Question

如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A、C分別在y軸和x軸上，AB∥x軸，sinC=

4

5

，點(diǎn)P從O點(diǎn)出發(fā)，沿邊OA、OB、BC勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以1cm/s的速度沿邊CO勻速運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P與點(diǎn)Q同時(shí)出發(fā)，其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s），△CPQ的面積為S（cm²），已知S與t之間的函數(shù)關(guān)系如圖2中曲線段OE，線段EF與曲線段FG給出．
（1）點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度為

 

cm/s，點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為

 

，

 

；
（2）求曲線FG段的函數(shù)解析式；
（3）在邊BC上是否存在點(diǎn)P，使得△CPQ的面積是四邊形OABC的面積的

4

13

？如存在，求出此時(shí)t的值；如不存在，說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題,動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象

專題：

分析：（1）由當(dāng)2秒時(shí)，CQ=2，此時(shí)△BPQ的面積為4cm²，得出AO的長(zhǎng)，即可求出點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到4.5秒時(shí)，求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，由三角函數(shù)求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，
（2）由CQ=t，求出CP，PM的長(zhǎng)，利用三角形面積公式寫出曲線FG段的函數(shù)解析式．
（3）先求出四邊形OABC的面積的

4

13

，再運(yùn)用（2）中的解析式求出t即可．

解答：解：（1）如圖1，作BD⊥OC交OC于點(diǎn)D，

由題意可得出：當(dāng)2秒時(shí)，△BPQ的面積的函數(shù)關(guān)系式改變，則P在AO上運(yùn)動(dòng)2秒，
當(dāng)2秒時(shí)，CQ=2，此時(shí)△BPQ的面積為4cm²，
∴

1

2

×2×A0=4，
∴AO為4cm，
∴點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為：4÷2=2（cm/s），
當(dāng)運(yùn)動(dòng)到4.5秒時(shí)，函數(shù)關(guān)系式改變，則AB=（4.5-2）×2=5cm，
∴B（5，4），
∵sinC=

4

5

，
∴可求出BC=5cm，
∴CD=3，
∴OC=5+3=8cm
∴C（8，0）
故答案為：2，（5，4），（8，0）；
（2）如圖2，作PM⊥OC交OC于點(diǎn)M，

∵CQ=t，CP=14-2t，
∴PM=PC×sinC=（14-2t）×

4

5

，
∴S_△CPQ=

1

2

CQ•PM=

1

2

t•

4

5

×（14-2t），
∴S=-

4

5

t²+

28

5

t．（4.5≤t≤7）
（3）存在．
四邊形OABC的面積=

1

2

（AB+OC）×AO=

1

2

（5+8）×4=26，
∵FG段的函數(shù)解析式為S=-

4

5

t²+

28

5

t，
∴-

4

5

t²+

28

5

t=26×

4

13

解得t=5或t=2（舍去），
∴t=5時(shí)△CPQ的面積是四邊形OABC的面積的

4

13

．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了二次函數(shù)綜合題及動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，解題的關(guān)鍵是要理清圖象的含義，不同時(shí)間段三角形面積公式不同．