Question

如图，已知：如图①，直线y=-x+与x轴、y轴分别交于A、B两点，两动点D、E分别从A、B两点同时出发向O点运动（运动到O点停止）；对称轴过点A且顶点为M的抛物线y=a（x-k）²+h（a＜0）始终经过点E，过E作EG∥OA交抛物线于点G，交AB于点F，连结DE、DF、AG、BG．设D、E的运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度/秒，运动时间为t秒．
（1）用含t代数式分别表示BF、EF、AF的长；
（2）当t为何值时，四边形ADEF是菱形？判断此时△AFG与△AGB是否相似，并说明理由；
（3）当△ADF是直角三角形，且抛物线的顶点M恰好在BG上时，求抛物线的解析式．

Answer 1

解：（1）在直线解析式y=-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，∴四边形ADEF为平行四边形．
若?ADEF是菱形，则DE=AD=t．
由DE=2OD，即：t=2（1-t），解得t=．
∴t=时，四边形ADEF是菱形．
②此时△AFG与△AGB相似．理由如下：
如答图1所示，连接AE，

∵四边形ADEF是菱形，
∴∠DEF=∠DAF=60°，
∴∠AEF=30°．
由抛物线的对称性可知，AG=AE，
∴∠AGF=∠AEF=30°．
在Rt△BEG中，BE=，EG=2，
∴tan∠EBG==，
∴∠EBG=60°，
∴∠ABG=∠EBG-∠EBF=30°．
在△AFG与△AGB中，∵∠BAG=∠GAF，∠ABG=∠AGF=30°，
∴△AFG∽△AGB．

（3）当△ADF是直角三角形时，
①若∠ADF=90°，如答图2所示：

此时AF=2DA，即2-2t=2t，解得t=．
∴BE=t=，OE=OB-BE=，
∴E（0，），G（2，）．
设直线BG的解析式为y=kx+b，将B（0，），G（2，）代入得：
，解得k=，b=，
∴y=x+．
令x=1，得y=，
∴M（1，）．
设抛物线解析式为y=a（x-1）²+，点E（0，）在抛物线上，
∴=a+，解得a=．
∴y=（x-1）²+=x²+x+．
②若∠AFD=90°，如答图3所示：

此时AD=2AF，即：t=2（2-2t），解得：t=．
∴BE=t=，OE=OB-BE=，
∴E（0，），G（2，）．
设直线BG的解析式为y=kx+b，将B（0，），G（2，）代入得：
，解得k=，b=，
∴y=x+．
令x=1，得y=，∴M（1，）．
设抛物线解析式为y=a（x-1）²+，点E（0，）在抛物线上，
∴=a+，解得a=．
∴y=（x-1）²+=x²+x+．
综上所述，符合条件的抛物线的解析式为：y=x²+x+或y=x²+x+．
分析：（1）首先求出一次函数y=-x+与坐标轴交点A、B的坐标，然后解直角三角形求出BF、EF、AF的长；
（2）由EF∥AD，且EF=AD=t，则四边形ADEF为平行四边形，若?ADEF是菱形，则DE=AD=t．由DE=2OE，列方程求出t的值；
如答图1所示，推出∠BAG=∠GAF，∠ABG=∠AGF=30°，证明△AFG与△AGB相似．
（3）当△ADF是直角三角形时，有两种情形，需要分类讨论：
①若∠ADF=90°，如答图2所示．首先求出此时t的值；其次求出点G的坐标，利用待定系数法求出直线BG的解析式，得到点M的坐标；最后利用顶点式和待定系数法求出抛物线的解析式；
②若∠AFD=90°，如答图3所示．解题思路与①相同．
点评：本题是中考压轴题，涉及二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、待定系数法、相似三角形、解直角三角形、菱形等知识点．第（3）问中，有两种情形存在，需要分类讨论，避免漏解．