式為:y=x-1;
直線BC的解析式為:y=x-3.
∴AD∥BC,且與x軸正半軸夾角均為45°.
∵AF∥y軸,
∴F(1,-2),
∴AF=2.
①當(dāng)0≤t≤$\sqrt{2}$時,如答圖1-1所示.![]()
此時四邊形AFF′A′為平行四邊形.
設(shè)A′F′與x軸交于點K,則AK=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AA′=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t.
∴S=S?AFF′A′=AF•AK=2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$t=$\sqrt{2}$t,
當(dāng)t=$\sqrt{2}$時,S最大=2;
②當(dāng)$\sqrt{2}$<t≤2$\sqrt{2}$時,如答圖1-2所示.![]()
設(shè)O′C′與AD交于點P,A′F′與BD交于點Q,
則四邊形PC′F′A′為平行四邊形,△A′DQ為等腰直角三角形.
∴S=S?PC′F′A′-S△A′DQ
=2×1-$\frac{1}{2}$(t-$\sqrt{2}$)2
=-$\frac{1}{2}$t2+$\sqrt{2}$t+1
=-$\frac{1}{2}$(t-$\sqrt{2}$)2+2,
當(dāng)t=$\sqrt{2}$時,S最大=2;
③當(dāng)2$\sqrt{2}$<t≤3$\sqrt{2}$時,如答圖1-3所示.![]()
設(shè)O′C′與BD交于點Q,則△BC′Q為等腰直角三角形.
∵BC=3$\sqrt{2}$,CC′=t,
∴BC′=3$\sqrt{2}$-t.
∴S=S△BC′Q=$\frac{1}{2}$(3$\sqrt{2}$-t)2
=$\frac{1}{2}$t2-3$\sqrt{2}$t+9
=$\frac{1}{2}$(t-3$\sqrt{2}$)2
當(dāng)t=2$\sqrt{2}$時S最大=1,
由于2>1,
S的最大值是2,此時t=$\sqrt{2}$.
點評 本題是二次函數(shù)綜合題,考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法求解析式、最值、平行四邊形、等腰直角三角形、圖形面積計算等知識點.注意分類討論的數(shù)學(xué)思想及圖形面積的計算方法.
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