Question

14．如圖，直線y=-$\sqrt{3}$x+2$\sqrt{3}$與x軸、x軸分別交于點(diǎn)A、B，兩動(dòng)點(diǎn)D、E分別從A、B同時(shí)出發(fā)向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)（運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)停止），運(yùn)動(dòng)速度分別是1個(gè)單位長度/秒和$\sqrt{3}$個(gè)單位長度/秒，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，以點(diǎn)A為頂點(diǎn)的拋物線經(jīng)過點(diǎn)E，過點(diǎn)E作x軸的平行線，與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)為G點(diǎn)，與AB相交于點(diǎn)F．
（1）寫出點(diǎn)A、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(shí)，試判斷△AFG與△AGB是否相似，并說明理由．
（4）是否存在t值，使△ADF為直角三角形？若存在，求出此時(shí)拋物線的解析式；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）在直線y=-$\sqrt{3}$x+2$\sqrt{3}$中，分別令y=0和x=0，容易求得A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）由OA、OB的長可求得∠ABO=30°，用t可表示出BE，EF，和BF的長，由勾股定理可求得AB的長，從而可用t表示出AF的長；
（3）利用菱形的性質(zhì)可求得t的值，則可求得AF=AG的長，可得到$\frac{AF}{AG}=\frac{AG}{AB}$，可判定△AFG與△AGB相似；
（4）先得出∠DAF=60°，再分兩種情況用∠DAF的正切值建立方程求解即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）在直線y=-$\sqrt{3}$x+2$\sqrt{3}$中，
令y=0，可得0=-$\sqrt{3}$x+2$\sqrt{3}$，解得x=2，
令x=0，可得y=2$\sqrt{3}$，
∴A為（2，0），B為（0，2$\sqrt{3}$）；
（2）由（1）可知OA=2，OB=2$\sqrt{3}$，
∴tan∠ABO=$\frac{OA}{OB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ABO=30°，
∵運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，
∴BE=$\sqrt{3}$t，
∵EF∥x軸，
∴在Rt△BEF中，EF=BE•tan∠ABO=$\frac{\sqrt{3}}{3}$BE=t，BF=2EF=2t，
在Rt△ABO中，OA=2，OB=2$\sqrt{3}$，
∴AB=4，
∴AF=4-2t；
（3）相似．理由如下：
當(dāng)四邊形ADEF為菱形時(shí)，則有EF=AF，
即t=4-2t，解得t=$\frac{4}{3}$，
∴AF=4-2t=4-$\frac{8}{3}$=$\frac{4}{3}$，OE=OB-BE=2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$×$\frac{4}{3}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
如圖，過G作GH⊥x軸，交x軸于點(diǎn)H，

則四邊形OEGH為矩形，
∴GH=OE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
又EG∥x軸，拋物線的頂點(diǎn)為A，
∴OA=AH=2，
在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG²=GH²+AH²=$（\frac{2\sqrt{3}}{3}）^{2}+{2}^{2}$=$\frac{16}{3}$，
又AF•AB=$\frac{4}{3}$×4=$\frac{16}{3}$，
∴AF•AB=AG²，
即$\frac{AF}{AG}=\frac{AG}{AB}$，且∠FAG=∠GAB，
∴△AFG∽△AGB．
（4）存在，
理由：∵A（2，0），
∴設(shè)拋物線的解析式為y=a（x-2）²，
由運(yùn)動(dòng)知，BE=$\sqrt{3}$t，AD=t，OE=2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t，
∴F（t，2$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t），D（2-t，0），E（0，$\sqrt{3}$t）
∵A（2，0），
∴DF=$\sqrt{（2-t-t）^{2}+（2\sqrt{3}-\sqrt{3}t）^{2}}$=$\sqrt{7{t}^{2}-20t+16}$，AF=$\sqrt{（t-2）^{2}+（2\sqrt{3}-\sqrt{3}t）^{2}}$=$\sqrt{4{t}^{2}-16t+16}$
在Rt△AOB中，tan∠OAB=$\frac{OB}{OA}$=$\sqrt{3}$，
∴∠DAF=60°，
∵△ADF為直角三角形，
∴①當(dāng)∠ADF=90°時(shí)，
在Rt△ADF中，tan∠DAF=$\frac{DF}{AD}$=$\frac{OE}{AD}$=$\frac{2\sqrt{3}-\sqrt{3}t}{t}$=$\sqrt{3}$，
∴t=1，
∴E（0，$\sqrt{3}$），
將此點(diǎn)E的坐標(biāo)代入拋物線的解析式為y=a（x-2）²，
得，$\sqrt{3}$=4a，
∴a=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∴拋物線的解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（x-2）²，
②當(dāng)∠AFD=90°時(shí)，
在Rt△ADF中，tan∠DAF=$\frac{DF}{AF}$=$\frac{\sqrt{7{t}^{2}-20t+16}}{\sqrt{4{t}^{2}-16t+16}}$=$\sqrt{3}$，
∴t=$\frac{8}{5}$或t=4（舍），
∴E（0，$\frac{8\sqrt{3}}{5}$），
將此點(diǎn)E的坐標(biāo)代入拋物線的解析式為y=a（x-2）²，
得，$\frac{8}{5}$$\sqrt{3}$=4a，
∴a=$\frac{2\sqrt{3}}{5}$，
∴拋物線的解析式為y=$\frac{2\sqrt{3}}{5}$（x-2）²，
即：滿足條件的拋物線解析式為y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$（x-2）²，或y=$\frac{2\sqrt{3}}{5}$（x-2）²．

點(diǎn)評(píng) 本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及知識(shí)點(diǎn)有待定系數(shù)法、三角函數(shù)的定義、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、二次函數(shù)的對(duì)稱性等．在（2）中求得∠ABO=30°是解題的關(guān)鍵，在（3）中求得t的值，表示出AG的長度是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．