Question

1．如圖，在平面直角坐標系中，直線$y=-\frac{4}{3}x+8$與x軸，y軸分別交于點A、B，拋物線y=ax²-4ax+c經(jīng)過點A和點B，與x軸的另一個交點為C，動點D從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向O點運動，同時動點E從點B出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度向A點運動，設運動的時間為t秒，0＜t＜5．
（1）求拋物線的解析式；
（2）當t為何值時，以A、D、E為頂點的三角形與△AOB相似；
（3）當△ADE為等腰三角形時，求t的值；
（4）拋物線上是否存在一點F，使得以A、B、D、F為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出F點的坐標；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法即可得出結論；
（2）先表示出AD=t，AE=10-2t，分兩種情況，用得出的比例式建立方程求解即可；
（3）先表示出AD=t，AE=10-2t，分三種情況，用兩腰相等建立方程求解即可；
（4）分AD為平行四邊形的對角線和邊兩種情況建立方程求解即可．

解答 解：（1）∵A（6，0），B（0，8），依題意知$\left\{\begin{array}{l}36a-24a+c=0\\ c=8\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{2}{3}\\ c=8\end{array}\right.$，
∴$y=-\frac{2}{3}{x^2}+\frac{8}{3}x+8$．

（2）∵A（6，0），B（0，8），
∴OA=6，OB=8，AB=10，
∴AD=t，AE=10-2t，
①當△ADE∽△AOB時，$\frac{AD}{AO}=\frac{AE}{AB}$，
∴$\frac{t}{6}=\frac{10-2t}{10}$，
∴$t=\frac{30}{11}$；
②當△AED∽△AOB時，$\frac{AE}{AO}=\frac{AD}{AB}$，
∴$\frac{10-2t}{6}=\frac{t}{10}$，
∴$t=\frac{50}{13}$；
綜上所述，t的值為$\frac{30}{11}$或$\frac{50}{13}$．

（3）由（2）知，AD=t，AE=10-2t，
①當AD=AE時，
∴t=10-2t，
∴$t=\frac{10}{3}$；
②當AE=DE時，
如圖1，過E作EH⊥x軸于點H，
則AD=2AH，
由△AEH∽△ABO得，AH=$\frac{3（10-2t）}{5}$，
∴$t=\frac{6（10-2t）}{5}$，
∴$t=\frac{60}{17}$；
③當AD=DE時，
如圖2，過D作DM⊥AB于點M，
則AE=2AM，
由△AMD∽△AOB得，AM=$\frac{3t}{5}$，
∴$10-2t=\frac{6t}{5}$，
∴$t=\frac{25}{8}$；
綜上所述，t的值為$\frac{10}{3}$或$\frac{60}{17}$或$\frac{25}{8}$．
（4）①當AD為邊時，則BF∥x軸，
∴y_F=y_B=8，
∴x=4，
∴F（4，8）；
②當AD為對角線時，則y_F=-y_B=-8，
∴$-\frac{2}{3}{x^2}+\frac{8}{3}x+8=-8$，解得$x=2±2\sqrt{7}$，
∵x＞0，
∴$x=2+2\sqrt{7}$，
∴$（2+2\sqrt{7}，-8）$．
綜上所述，符合條件的點F存在，共有兩個F₁（4，8），${F_2}（2+2\sqrt{7}$，-8）．

點評 此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，用方程的思想是解決此類問題的關鍵，是一道中等難度的中考常考題．