Question

【題目】如圖，直線y=﹣ x+2 與x軸，y軸分別交于點A，點B，兩動點D，E分別從點A，點B同時出發(fā)向點O運動（運動到點O停止），運動速度分別是1個單位長度/秒和 個單位長度/秒，設(shè)運動時間為t秒，以點A為頂點的拋物線經(jīng)過點E，過點E作x軸的平行線，與拋物線的另一個交點為點G，與AB相交于點F．

（1）求點A，點B的坐標(biāo)；
（2）用含t的代數(shù)式分別表示EF和AF的長；
（3）當(dāng)四邊形ADEF為菱形時，試判斷△AFG與△AGB是否相似，并說明理由．
（4）是否存在t的值，使△AGF為直角三角形？若存在，求出這時拋物線的解析式；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】
（1）

解：在直線y=﹣ x+2 中，

令y=0可得0=﹣ x+2 ，解得x=2，

令x=0可得y=2 ，

∴A為（2，0），B為（0，2 ）；

（2）

解：由（1）可知OA=2，OB=2 ，

∴tan∠ABO= = ，

∴∠ABO=30°，

∵運動時間為t秒，

∴BE= t，

∵EF∥x軸，

∴在Rt△BEF中，EF=BEtan∠ABO= BE=t，BF=2EF=2t，

在Rt△ABO中，OA=2，OB=2 ，

∴AB=4，

∴AF=4﹣2t；

（3）

解：相似．理由如下：

當(dāng)四邊形ADEF為菱形時，則有EF=AF，

即t=4﹣2t，解得t= ，

∴AF=4﹣2t=4﹣ = ，OE=OB﹣BE=2 ﹣ × = ，

如圖，過G作GH⊥x軸，交x軸于點H，

則四邊形OEGH為矩形，

∴GH=OE= ，

又EG∥x軸，拋物線的頂點為A，

∴OA=AH=2，

在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2=GH2+AH2=（ ）2+22= ，

又AFAB= ×4= ，

∴AFAB=AG2，即 ，且∠FAG=∠GAB，

∴△AFG∽△AGB；

（4）

解：存在，

∵EG∥x軸，

∴∠GFA=∠BAO=60°，

又G點不能在拋物線的對稱軸上，

∴∠FGA≠90°，

∴當(dāng)△AGF為直角三角形時，則有∠FAG=90°，

又∠FGA=30°，

∴FG=2AF，

∵EF=t，EG=4，

∴FG=4﹣t，且AF=4﹣2t，

∴4﹣t=2（4﹣2t），

解得t= ，

即當(dāng)t的值為 秒時，△AGF為直角三角形，此時OE=OB﹣BE=2 ﹣ t=2 ﹣ × = ，

∴E點坐標(biāo)為（0， ），

∵拋物線的頂點為A，

∴可設(shè)拋物線解析式為y=a（x﹣2）2，

把E點坐標(biāo)代入可得 =4a，解得a= ，

∴拋物線解析式為y= （x﹣2）2，

即y= x2﹣ x+ ．

【解析】（1）在直線y=﹣ x+2 中，分別令y=0和x=0，容易求得A、B兩點坐標(biāo)；（2）由OA、OB的長可求得∠ABO=30°，用t可表示出BE，EF，和BF的長，由勾股定理可求得AB的長，從而可用t表示出AF的長；（3）利用菱形的性質(zhì)可求得t的值，則可求得AF=AG的長，可得到 ，可判定△AFG與△AGB相似；（4）若△AGF為直角三角形時，由條件可知只能是∠FAG=90°，又∠AFG=∠OAF=60°，由（2）可知AF=4﹣2t，EF=t，又由二次函數(shù)的對稱性可得到EG=2OA=4，從而可求出FG，在Rt△AGF中，可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值，進(jìn)一步可求得E點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式．本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及知識點有待定系數(shù)法、三角函數(shù)的定義、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、二次函數(shù)的對稱性等．在（2）中求得∠ABO=30°是解題的關(guān)鍵，在（3）中求得t的值，表示出AG的長度是解題的關(guān)鍵，在（4）中判斷出∠FAG為直角是解題的突破口．本題考查知識點較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．