∴Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′， ∴∠DAE′=∠B′AE′=∠BAE=30°，
∴AB′与AE在同一直线上，即BF与AB′的交点是G， 设BF与AE′的交点为H，
则∠BAG=∠HAG=30°，而∠AGB=∠AGH=90°，AG公共， ∴△BAG≌△HAG，…（11分）
∴S四边形GHE′B′=S△AB′E′﹣S△AGH=S△ABE﹣S△ABG=S△BGE．
∴△ABE在旋转前后与△BCF重叠部分的面积没有变化．…（12分）
点评： 此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数等知
识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
25．（14分）（2012?烟台）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．
（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；
（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？ （3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．
考点： 二次函数综合题． 专题： 压轴题．
分析： （1）根据矩形的性质可以写出点A得到坐标；由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为y=a
（x﹣1）2+4，然后将点C的坐标代入，即可求得系数a的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）； （2）利用待定系数法求得直线AC的方程y=﹣2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标（1，4﹣t），据此可以求得点E的纵坐标，将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标；然后结
合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=4﹣﹣；最后根据三角形的面积公式可以求得
S△ACG=S△AEG+S△CEG=﹣（t﹣2）2+1，由二次函数的最值可以解得t=2时，S△ACG的最大值为1；
、点A到GE的距离为，C到GE的距离为2
（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H在直线EF上．
解答： 解：（1）A（1，4）．…（1分）
由题意知，可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4
∵抛物线过点C（3，0）， ∴0=a（3﹣1）2+4， 解得，a=﹣1，
∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3．…（2分）（2）∵A（1，4），C（3，0）， ∴可求直线AC的解析式为y=﹣2x+6． ∵点P（1，4﹣t）．…（3分） ∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，解得点E的横坐标为x=1+．…（4分） ∴点G的横坐标为1+，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为4﹣∴GE=（4﹣
）﹣（4﹣t）=t﹣
．…（5分）
．
又∵点A到GE的距离为，C到GE的距离为2﹣， 即S△ACG=S△AEG+S△CEG=?EG?+?EG（2﹣） =?2（t﹣
）=﹣（t﹣2）2+1．…（7分）
当t=2时，S△ACG的最大值为1．…（8分）（3）第一种情况如图1所示，点H在AC的上方，由四边形CQHE是菱形知CQ=CE=t， 根据△APE∽△ABC，知 =
，即=
，解得t=20﹣8
；
第二种情况如图2所示，点H在AC的下方，由四边形CQHE是菱形知CQ=QE=EH=HC=t，PE=t，EM=2﹣t，MQ=4﹣2t．
则在直角三角形EMQ中，根据勾股定理知EM2+MQ2=EQ2，即（2﹣t）2+（4﹣2t）2=t2， 解得，t1=
，t2=4（不合题意，舍去）．
或t=
．…（12分）
综上所述，t=20﹣8
（说明：每值各占（2分），多出的值未舍去，每个扣1分）
点评： 本题考查了二次函数的综合题．其中涉及到的知识点有待定系数法求二次函数的解析式，待定系数
法求一次函数的解析式以及三角形面积的求法．
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