(2012•南湖區(qū)二模)已知直線y=-x+4分別交x軸、y軸于點(diǎn)A、C,過A、C兩點(diǎn)的拋物線y=ax2-2ax+c交x軸于另一點(diǎn)B.
(1)求該拋物線的解析式;
(2)若動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā),以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度沿線段BA方向運(yùn)動(dòng),同時(shí)動(dòng)直線l從x軸出發(fā),以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度沿y軸方向平行移動(dòng),直線l交AC與D,交BC于E,當(dāng)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí),兩者都停止運(yùn)動(dòng).設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒,△QED的面積為S.
①求S與t的函數(shù)關(guān)系式:并探究:當(dāng)t為何值時(shí),S有最大值為多少?
②在點(diǎn)Q及直線l的運(yùn)動(dòng)過程中,是否存在△QED為直角三角形?若存在,請(qǐng)求t的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
分析:(1)根據(jù)直線解析式求出點(diǎn)A、C,然后利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答即可;
(2)①令y=0,解關(guān)于x的一元二次方程求出點(diǎn)B的坐標(biāo),再求出AB的長(zhǎng),然后根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)高的比等于相似比求出DE,再根據(jù)三角形的面積公式列式整理即可得解,最后根據(jù)二次函數(shù)的最值問題解答;
②分(i)∠QED=90°時(shí),根據(jù)△BQE和△BOC相似,利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求解;(ii)∠EDQ=90°時(shí),利用△ADQ和△ACO相似,利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求解即可;(iii)∠DQE=90°時(shí),過點(diǎn)D作DF⊥AB于F,過點(diǎn)E作EG⊥AB于G,表示出BG、EG、GQ,AF、DF、QF,然后根據(jù)△EGQ和△QDF相似,利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求解即可.
解答:解:(1)令y=0,則-x+4=0,
解得x=4,
令x=0,則y=4,
∴點(diǎn)A(4,0),C(0,4),
∵拋物線y=ax2-2ax+c經(jīng)過點(diǎn)A、C,
16a-8a+c=0
c=4

解得
a=-
1
2
c=4
,
∴拋物線y=-
1
2
x2+x+4;

(2)①令y=0,則-
1
2
x2+x+4=0,
整理得,x2-2x-8=0,
解得x1=-2,x2=4,
∴點(diǎn)B(-2,0),
∴AB=4-(-2)=6,
∵直線l∥x軸,
∴△ABC∽△DEC,
DE
AB
=
4-t
4
,
DE
6
=
4-t
4
,
解得DE=
3
2
(4-t),
∴△QED的面積為S=
1
2
×
3
2
(4-t)×t=-
3
4
t2+3t,
S與t的函數(shù)關(guān)系式為S=-
3
4
t2+3t,
∵S=-
3
4
(t-2)2+3,
∴t=2時(shí),S有最大值,最大值為3;

②(i)∠QED=90°時(shí),∵DE∥x軸,
∴EQ⊥AB,
∴△BQE∽△BOC,
EQ
OC
=
BQ
OB

t
4
=
2t
2
,
所以,此種情況不成立;
(ii)∠EDQ=90°時(shí),∵DE∥x軸,
∴DQ⊥AB,
∴△ADQ∽△ACO,
AQ
OA
=
DQ
CO
,
6-2t
4
=
t
4

解得t=3;
(iii)∠DQE=90°時(shí),過點(diǎn)D作DF⊥AB于F,過點(diǎn)E作EG⊥AB于G,
則△BGE∽△BOC,
BG
OB
=
EG
OC
,
∴BG=
OB•EG
OC
=
2•t
4
=
1
2
t,
GQ=2t-
1
2
t=
3t
2
,
同理可求AF=t,DF=t,
QF=AB-BQ-AF=6-2t-t=6-3t,
易求△EGQ∽△QDF,
EG
QF
=
GQ
DF
,
t
6-3t
=
3t
2
t
,
解得t=
18
11
,
綜上所述,t=
18
11
或3秒時(shí),△QED為直角三角形.
點(diǎn)評(píng):本題是二次函數(shù)綜合題型,主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式,相似三角形的判定與性質(zhì),三角形的面積,二次函數(shù)的最值問題,難點(diǎn)在于(2)②要分情況討論.
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