Question

（2012•寧波一模）在正方形ABCD中，O是AD的中點，點P從A點出發(fā)沿A→B→C→D的路線勻速運動，移動到點D時停止．
（1）如圖1，若正方形的邊長為12，點P的運動速度為2單位長度/秒，設t秒時，正方形ABCD與∠POD重疊部分的面積為y．
①求當t=4，8，14時，y的值．
②求y關(guān)于t的函數(shù)解析式．
（2）如圖2，若點Q從D出發(fā)沿D→C→B→A的路線勻速運動，移動到點A時停止．P、Q兩點同時出發(fā)，點P的速度大于點Q的速度．設t秒時，正方形ABCD與∠POQ（包括邊緣及內(nèi)部）重疊部分的面積為S，S與t的函數(shù)圖象如圖3所示．
①P，Q兩點在第

4

秒相遇；正方形ABCD的邊長是

4

②點P的速度為

2

單位長度/秒；點Q的速度為

1

單位長度/秒．
③當t為何值時，重疊部分面積S等于9？

Answer 1

分析：（1）①由于正方形ABCD的邊長為12，點P從A點出發(fā)沿A→B→C→D的路線勻速運動，且運動速度為2單位長度/秒，所以首先確定t=4，8，14時P點所在的位置，然后根據(jù)重疊部分的形狀，運用相應的面積公式即可求出對應的y值；
②由于點P在每一條邊上運動的時間為6秒，所以分三種情況進行討論：（Ⅰ）當0≤t≤6，即點P在邊AB上時；（Ⅱ）當6＜t≤12，即點P在邊BC上時；（Ⅲ）當12＜t≤18，即點P在邊CD上時．針對每一種情況，都可以根據(jù)重疊部分的形狀，運用相應的面積公式求出對應的y關(guān)于t的函數(shù)解析式；
（2）①由于t=0時，點P與A點重合，點Q與D點重合，此時S=16=S_{正方形ABCD}，所以得出正方形的邊長=4；又因為S=0，P，Q兩點相遇，而此時對應的t=4，所以P，Q兩點在第4秒相遇；
②由于S與t的函數(shù)圖象由5段組成，而只有當P，Q相遇于C點時圖象分為5段，其余情況圖象分為6段，所以P，Q相遇于C點，根據(jù)時間相同時，速度之比等于路程之比得出點P的速度是點Q的速度的2倍，再由t=4時，P、Q兩點運動的路程之和等于AB+BC+CD，據(jù)此列出方程，求解即可；
③設t秒時，正方形ABCD與∠POQ（包括邊緣及內(nèi)部）重疊部分的面積S等于9．由于P、Q兩點都在邊長為4的正方形的三邊上運動，點P在每一條邊上運動的時間是2秒，點Q在每一條邊上運動的時間是4秒，所以分五種情況進行討論：（Ⅰ）當0≤t≤2，即點P在邊AB上，點Q在邊CD上時；（Ⅱ）當2＜t≤4，即點P在邊BC上，點Q在邊CD上時；（Ⅲ）當4＜t≤6，即點P在邊CD上，點Q在邊CB上時；（Ⅳ）當6＜t≤8，即點P與D點重合，點Q在邊CB上時；（Ⅴ）當8＜t≤12，即點P與D點重合，點Q在邊AB上時．針對每一種情況，都可以根據(jù)重疊部分的形狀，運用相應的面積公式求出用含t的代數(shù)式表示S的式子，然后令S=9，解方程，如果求出的t值在對應的范圍內(nèi)，則符合題意；否則，不符合題意，舍去．

解答：解：（1）∵正方形ABCD的邊長為12，∴S_{正方形ABCD}=12²=144．
∵O是AD的中點，∴OA=OD=6．
①（Ⅰ）當t=4時，如圖1①．
∵AP=2×4=8，OA=6，
∴S_△OAP=

1

2

×AP×OA=24，
∴y=S_{正方形ABCD}-S_△OAP=144-24=120；
（Ⅱ）當t=8時，如圖1②．
∵AB+BP=2×8=16，AB=12，
∴BP=4，∴CP=12-4=8，
∴y=

1

2

（OD+CP）×CD=

1

2

×（6+8）×12=84；
（Ⅲ）當t=14時，如圖1③．
∵AB+BC+CP=2×14=28，AB=BC=CD=12，
∴DP=12×3-28=8，
∴y=S_△ODP=

