Question

5．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AB：y=$\frac{4}{3}$x+b交x軸于點(diǎn)B，直線AC：y=-2x+10，交x軸于點(diǎn)C，且A點(diǎn)的縱坐標(biāo)為8．
（1）求直線AB的解析式；
（2）動點(diǎn)P從B出發(fā)，沿BO以3個(gè)單位/秒的速度向終點(diǎn)O運(yùn)動，過P作PE⊥x軸，交AB于E，過E作EF⊥y軸，交AC于F，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時(shí)間為t，線段EF的長為d，求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍．
（3）在（2）的條件下，過B作BR⊥AC于R，射線BR交直線EF于Q，當(dāng)t為何值時(shí)，以O(shè)、P、F、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？并求出此時(shí)QR的長．

Answer 1

分析 （1）由A點(diǎn)在直線AC上，把A縱坐標(biāo)代入求出橫坐標(biāo)，確定出A坐標(biāo)，代入直線AB解析式求出b的值，即可確定出解析式；
（2）做出相應(yīng)圖形，如圖1所示，求出直線AB與x軸交點(diǎn)B坐標(biāo)，求出AC與x軸交點(diǎn)C坐標(biāo)，確定出OB與OC的長，由BP的長表示出OP的長，進(jìn)而表示出P坐標(biāo)，得到E橫坐標(biāo)，表示出E坐標(biāo)，同理表示出F坐標(biāo)，根據(jù)d=EF列出關(guān)系式即可；
（3）如圖2，作AH垂直于x軸，作BG垂直于FE，交FE延長線于點(diǎn)G，在直角三角形BEP中，利用勾股定理表示出BE，進(jìn)而求出AB，AC，BC，以及BR的長，利用三線合一得到BR為角平分線，再由EF與BC平行，得到一對內(nèi)錯(cuò)角相等，等量代換及等角對等邊得到EB=EQ，分兩種情況考慮：情況一：如圖2，點(diǎn)Q在EF上；情況二：如圖3，點(diǎn)Q在EF延長線上，分別求出t的值，確定出QR的長即可．

解答 解：（1）∵點(diǎn)A在直線AC上，
∴當(dāng)y=8時(shí)，y=-2x+10=8，
解得：x=1，
∴A（1，8），
∵點(diǎn)A在直線AB上，
∴$\frac{4}{3}$×1+b=8，
∴b=$\frac{20}{3}$，
∴直線AB的解析式為y=$\frac{4}{3}$x+$\frac{20}{3}$，
（2）做出相應(yīng)圖形，如圖1所示，
∵直線AB：y=$\frac{4}{3}$x+$\frac{20}{3}$與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)B（-5，0），直線AC：y=-2x+10與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)C（5，0），
∴OB=5，OC=5，
∵BP=3t，
∴OP=OB-BP=5-3t，
∴P（3t-5，0），
∵PE⊥x軸，
∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為3t-5，
又∵點(diǎn)E在直線y=$\frac{4}{3}$x+$\frac{20}{3}$上，
∴y=$\frac{4}{3}$（t-5）+$\frac{20}{3}$=4t，
∴E（3t-5，4t），
∵EF⊥y軸，
∴F點(diǎn)的縱坐標(biāo)為4t，
∵點(diǎn)F在直線y-2x+10上，
∴4t=-2x+10，
∴x=5-2t，
∴F（5-2t，4t），
∴d=EF=（5-2t）-（3t-5）=10-5t（0≤t≤$\frac{5}{3}$）；
（3）∵EP⊥BC，
∴∠BPE=∠OPE=90°，
在Rt△EPB中，根據(jù)勾股定理得：BE²=PB²+PE²，
∴BE=5t，
∵OB=5，OC=5，
∴BC=OB+OC=10，
過A作AH⊥BC于H，如圖2所示，
∵A（1，8），
∴OH=1，AH=8，
∴BH=OB+OH=6，CH=OC-OH=4，
在Rt△AHB中，根據(jù)勾股定理得：AB²=AH²+BH²，
∴AB=$\sqrt{{8}^{2}+{6}^{2}}$=10，
∴BA=BC=10，
在Rt△AHC中，根據(jù)勾股定理得：AC²=AH²+CH²，
∴AC=$\sqrt{{8}^{2}+{4}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，
∵BR⊥AC，AH⊥BC，
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BR=$\frac{1}{2}$BC•AH，
∴BR=$\frac{BC•AH}{AC}$=4$\sqrt{5}$，
∵BR⊥AC，
∴BR平分∠ABC，
∴∠ABR=∠CBR，
∵EF⊥y軸，BC⊥y軸，
∴EF∥BC，
∴∠BQE=∠CBR
∴∠EBQ=∠BQE，
∴EQ=BE=5t，
①情況一：如圖2，點(diǎn)Q在EF上，
∵EF=10-5t，EQ=5t，
∴QF=EF-EQ=10-10t，由（2）知OP=5-3t，
∵四邊形OPQF是平行四邊形，
∴OP=QF，即5-3t=10-10t，
解得：t=$\frac{5}{7}$；
過B作BG⊥FE交FE延長線于G，
∵EF∥BC
∴∠GEP=∠OPE=90°，
∵BG⊥EG，
∴∠G=90°，
∴∠G=∠GEP=∠OPE=90°，
∴四邊形BPEG為矩形，
∴BG=PE=4t，GE=BP=3t，
∴GQ=GE+EQ=8t
在Rt△QGB中，BQ²=GQ²+GB²，
∴BQ=$\sqrt{（8t）^{2}+（4t）^{2}}$=4$\sqrt{5}$t=4$\sqrt{5}$×$\frac{5}{7}$=$\frac{20\sqrt{5}}{7}$，
∴QR=BR-BQ=4$\sqrt{5}$-$\frac{20\sqrt{5}}{7}$=$\frac{8\sqrt{5}}{7}$，
②情況二：如圖3，點(diǎn)Q在EF延長線上，
∵EF=10-5t，EQ=5t，
∴QF=EQ-EF=10t-10，由（2）知OP=5-3t，
∵四邊形OPFQ是平行四邊形，
∴OP=QF，即5-3t=10t-10，
解得：t=$\frac{15}{13}$，
在Rt△QGB中，BQ²=GQ²+GB²，
∴BQ=$\sqrt{（8t）^{2}+（4t）^{2}}$=4$\sqrt{5}$t=4$\sqrt{5}$×$\frac{15}{13}$=$\frac{60\sqrt{5}}{13}$，
∴QR=BQ-BR=$\frac{60\sqrt{5}}{13}$-4$\sqrt{5}$=$\frac{8\sqrt{5}}{13}$，
綜上所述，當(dāng)t=$\frac{5}{7}$時(shí)，四邊形OPQF是平行四邊形，此時(shí)QR=$\frac{8\sqrt{5}}{7}$；當(dāng)t=$\frac{15}{13}$時(shí)，四邊形OPFQ是平行四邊形，此時(shí)QR=$\frac{8\sqrt{5}}{13}$．

點(diǎn)評 此題屬于一次函數(shù)綜合題，涉及的知識有：勾股定理，一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，利用了分類討論的思想，熟練掌握定理及性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．