Question

16．如圖1，矩形OABC頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，3），定點(diǎn)D的坐標(biāo)為（12，0），動點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿x軸的正方向勻速運(yùn)動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長度的速度沿x軸的負(fù)方向勻速運(yùn)動，P、Q兩點(diǎn)同時(shí)運(yùn)動，相遇時(shí)停止，在運(yùn)動過程中，以PQ為斜邊在x軸上方作等腰直角三角形PQR．設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t秒，△PQR和矩形OABC重疊部分的面積為S，S關(guān)于t的函數(shù)圖象如圖2所示（其中0≤x≤m，m＜x≤h時(shí)，函數(shù)的解析式不同）
（1）當(dāng)t=1時(shí)，△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B；
（2）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B時(shí)，△ABQ構(gòu)成等腰直角三角形，則有AB=AQ，由此列方程求出t的值；
（2）在圖形運(yùn)動的過程中，有三種情形，當(dāng)1＜t≤2時(shí)，當(dāng)1＜t≤2時(shí)，當(dāng)2＜t≤4時(shí)，進(jìn)行分類討論求出答案．

解答 解：（1）△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B時(shí)，△ABQ構(gòu)成等腰直角三角形，
∴AB=AQ，即3=4-t，
∴t=1．
即當(dāng)t=1秒時(shí)，△PQR的邊QR經(jīng)過點(diǎn)B．
故答案為：1；

（2）①當(dāng)0≤t≤1時(shí)，如答圖1所示．
設(shè)PR交BC于點(diǎn)G，
過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，則CH=OP=2t，GH=PH=3．
S=S_矩形OABC-S_梯形OPGC
=8×3-$\frac{1}{2}$（2t+2t+3）×3
=$\frac{39}{2}$-6t；
②當(dāng)1＜t≤2時(shí)，如答圖2所示．
設(shè)PR交BC于點(diǎn)G，RQ交BC、AB于點(diǎn)S、T．
過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，則CH=OP=2t，GH=PH=3．
QD=t，則AQ=AT=4-t，
∴BT=BS=AB-AQ=3-（4-t）=t-1．
S=S_矩形OABC-S_梯形OPGC-S_△BST
=8×3-$\frac{1}{2}$（2t+2t+3）×3-$\frac{1}{2}$（t-1）²
=-$\frac{1}{2}$t²-5t+19；
③當(dāng)2＜t≤4時(shí)，如答圖3所示．
設(shè)RQ與AB交于點(diǎn)T，則AT=AQ=4-t．
PQ=12-3t，
∴PR=RQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（12-3t）．
S=S_△PQR-S_△AQT
=$\frac{1}{2}$PR²-$\frac{1}{2}$AQ²
=$\frac{1}{4}$（12-3t）²-$\frac{1}{2}$（4-t）²
=$\frac{7}{4}$t²-14t+28．
綜上所述，S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為：
S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{39}{2}-6t（0≤t≤1）}\\{-\frac{1}{2}{t}^{2}-5t+19（1＜t≤2）}\\{\frac{7}{4}{t}^{2}-14t+28（2＜t≤4）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評 此題屬于四邊形綜合題．考查了矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及動點(diǎn)問題．注意掌握分類討論思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．