Question

5．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线AB：y=$\frac{4}{3}$x+b交x轴于点B，直线AC：y=-2x+10，交x轴于点C，且A点的纵坐标为8．
（1）求直线AB的解析式；
（2）动点P从B出发，沿BO以3个单位/秒的速度向终点O运动，过P作PE⊥x轴，交AB于E，过E作EF⊥y轴，交AC于F，设点P的运动时间为t，线段EF的长为d，求d与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
（3）在（2）的条件下，过B作BR⊥AC于R，射线BR交直线EF于Q，当t为何值时，以O、P、F、Q为顶点的四边形是平行四边形？并求出此时QR的长．

Answer 1

分析 （1）由A点在直线AC上，把A纵坐标代入求出横坐标，确定出A坐标，代入直线AB解析式求出b的值，即可确定出解析式；
（2）做出相应图形，如图1所示，求出直线AB与x轴交点B坐标，求出AC与x轴交点C坐标，确定出OB与OC的长，由BP的长表示出OP的长，进而表示出P坐标，得到E横坐标，表示出E坐标，同理表示出F坐标，根据d=EF列出关系式即可；
（3）如图2，作AH垂直于x轴，作BG垂直于FE，交FE延长线于点G，在直角三角形BEP中，利用勾股定理表示出BE，进而求出AB，AC，BC，以及BR的长，利用三线合一得到BR为角平分线，再由EF与BC平行，得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到EB=EQ，分两种情况考虑：情况一：如图2，点Q在EF上；情况二：如图3，点Q在EF延长线上，分别求出t的值，确定出QR的长即可．

解答 解：（1）∵点A在直线AC上，
∴当y=8时，y=-2x+10=8，
解得：x=1，
∴A（1，8），
∵点A在直线AB上，
∴$\frac{4}{3}$×1+b=8，
∴b=$\frac{20}{3}$，
∴直线AB的解析式为y=$\frac{4}{3}$x+$\frac{20}{3}$，
（2）做出相应图形，如图1所示，
∵直线AB：y=$\frac{4}{3}$x+$\frac{20}{3}$与x轴交点坐标B（-5，0），直线AC：y=-2x+10与x轴交点坐标C（5，0），
∴OB=5，OC=5，
∵BP=3t，
∴OP=OB-BP=5-3t，
∴P（3t-5，0），
∵PE⊥x轴，
∴点E的横坐标为3t-5，
又∵点E在直线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轴，
∴F点的纵坐标为4t，
∵点F在直线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，根据勾股定理得：BE²=PB²+PE²，
∴BE=5t，
∵OB=5，OC=5，
∴BC=OB+OC=10，
过A作AH⊥BC于H，如图2所示，
∵A（1，8），
∴OH=1，AH=8，
∴BH=OB+OH=6，CH=OC-OH=4，
在Rt△AHB中，根据勾股定理得：AB²=AH²+BH²，
∴AB=$\sqrt{{8}^{2}+{6}^{2}}$=10，
∴BA=BC=10，
在Rt△AHC中，根据勾股定理得：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轴，BC⊥y轴，
∴EF∥BC，
∴∠BQE=∠CBR
∴∠EBQ=∠BQE，
∴EQ=BE=5t，
①情况一：如图2，点Q在EF上，
∵EF=10-5t，EQ=5t，
∴QF=EF-EQ=10-10t，由（2）知OP=5-3t，
∵四边形OPQF是平行四边形，
∴OP=QF，即5-3t=10-10t，
解得：t=$\frac{5}{7}$；
过B作BG⊥FE交FE延长线于G，
∵EF∥BC
∴∠GEP=∠OPE=90°，
∵BG⊥EG，
∴∠G=90°，
∴∠G=∠GEP=∠OPE=90°，
∴四边形BPEG为矩形，
∴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情况二：如图3，点Q在EF延长线上，
∵EF=10-5t，EQ=5t，
∴QF=EQ-EF=10t-10，由（2）知OP=5-3t，
∵四边形OPFQ是平行四边形，
∴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$\sqrt{5}$=$\frac{8\sqrt{5}}{13}$，
综上所述，当t=$\frac{5}{7}$时，四边形OPQF是平行四边形，此时QR=$\frac{8\sqrt{5}}{7}$；当t=$\frac{15}{13}$时，四边形OPFQ是平行四边形，此时QR=$\frac{8\sqrt{5}}{13}$．

点评 此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：勾股定理，一次函数与坐标轴的交点，坐标与图形性质，待定系数法求一次函数解析式，利用了分类讨论的思想，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．