如图所示.正方形OABC的边长为2cm.以OA.OC所在直线为坐标轴建立直角坐标系xoy.点D.E.F和G分别从点O.A.B和C沿着OA.AB.BC和CO方向都以1cm/s的速度同时移动.移动时间为ts.抛物线y=ax2+bx+c总是经过三个动点G.D.E．(1)判断△DEF的形状.并说明理由,(2)△DEF的面积是否存在最大值或最小值?若存在.请求出最大值或最小值以� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

11．

如图所示，正方形OABC的边长为2cm，以OA、OC所在直线为坐标轴建立直角坐标系xoy，点D、E、F和G分别从点O、A、B和C沿着OA、AB、BC和CO方向都以1cm/s的速度同时移动，移动时间为t（0＜t＜2）s，抛物线y=ax²+bx+c总是经过三个动点G、D、E．
（1）判断△DEF的形状，并说明理由；
（2）△DEF的面积是否存在最大值或最小值？若存在，请求出最大值或最小值以及相应的点坐标．若不存在请说明理由；
（3）设直线DE与y轴交于点M．当ME=3MD时，请求出抛物线的解析式；
（4）图中的抛物线是动点移动到某一时刻的图象，此时抛物线上是否存在点P，使过点P的直线l平分正方形的面积，且点D和点E到直线l的距离相等？若存在，请在图中画出l和抛物线的所有交点；若不存在，请说明理由．

分析（1）根据已知条件证明△DAE≌△EBF，得到∠DEF=90°，判断△DEF的形状；
（2）用t表示出△DEF的面积，根据二次函数的性质求出最值；
（3）根据已知和相似三角形的性质求出点D的坐标，得到G、F的坐标，运用待定系数法求出抛物线的解析式；
（4）根据正方形是中心对称图形得到符合条件的点P．

解答解：（1）△DEF是直角三解形．
理由如下：
由题意得：OD=AE=BF=t，DA=EB=OG=2-t，∠DAE=∠B=90°，
在△DAE和△EBF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=BF}\\{∠A=∠B}\\{AD=BE}\end{array}\right.$，
∴△DAE≌△EBF（SAS），
∴DE=EF，∠DAE=∠BEF，
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠BEF+∠AED=90°，
则∠DEF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形．
（2）由（1）得DE²=AD²+AE²=（2-t）²+t²=2t²-4t+4
∴${S_{△DEF}}=\frac{1}{2}D{E^2}={t^2}-2t+2={（{t-1}）^2}+1$
∴当t=1s时，△DEF的面积存在最小值，最小值1cm²．此时，点D的坐标为（1，0）．
（3）∵ME=3MD，$\frac{DM}{DE}=\frac{1}{2}$
显然Rt△DOM∽Rt△DAE，
∴$\frac{DO}{DA}=\frac{DM}{DE}=\frac{1}{2}$，
∴DA=2DO，即2-t=2t，
∴$t=\frac{2}{3}$，
∴G（0，$\frac{4}{3}$）、D（$\frac{2}{3}$，0）、E（2，$\frac{2}{3}$）．
又∵抛物线y=ax²+bx+c经过G、D、E三点，

∴$\left\{\begin{array}{l}c=\frac{4}{3}\\ \frac{4}{9}a+\frac{2}{3}b+c=0\\ 4a+2b+c=\frac{2}{3}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=\frac{5}{4}\\ b=-\frac{17}{6}\\ c=\frac{4}{3}\end{array}\right.$
∴抛物线的解析式$y=\frac{5}{4}{x^2}-\frac{17}{6}x+\frac{4}{3}$．
（4）满足题意的点P存在，共有4个点，画法：取正方形的中心O′，过点O′和线段DE的中点作直线l₁，直线l₁交抛物线于点P₁和P₂，过点O′作线段DE的平行线l₂，直线l₂交抛物线于点P₃和P₄，点P₁、P₂、P₃、P₄满足题意的4个点．

点评本题考查的是二次函数图象和性质的综合应用，灵活运用全等三角形的判定和性质定理、相似三角形的性质定理、二次函数的最值以及正方形的中心对称性是解题的关键．

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