Question

如圖，在矩形ABCO中，AO=3，tan∠ACB=

4

3

，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OC為x軸，OA為y軸建立平面直角坐標(biāo)系．設(shè)D，E分別是線段AC，OC上的動點，它們同時出發(fā)，點D以每秒3個單位的速度從點A向點C運動，點E以每秒1個單位的速度從點C向點O運動，設(shè)運動時間為t秒．
（1）求直線AC的解析式；
（2）用含t的代數(shù)式表示點D，點E的坐標(biāo)；
（3）當(dāng)以O(shè)、D、E三點為頂點的三角形是直角三角形時，求經(jīng)過O、D、E三點的拋物線的解析式（只需求出一條即可）．

Answer 1

分析：（1）在Rt△AOC中，已知AO的長以及∠CAO的正切值，能求出OC的長，即可確定點C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法能求出直線AC的解析式；
（2）過點D作AO、OC的垂線，則有△ADF∽△DCH∽△ACO，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例求出點D的坐標(biāo)，根據(jù)OE=OC-CE求出點E的坐標(biāo)；
（3）當(dāng)以O(shè)、D、E三點為頂點的三角形是直角三角形時，可能∠DOE=90°或∠DEO=90°或∠ODE=90°，而當(dāng)∠DOE=90°或∠DEO=90°時，顯然經(jīng)過O、D、E三點的拋物線不存在，故只能是∠ODE=90°，根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩三角形相似得出△OHD∽△DHE，由相似三角形對應(yīng)邊成比例得到DH²=EH•OH，將DH=3-

9

5

t，OH=

12

5

t，EH=4-

17

5

t代入，得到關(guān)于t的一元二次方程19t²-34t+15=0，解方程求出t₁=1，t₂=

15

19

，得到對應(yīng)的D、E兩點的坐標(biāo)，運用待定系數(shù)法即可求出經(jīng)過O、D、E三點的拋物線的解析式．

解答：解：（1）在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，
∴CO=AO•tan∠CAO=AO•tan∠ACB=4，
則A（0，3），C（4，0）．
設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+3，代入C點坐標(biāo)，
得：4k+3=0，k=-

3

4

．
故直線AC的解析式為：y=-

3

4

x+3；

（2）過點D作DF⊥AO，DH⊥CO，垂足分別為F，H，
則有△ADF∽△DCH∽△ACO，
∴AD：DC：AC=AF：DH：AO=FD：HC：OC，
∵AD=3t（其中0≤t≤

5

3

），OC=AB=4，AC=5，
∴3t：（5-3t）：5=AF：DH：3=FD：HC：4，
∴FD=

12

5

t，AF=

9

5

t，DH=3-

9

5

t，HC=4-

12

5

t，
∴點D的坐標(biāo)為（

12

5

t，3-

9

5

t）．
∵CE=t，
∴OE=OC-CE=4-t，
∴點E的坐標(biāo)為（4-t，0）；

（3）當(dāng)以O(shè)、D、E三點為頂點的三角形是直角三角形時，∠ODE=90°，∠DOH=∠EDH，
又∵∠OHD=∠DHE=90°，
∴△OHD∽△DHE，
∴DH：EH=OH：DH，即DH²=EH•OH，
∵DH=3-

9

5

t，OH=FD=

12

5

t，EH=CH-CE=4-

17

5

t，
∴（3-

9

5

t）²=（4-

17

5

t）•

12

5

t，
即：19t²-34t+15=0，
t₁=1，t₂=

15

19

．
①當(dāng)t=1時，D（

12

5

，

6

5

），E（3，0）．
設(shè)經(jīng)過O、D、E三點的拋物線的解析式為y=ax²+bx，
將D、E兩點的坐標(biāo)代入，得

144 25 a+ 12 5 b= 6 5 9a+3b=0

，
解得 

a=- 5 6 b= 5 2

，
∴y=-

5

6

x²+

5

2

x；
②當(dāng)t₂=

15

19

時，同理可得y=-

19

30

x²+

61

30

x．
（以上①②解出一種即可）

點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有運用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，其中（3）在求有關(guān)動點問題時要注意分析題意分情況討論結(jié)果．