Question

1．如图，在平面直角坐标系中，直线$y=-\frac{4}{3}x+8$与x轴，y轴分别交于点A、B，抛物线y=ax²-4ax+c经过点A和点B，与x轴的另一个交点为C，动点D从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向O点运动，同时动点E从点B出发，以每秒2个单位长度的速度向A点运动，设运动的时间为t秒，0＜t＜5．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当t为何值时，以A、D、E为顶点的三角形与△AOB相似；
（3）当△ADE为等腰三角形时，求t的值；
（4）抛物线上是否存在一点F，使得以A、B、D、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出F点的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法即可得出结论；
（2）先表示出AD=t，AE=10-2t，分两种情况，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，分三种情况，用两腰相等建立方程求解即可；
（4）分AD为平行四边形的对角线和边两种情况建立方程求解即可．

解答 解：（1）∵A（6，0），B（0，8），依题意知$\left\{\begin{array}{l}36a-24a+c=0\\ c=8\end{array}\right.$，
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当△ADE∽△AOB时，$\frac{AD}{AO}=\frac{AE}{AB}$，
∴$\frac{t}{6}=\frac{10-2t}{10}$，
∴$t=\frac{30}{11}$；
②当△AED∽△AOB时，$\frac{AE}{AO}=\frac{AD}{AB}$，
∴$\frac{10-2t}{6}=\frac{t}{10}$，
∴$t=\frac{50}{13}$；
综上所述，t的值为$\frac{30}{11}$或$\frac{50}{13}$．

（3）由（2）知，AD=t，AE=10-2t，
①当AD=AE时，
∴t=10-2t，
∴$t=\frac{10}{3}$；
②当AE=DE时，
如图1，过E作EH⊥x轴于点H，
则AD=2AH，
由△AEH∽△ABO得，AH=$\frac{3（10-2t）}{5}$，
∴$t=\frac{6（10-2t）}{5}$，
∴$t=\frac{60}{17}$；
③当AD=DE时，
如图2，过D作DM⊥AB于点M，
则AE=2AM，
由△AMD∽△AOB得，AM=$\frac{3t}{5}$，
∴$10-2t=\frac{6t}{5}$，
∴$t=\frac{25}{8}$；
综上所述，t的值为$\frac{10}{3}$或$\frac{60}{17}$或$\frac{25}{8}$．
（4）①当AD为边时，则BF∥x轴，
∴y_F=y_B=8，
∴x=4，
∴F（4，8）；
②当AD为对角线时，则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，
∴$x=2+2\sqrt{7}$，
∴$（2+2\sqrt{7}，-8）$．
综上所述，符合条件的点F存在，共有两个F₁（4，8），${F_2}（2+2\sqrt{7}$，-8）．

点评 此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，用方程的思想是解决此类问题的关键，是一道中等难度的中考常考题．