Question

（2012•南湖區(qū)二模）已知直線y=-x+4分別交x軸、y軸于點A、C，過A、C兩點的拋物線y=ax²-2ax+c交x軸于另一點B．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若動點Q從點B出發(fā)，以每秒2個單位長度沿線段BA方向運動，同時動直線l從x軸出發(fā)，以每秒1個單位長度沿y軸方向平行移動，直線l交AC與D，交BC于E，當(dāng)點Q運動到點A時，兩者都停止運動．設(shè)運動時間為t秒，△QED的面積為S．
①求S與t的函數(shù)關(guān)系式：并探究：當(dāng)t為何值時，S有最大值為多少？
②在點Q及直線l的運動過程中，是否存在△QED為直角三角形？若存在，請求t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)直線解析式求出點A、C，然后利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解答即可；
（2）①令y=0，解關(guān)于x的一元二次方程求出點B的坐標(biāo)，再求出AB的長，然后根據(jù)相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比求出DE，再根據(jù)三角形的面積公式列式整理即可得解，最后根據(jù)二次函數(shù)的最值問題解答；
②分（i）∠QED=90°時，根據(jù)△BQE和△BOC相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求解；（ii）∠EDQ=90°時，利用△ADQ和△ACO相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求解即可；（iii）∠DQE=90°時，過點D作DF⊥AB于F，過點E作EG⊥AB于G，表示出BG、EG、GQ，AF、DF、QF，然后根據(jù)△EGQ和△QDF相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求解即可．

解答：解：（1）令y=0，則-x+4=0，
解得x=4，
令x=0，則y=4，
∴點A（4，0），C（0，4），
∵拋物線y=ax²-2ax+c經(jīng)過點A、C，
∴

16a-8a+c=0 c=4

，
解得

a=- 1 2 c=4

，
∴拋物線y=-

1

2

x²+x+4；

（2）①令y=0，則-

1

2

x²+x+4=0，
整理得，x²-2x-8=0，
解得x₁=-2，x₂=4，
∴點B（-2，0），
∴AB=4-（-2）=6，
∵直線l∥x軸，
∴△ABC∽△DEC，
∴

DE

AB

=

4-t

4

，
即

DE

6

=

4-t

4

，
解得DE=

3

2

（4-t），
∴△QED的面積為S=

1

2

×

3

2

（4-t）×t=-

3

4

t²+3t，
S與t的函數(shù)關(guān)系式為S=-

3

4

t²+3t，
∵S=-

3

4

（t-2）²+3，
∴t=2時，S有最大值，最大值為3；

②（i）∠QED=90°時，∵DE∥x軸，
∴EQ⊥AB，
∴△BQE∽△BOC，
∴

EQ

OC

=

BQ

OB

，
即

t

4

=

2t

2

，
所以，此種情況不成立；
（ii）∠EDQ=90°時，∵DE∥x軸，
∴DQ⊥AB，
∴△ADQ∽△ACO，
∴

AQ

OA

=

DQ

CO

，
即

6-2t

4

=

t

4

，
解得t=3；
（iii）∠DQE=90°時，過點D作DF⊥AB于F，過點E作EG⊥AB于G，
則△BGE∽△BOC，
∴

BG

OB

=

EG

OC

，
∴BG=

OB•EG

OC

=

2•t

4

=

1

2

t，
GQ=2t-

1

2

t=

3t

2

，
同理可求AF=t，DF=t，
QF=AB-BQ-AF=6-2t-t=6-3t，
易求△EGQ∽△QDF，
∴

EG

QF

=

GQ

DF

，
即

t

6-3t

=

3t 2

t

，
解得t=

18

11

，
綜上所述，t=

18

11

或3秒時，△QED為直角三角形．

點評：本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，二次函數(shù)的最值問題，難點在于（2）②要分情況討論．