Question

8．如圖，已知點A（2，0），B（0，4），∠AOB的角平分線交AB于C，一動點P從O點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度，沿y軸向點B作勻速運動，過點P且平行于AB的直線交x軸于Q，作P，Q關(guān)于直線OC的對稱點M，N．設(shè)P運動的時間為t（0＜t＜2）秒
（1）求出點M，N的坐標(biāo)（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）設(shè)△MNC與△OAB重疊部分的面積為S，求關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）過點C作CF⊥x軸于點F，CE⊥y軸于點E，由平行線分線段成比例定理得比例式求出點P、Q的坐標(biāo)，再根據(jù)軸對稱得到點M，N的坐標(biāo)（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）所求函數(shù)關(guān)系式為分段函數(shù)，需要分類討論．分別畫出圖形，表示出運動過程中重疊部分（陰影）的變化，分別求解；

解答 解：（1）如答圖1，過點C作CF⊥x軸于點F，CE⊥y軸于點E，
由題意，易知四邊形OECF為正方形，設(shè)正方形邊長為x．
∵CE∥x軸，
∴$\frac{BE}{OB}=\frac{CE}{OA}$，即$\frac{4-x}{4}=\frac{x}{2}$，解得x=$\frac{4}{3}$．
∴C點坐標(biāo)為（$\frac{4}{3}$，$\frac{4}{3}$）；
∵PQ∥AB，
∴$\frac{OP}{OB}=\frac{OQ}{OA}$，即$\frac{OP}{4}=\frac{OQ}{2}$，
∴OP=2OQ．
∵P（0，2t），
∴Q（t，0）．
∵對稱軸OC為第一象限的角平分線，
∴對稱點坐標(biāo)為：M（2t，0），N（0，t）．
（2）①當(dāng)0＜t≤1時，如答圖2-1所示，點M在線段OA上，重疊部分面積為S_△CMN．
S_△CMN=S_{四邊形CMON}-S_△OMN
=（S_△COM+S_△CON）-S_△OMN
=（$\frac{1}{2}$•2t×$\frac{4}{3}$+$\frac{1}{2}$•t×$\frac{4}{3}$）-$\frac{1}{2}$•2t•t
=-t²+2t；
當(dāng)1＜t＜2時，如答圖2-2所示，點M在OA的延長線上，設(shè)MN與AB交于點D，則重疊部分面積為S_△CDN．
設(shè)直線MN的解析式為y=kx+b，將M（2t，0）、N（0，t）代入得
$\left\{\begin{array}{l}{2tk+b=0}\\{b=t}\end{array}\right.$，
解得
$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=t}\end{array}\right.$，
∴y=-$\frac{1}{2}$x+t；
同理求得直線AB的解析式為：y=-2x+4．
聯(lián)立y=-$\frac{1}{2}$x+t與y=-2x+4，求得點D的橫坐標(biāo)為$\frac{8-2t}{3}$．
S_△CDN=S_△BDN-S_△BCN
=$\frac{1}{2}$（4-t）•$\frac{8-2t}{3}$-$\frac{1}{2}$（4-t）×$\frac{4}{3}$=$\frac{1}{3}$t²-2t+$\frac{8}{3}$．
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{-{t}^{2}+2t（0＜t≤1）}\\{\frac{1}{3}{t}^{2}-2t+\frac{8}{3}（1＜t＜2）}\end{array}\right.$．
②畫出函數(shù)圖象，如答圖2-3所示：觀察圖象，可知當(dāng)t=1時，S有最大值，最大值為1．

點評 本題是運動型綜合題，涉及二次函數(shù)與一次函數(shù)、待定系數(shù)法、相似、圖形面積計算、動點問題函數(shù)圖象等知識點．難點在于第（2）問，正確地進行分類討論，是解決本題的關(guān)鍵．