Question

如圖，已知：如圖①，直線y=-x+與x軸、y軸分別交于A、B兩點，兩動點D、E分別從A、B兩點同時出發(fā)向O點運動（運動到O點停止）；對稱軸過點A且頂點為M的拋物線y=a（x-k）²+h（a＜0）始終經(jīng)過點E，過E作EG∥OA交拋物線于點G，交AB于點F，連結DE、DF、AG、BG．設D、E的運動速度分別是1個單位長度/秒和個單位長度/秒，運動時間為t秒．
（1）用含t代數(shù)式分別表示BF、EF、AF的長；
（2）當t為何值時，四邊形ADEF是菱形？判斷此時△AFG與△AGB是否相似，并說明理由；
（3）當△ADF是直角三角形，且拋物線的頂點M恰好在BG上時，求拋物線的解析式．

Answer 1

【答案】分析：（1）首先求出一次函數(shù)y=-x+與坐標軸交點A、B的坐標，然后解直角三角形求出BF、EF、AF的長；
（2）由EF∥AD，且EF=AD=t，則四邊形ADEF為平行四邊形，若?ADEF是菱形，則DE=AD=t．由DE=2OE，列方程求出t的值；
如答圖1所示，推出∠BAG=∠GAF，∠ABG=∠AGF=30°，證明△AFG與△AGB相似．
（3）當△ADF是直角三角形時，有兩種情形，需要分類討論：
①若∠ADF=90°，如答圖2所示．首先求出此時t的值；其次求出點G的坐標，利用待定系數(shù)法求出直線BG的解析式，得到點M的坐標；最后利用頂點式和待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；
②若∠AFD=90°，如答圖3所示．解題思路與①相同．
解答：解：（1）在直線解析式y(tǒng)=-x+中，令x=0，得y=；令y=0，得x=1．
∴A（1，0），B（0，），OA=1，OB=．
∴tan∠OAB=，∴∠OAB=60°，
∴AB=2OA=2．
∵EG∥OA，∴∠EFB=∠OAB=60°．
∴EF===t，BF=2EF=2t，
∴AF=AB-BF=2-2t．

（2）①∵EF∥AD，且EF=AD=t，∴四邊形ADEF為平行四邊形．
若?ADEF是菱形，則DE=AD=t．
由DE=2OD，即：t=2（1-t），解得t=．
∴t=時，四邊形ADEF是菱形．
②此時△AFG與△AGB相似．理由如下：
如答圖1所示，連接AE，

∵四邊形ADEF是菱形，
∴∠DEF=∠DAF=60°，
∴∠AEF=30°．
由拋物線的對稱性可知，AG=AE，
∴∠AGF=∠AEF=30°．
在Rt△BEG中，BE=，EG=2，
∴tan∠EBG==，
∴∠EBG=60°，
∴∠ABG=∠EBG-∠EBF=30°．
在△AFG與△AGB中，∵∠BAG=∠GAF，∠ABG=∠AGF=30°，
∴△AFG∽△AGB．

（3）當△ADF是直角三角形時，
①若∠ADF=90°，如答圖2所示：

此時AF=2DA，即2-2t=2t，解得t=．
∴BE=t=，OE=OB-BE=，
∴E（0，），G（2，）．
設直線BG的解析式為y=kx+b，將B（0，），G（2，）代入得：
，解得k=，b=，
∴y=x+．
令x=1，得y=，
∴M（1，）．
設拋物線解析式為y=a（x-1）²+，點E（0，）在拋物線上，
∴=a+，解得a=．
∴y=（x-1）²+=x²+x+．
②若∠AFD=90°，如答圖3所示：

此時AD=2AF，即：t=2（2-2t），解得：t=．
∴BE=t=，OE=OB-BE=，
∴E（0，），G（2，）．
設直線BG的解析式為y=kx+b，將B（0，），G（2，）代入得：
，解得k=，b=，
∴y=x+．
令x=1，得y=，∴M（1，）．
設拋物線解析式為y=a（x-1）²+，點E（0，）在拋物線上，
∴=a+，解得a=．
∴y=（x-1）²+=x²+x+．
綜上所述，符合條件的拋物線的解析式為：y=x²+x+或y=x²+x+．
點評：本題是中考壓軸題，涉及二次函數(shù)的圖象與性質、一次函數(shù)的圖象與性質、待定系數(shù)法、相似三角形、解直角三角形、菱形等知識點．第（3）問中，有兩種情形存在，需要分類討論，避免漏解．