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=﹣ 3 x+23 中，令y=0，x=0，得到A為（2，0），B為（0，2 ）；（2）由（1）可知OA=2，OB=2 3 ，得到tan∠ABO，由∠ABO=30°，由運動時間為t秒，得到BE= t，EF∥x軸，所以在Rt△BEF中，EF=BEtan∠ABO=t，BF=2EF=2t，在Rt△ABO中，OA=2，OB=2 ，所以AB=4，AF=4﹣2t；（3）當(dāng)四邊形ADEF為菱形時，則有EF=AF，即t=4﹣2t，得到AF=4﹣2t= ，OE=OB﹣BE= ，由圖知四邊形OEGH為矩形，得到GH=OE，又EG∥x軸，拋物線的頂點為A，得到OA=AH=2，在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2=GH2+AH2 ，得到AFAB=AG2，且∠FAG=∠GAB，得到△AFG∽△AGB；（4）由EG∥x軸，得到∠GFA=∠BAO=60°，又G點不能在拋物線的對稱軸上，所以∠FGA≠90°，當(dāng)△AGF為直角三角形時，則有∠FAG=90°，又∠FGA=30°，得到FG=2AF，由EF=t，EG=4，得到FG=4﹣t，且AF=4﹣2t，即當(dāng)t的值為 秒時，△AGF為直角三角形，此時OE=OB﹣BE，即E點坐標(biāo)為（0， ），由拋物線的頂點為A，得到可設(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= ，所以拋物線解析式為y= （x﹣2）2，即y= x2﹣ x+ ．
【考點精析】利用相似三角形的判定對題目進行判斷即可得到答案，需要熟知相似三角形的判定方法:兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似（ASA）；直角三角形被斜邊上的高分成的兩個直角三角形和原三角形相似； 兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，兩三角形相似（SAS）；三邊對應(yīng)成比例，兩三角形相似（SSS）．