Question

20．如圖，點(diǎn)A（0，1）、B（2，0），點(diǎn)P從（4，0）出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度沿x軸向坐標(biāo)原點(diǎn)O勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度沿x軸向坐標(biāo)原點(diǎn)O勻速運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線l，過(guò)點(diǎn)Q作AB的垂線l₂，它們的交點(diǎn)為M．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（0＜t＜2）秒
（1）寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）設(shè)△MPQ與△OAB重疊部分的面積為S，試求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式及t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意表示出P與Q坐標(biāo)，進(jìn)而表示出PQ的長(zhǎng)，由三角形OAB與三角形QPM相似，得比例表示出PM，進(jìn)而表示出M坐標(biāo)；
（2）①設(shè)l2與AB的交點(diǎn)為C，l1與AB的交點(diǎn)為D，易得直線AB對(duì)應(yīng)的解析式，把M坐標(biāo)代入求出t的值，分三種情況考慮：（i）當(dāng)0＜t≤1時(shí)，如圖1所示，根據(jù)S=S_△CQB表示出S；（ii）當(dāng)1＜t＜$\frac{5}{3}$時(shí)，如圖2所示，根據(jù)S=S_{四邊形CQPD}=S_△CQB-S_△PDB表示出S；（iii）當(dāng)$\frac{5}{3}$≤t＜4時(shí)，根據(jù)S=S_△POM表示出S即可．

解答 解：（1）由題意得：P（4-2t，0），Q（2-t，0），
∴PQ=2-t，
∵△OAB∽△QPM，
∴$\frac{MP}{PQ}=\frac{OB}{OA}=\frac{2}{1}$=2，
∴PM=2PQ=4-2t，
∴M（4-2t，4-2t）；
（2）設(shè)l₂與AB的交點(diǎn)為C，l₁與AB的交點(diǎn)為D，易得直線AB對(duì)應(yīng)的解析式為y=-$\frac{1}{2}$x+1，
∴4-2t=-$\frac{1}{2}$（4-2t）+1，
解得：t=$\frac{5}{3}$；
（i）當(dāng)0＜t≤1時(shí)，如圖1所示，在Rt△OAB中，AB=$\sqrt{5}$，

由△OAB∽△CQB，得到$\frac{{S}_{△CQB}}{{S}_{△OAB}}=（\frac{t}{\sqrt{5}}）^{2}$，
∴S=S_△CQB=$\frac{{t}^{2}}{5}$×$\frac{1}{2}$×1×2=$\frac{{t}^{2}}{5}$；
（ii）當(dāng)1＜t＜$\frac{5}{3}$時(shí)，如圖2所示，PD=2t-2，

由△OAB∽△PDB，得到PB=t-1，
∴S=S_{四邊形CQPD}=S_△CQB-S_△PDB=${S}_{△CQB}-\frac{1}{2}PD•PB$=$\frac{{t}^{2}}{5}-\frac{1}{2}$•（2t-2）•（t-1）═-$\frac{4}{5}{t}^{2}$+2t-1；
（iii）當(dāng)$\frac{5}{3}$≤t＜2時(shí)，S=S_△POM=$\frac{1}{2}$PQ•PM=$\frac{1}{2}$•（2-t）•（4-2t）=t²-4t+4．

點(diǎn)評(píng) 此題考查了一次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)點(diǎn)有：一次函數(shù)、相似三角形的判定與性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．