Question

2．如图，在平面直角坐标系xoy中，抛物线y=$\frac{1}{6}$x²-$\frac{4}{3}$x-8与x正半轴交于点A，与y轴交于点B，过点B作x轴的平行线BC，交抛物线于点C，连结AC．现有两动点P、Q分别从O、C两点同时出发，点P以每秒3个单位的速度沿OA向终点A移动，点Q以每秒2个单位的速度沿CB向点B移动，点P停止运动时，点Q也同时停止运动，线段OC，PQ相交于点D，过点D作DE∥OA，交CA于点E，射线QE交x轴于点F．设动点P，Q移动的时间为t（单位：秒）
（1）求A，B，C三点的坐标；
（2）当t为何值时，四边形PQCA为平行四边形？
（3）当P、Q运动时，PF的值是否为定值，若是，求出此定值，若不是，请说明理由；
（4）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？

Answer 1

分析 （1）令x=0求出y即可得B点坐标；将抛物线解析式写成交点式即可得出A点坐标；由于BC∥OA，所以令y=-8即可解出C点坐标；
（2）由于PA已经平行QC了，所以只需要两者相等就可以满足要求．将这两条线段用t表示，建立关于t的方程，解之即可；
（3）由于QC∥DE∥OA，则利用平行线分线段成比例可知$\frac{QC}{AF}=\frac{CE}{EA}=\frac{CD}{DO}=\frac{QC}{PO}$，从而OP=AF，则PF始终等于OA，而OA是定值；
（4）△PQF为等腰三角形，分三种情况：QP=QF；PQ=PF；FQ=FP．每种情画出相应的图形，列方程解答即可．

解答 解：（1）对于抛物线y=$\frac{1}{6}$x²-$\frac{4}{3}$x-8，令x=0，则y=-8，
∴B（0，-8），
∵y=$\frac{1}{6}$x²-$\frac{4}{3}$x-8=$\frac{1}{6}（x-12）（x+4）$，
∴A（12，0），
由于BC∥x轴，
令y=$\frac{1}{6}$x²-$\frac{4}{3}$x-8=-8，
∴x=8或x=0，
∴C（8，-8）．
（2）∵PA∥CQ，
∴当PA=CQ时，PQCA为平行四边形，
∵PA=12-3t，CQ=2t，
∴12-3t=2t，
∴t=$\frac{12}{5}$，
即：当t=$\frac{12}{5}$时，PQCA为平行四边形．
（3）∵DE∥OA，
∴$\frac{CE}{EA}=\frac{CD}{DO}$，
∵QC∥OA，
∴$\frac{QC}{OP}=\frac{CD}{DO}$，$\frac{QC}{AF}=\frac{CE}{EA}$，
∴$\frac{QC}{OP}=\frac{QC}{AF}$，
∴OP=AF，
∴PF=AP+AF=AP+OP=OA=12，
即PF是定值．
（4）①若FQ=FP=12，如图1，作QM⊥x轴于点M，

∵CQ=2t，
∴BQ=8-2t，
∵OP=3t，
∴OF=12+3t，
∴MF=OF-OM=3t+12-8+2t=4+5t，
∴QM²+MF²=QF²=144，
即：64+（4+5t）²=144，
解得t=$\frac{4\sqrt{5}-4}{5}$；
②若PF=PQ，如图2，作QH⊥x轴于点H，

则OH=BQ=8-2t，
∴PH=3t-8+2t=5t-8，
∴PH²+HQ²=PQ²，
即：（5t-8）²+64=144，
解得t=$\frac{8+4\sqrt{5}}{5}$；
③若QP=QF，如图3，

作QN⊥x轴于点N，
则PN=NF=6，且BQ=ON，
即：8-2t=6+3t，
解得t=$\frac{2}{5}$；
综上所述，当t为$\frac{2}{5}$或$\frac{4\sqrt{5}-4}{5}$或$\frac{8+4\sqrt{5}}{5}$时，△PQF为等腰三角形．

点评 本题主要考查了抛物线上特殊点的坐标求法、平行四边形的判定与性质、平行线分线段成比例、等腰三角形的性质，勾股定理等重要知识点，综合性较强，有一定难度．带速度的动点问题的基本处理思路是将相关线段用t表示，线段用t表示之后，实际上相当于将动态问题静态化了．动态问题静态处理，这是解答动态几何问题的指导思想．第（3）问是一个利用线段比例式证明两线段相等的经典例子，值得重视；第（4）问是常考的一种类型，即等腰三角形的存在性问题，其基本思路是先假定三点形成等腰三角形，然后根据等腰三角形的性质列出方程，若方程有解，就表明的确存在，若方程无解，就表明不存在．这类问题体现方程思想，同时注意这类同题往往要分类讨论，不要漏解．