Question

2．四邊形OABC在圖1中的直角坐標系中，且OC在y軸上，OA∥BC，A、B兩點的坐標分別為A（18，0），B（12，8），動點P、Q分別從O、B兩點出發(fā)，點P以每秒2個單位的速度沿OA向終點A運動，點Q以每秒1個單位的速度沿BC向C運動，當(dāng)點P停止運動時，點Q同時停止運動．動點P、Q運動時間為t（單位：秒）．

（1）當(dāng)t為何值時，四邊形PABQ是平行四邊形，請寫出推理過程；
（2）如圖2，線段OB、PQ相交于點D，過點D作DE∥OA，交AB于點E，射線QE交x軸于點F，PF=AO．當(dāng)t為何值時，△PQF是等腰三角形？請寫出推理過程；
（3）如圖3，過B作BG⊥OA于點G，過點A作AT⊥x軸于點A，延長CB交AT于點T．將點G折疊，折痕交邊AG、BG于點M、N，使得點G折疊后落在AT邊上的點為G′，求AG′的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （1）由梯形的性質(zhì)得出當(dāng)PA=BQ時，四邊形PABQ是平行四邊形，BQ=t，OP=2t，得出方程，解方程即可；
（2）過Q作QH⊥OF于H，①當(dāng)FP=FQ時，求出CQ=OH=12-t，PH=12-3t，得出FH=3t+6，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②當(dāng)PF=PQ時，PQ=PF=18，在Rt△PQH中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
③當(dāng)PQ=FQ時，PH=FH，得出方程12-3t=6+3t，解方程即可；
（3）當(dāng)折痕經(jīng)過點A時，AG=AG′=6，此時AG′為最大值；當(dāng)折痕經(jīng)過點B，另一點在AG上時AG′最小，此時，BG=BG′=8，在Rt△BG′T中，由勾股定理求出TG′，得出AG′=8-2$\sqrt{7}$即可．

解答 解：（1）∵OA∥BC，
∴PA∥BQ，
當(dāng)PA=BQ時，四邊形PABQ是平行四邊形，BQ=t，OP=2t，
∵A（18，0），
∴PA=18-2t，
∴t=18-2t，
解得：t=6，
∴當(dāng)t為6時，四邊形PABQ是平行四邊形；
（2）過Q作QH⊥OF于H，如圖1所示：
分三種情況：
①當(dāng)FP=FQ時，
∵PF=AO=18，
∴FQ=18，BQ=t，
∴CQ=OH=12-t，
∴PH=12-3t，
∴FH=3t+6，
在Rt△QHF中，由勾股定理得：QH²+FH²=FQ²，
∴8²+（3t+6）²=18²，
解得：t₁=$\frac{2\sqrt{65}-6}{3}$，t₂=$\frac{-2\sqrt{65}-6}{3}$（不合題意舍去）；
②當(dāng)PF=PQ時，PQ=PF=18，
在Rt△PQH中，由勾股定理得：PQ²=PH²+QH²，
∴（12-3t）²+8²=18²，
解得：t₁=$\frac{12+2\sqrt{65}}{3}$，t₂=$\frac{12-2\sqrt{65}}{3}$（不合題意舍去）；
③當(dāng)PQ=FQ時，PH=FH，
∴12-3t=6+3t，
解得：t=1；
綜上所述，當(dāng)t=1或t=$\frac{12+2\sqrt{65}}{3}$或t=$\frac{2\sqrt{65}-6}{3}$時，△PQF是等腰三角形；
（3）當(dāng)折痕經(jīng)過點A時，如圖2所示：
AG=AG′=6，此時AG′為最大值；
當(dāng)折痕經(jīng)過點B，另一點在AG上時AG′最小，如圖3所示：
此時，BG=BG′=8，
∵BT=6，
∴在Rt△BG′T中，TG′=$\sqrt{BG{′}^{2}-B{T}^{2}}$=2$\sqrt{7}$，
∴AG′=8-2$\sqrt{7}$；
綜上所述：AG′的最大值與最小值分別是6，8-2$\sqrt{7}$．

點評 本題是四邊形綜合題目，考查了梯形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、勾股定理、等腰三角形的判定、矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)等知識；本題綜合性強，難度較大，需要通過作輔助線才能得出結(jié)果．