19.如圖,拋物線y=a2+bx+c(a>0)交x軸于A(4,0)、B(8,0)兩點(diǎn),交y軸于點(diǎn)C,且$\frac{OC}{OB}$=$\frac{1}{2}$.
(1)求拋物線的解析式;
(2)若動直線EF(EF∥x軸)從點(diǎn)C開始,以每秒1個(gè)長度單位的速度沿y軸負(fù)方向平移,且交y軸、線段BC于E、F兩點(diǎn),動點(diǎn)P同時(shí)從點(diǎn)B出發(fā),在線段OB上以每秒2個(gè)單位的速度向原點(diǎn)O運(yùn)動.連結(jié)FP,設(shè)運(yùn)動時(shí)間t秒.
①當(dāng)t為何值時(shí),$\frac{EF•OP}{EF+OP}$的值最大,并求出最大值;
②設(shè)AC與EF交于點(diǎn)M,求當(dāng)t為何值時(shí),M、P、A、F所圍成的圖形是平行四邊形?等腰直角三角形?

分析 (1)由OB=8、$\frac{OC}{OB}$=$\frac{1}{2}$知點(diǎn)C(0,4),再根據(jù)點(diǎn)A、B坐標(biāo)待定系數(shù)法求解可得;
(2)①由題意得CE=t、BP=2t、OP=8-2t(0≤t≤4),利用△CEF∽△COB得EF=2t,從而有$\frac{EF•OP}{EF+OP}$=$\frac{2t(8-2t)}{2t+8-2t}$=-$\frac{1}{2}$t2+2t=-$\frac{1}{2}$(t-2)2+2,即可得出答案;
②求得直線AC的解析式y(tǒng)=-x+4,根據(jù)EF∥x軸得出EM=MF=t、AP=OB-OA-BP=4-2t,然后分別利用平行四邊形,等腰直角三角形的性質(zhì)即可的關(guān)于t的方程解決問題.

解答 解:(1)∵OB=8,$\frac{OC}{OB}$=$\frac{1}{2}$,
∴OC=4,即點(diǎn)C(0,4),
設(shè)拋物線解析式為y=a(x-4)(x-8),
將點(diǎn)C(0,4)代入得32a=4,解得:a=$\frac{1}{8}$,
則拋物線解析式為y=$\frac{1}{8}$(x-4)(x-8)=$\frac{1}{8}$x2-$\frac{3}{2}$x+4;

(2)①由題意知CE=t,BP=2t (0≤t≤4),
則OP=8-2t,
∵EF∥OB,
∴△CEF∽△COB,
∴$\frac{CE}{CO}$=$\frac{EF}{OB}$,即$\frac{t}{4}$=$\frac{EF}{8}$,
∴EF=2t,
則$\frac{EF•OP}{EF+OP}$=$\frac{2t(8-2t)}{2t+8-2t}$=-$\frac{1}{2}$t2+2t=-$\frac{1}{2}$(t-2)2+2,
∴當(dāng)t=2時(shí),$\frac{EF•OP}{EF+OP}$的值最大,最大值為2;
②根據(jù)①得BP=2t,MF∥AP,
又直線AC經(jīng)過A(4,0),C(0,4),
那么其解析式為:y=-x+4,
而動直線EF(EF∥x軸)從點(diǎn)C開始,以每秒1個(gè)長度單位的速度沿y軸負(fù)方向平移,且交y軸、線段BC于E、F兩點(diǎn),AC與EF交于點(diǎn)M,M的縱坐標(biāo)為4-t,
∴M的橫坐標(biāo)為t,
∵EF=2t,
∴MF=2t-t=t,AP=OB-OA-BP=8-4-2t,
若M、P、A、F所圍成的圖形是平行四邊形,那么MF=AP,
∴t=8-4-2t=4-2t,
∴t=$\frac{4}{3}$;
若M、P、A、F所圍成的圖形是等腰直角三角形,
那么AP重合,
∴t=2.

點(diǎn)評 本題是二次函數(shù)的綜合題型,其中涉及到的知識點(diǎn)有待定系數(shù)法求拋物線的解析式、相似三角形的性質(zhì)與判定、平行四邊形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì).在求有關(guān)動點(diǎn)問題時(shí)要注意分析題意分情況討論結(jié)果.

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