1

2

×DP×OD=24；

②分三種情況：
（Ⅰ）當0≤t≤6時，點P在邊AB上，如圖1①．
∵AP=2t，OA=6，
∴S_△OAP=

1

2

×AP×6=6t，
∴y=S_{正方形ABCD}-S_△OAP=144-6t；
（Ⅱ）當6＜t≤12時，點P在邊BC上，如圖1②．
∵AB+BP=2t，AB=CD=12，
∴CP=24-2t，
∴y=

1

2

（OD+CP）×CD=

1

2

×（6+24-2t）×12=180-12t；
（Ⅲ）當12＜t≤18時，點P在邊CD上，如圖1③．
∵AB+BC+CP=2t，AB=BC=CD=12，
∴DP=36-2t，
∴y=S_△ODP=

1

2

×DP×OD=108-6t．
綜上可知，y=

144-6t(0≤t≤6) 180-12t(6＜t≤12) 108-6t(12＜t≤18)

；

（2）①∵t=0時，S=S_{正方形ABCD}=16，
∴正方形ABCD的邊長=4．
∵t=4時，S=0，
∴P，Q兩點在第4秒相遇；
②∵S與t的函數(shù)圖象由5段組成，
∴P，Q相遇于C點，
∵時間相同時，速度之比等于路程之比，而點P運動的路程=點Q運動的路程的2倍，
∴點P的速度=點Q的速度的2倍．
設點Q的速度為a單位長度/秒，則點P的速度為2a單位長度/秒．
∵t=4時，P，Q相遇于C點，正方形ABCD的邊長為4，
∴4（a+2a）=4×3，
∴a=1．
故點P的速度為2單位長度/秒，點Q的速度為1單位長度/秒；

③∵正方形ABCD的邊長為4，∴S_{正方形ABCD}=16．
∵O是AD的中點，∴OA=OD=2．
設t秒時，正方形ABCD與∠POQ（包括邊緣及內(nèi)部）重疊部分的面積S等于9．
分五種情況進行討論：
（Ⅰ）當0≤t≤2時，點P在邊AB上，點Q在邊CD上，如圖2①．
∵AP=2t，DQ=t，OA=OD=2，
∴S=S_{正方形ABCD}-S_△OAP-S_△ODQ=16-2t-t=16-3t，
∴16-3t=9，
解得t=

7

3

（不合題意，舍去）；
（Ⅱ）當2＜t≤4時，點P在邊BC上，點Q在邊CD上，如圖2②．
∵AB+BP=2t，AB=4，∴BP=2t-4，
∵DQ=t，OA=OD=2，
∴S=S_{正方形ABCD}-S_梯形OABP-S_△ODQ=16-

1

2

×（2t-4+2）×4-

1

2

×2t=20-5t，
∴20-5t=9，
解得t=

11

5

；
（Ⅲ）當4＜t≤6時，點P在邊CD上，點Q在邊CB上，如圖2③．
∵AB+BC+CP=2t，AB=BC=CD=4，∴DP=12-2t，
∵DC+CQ=t，∴BQ=8-t，
∴S=S_{正方形ABCD}-S_梯形OABQ-S_△ODP=16-

1

2

×（2+8-t）×4-

1

2

×2×（12-2t）=4t-16，
∴4t-16=9，
解得t=

25

4

（不合題意，舍去）；
（Ⅳ）當6＜t≤8時，點P與D點重合，點Q在邊CB上，如圖2④．
∵DC+CQ=t，DC=4，∴CQ=t-4，
∴S=S_梯形ODCQ=

1

2

×（t-4+2）×4=2t-4，
∴2t-4=9，
解得t=

13

2

；
（Ⅴ）當8＜t≤12時，點P與D點重合，點Q在邊AB上，如圖2⑤．
∵DC+CB+BQ=t，DC=CB=AB=4，∴AQ=12-t，
∴S=S_{正方形ABCD}-S_△OAQ=16-

1

2

×2×（12-t）=4+t，
∴4+t=9，
解得t=5（不合題意，舍去）．
綜上可知，當t為

11

5

或

13

2

時，重疊部分面積S等于9．
故答案為：（2）①4，4；②2，1．

點評：本題考查的是動點問題的函數(shù)圖象與一次函數(shù)綜合題，綜合性很強，難度較大．根據(jù)動點運動的速度及運動路線確定動點的位置是解題的關(guān)鍵，運用分類討論的思想正確進行分類是本題的難點．