分析 (1)由時(shí)間=路程÷速度,可得出當(dāng)M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的時(shí)間,結(jié)合N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度,即可得出結(jié)論;
(2)過點(diǎn)P作PC⊥x軸交x軸于點(diǎn)C,過點(diǎn)P作PD⊥y軸交y軸于點(diǎn)D,用含t的代數(shù)式表示出來MO和NO,由P為MN的中點(diǎn)得出PC、PD為△MON的中位線,從而得到P點(diǎn)的坐標(biāo),令P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為0,即可算出P在y軸上時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t;
(3)線段BN和MN將△AOB分成了三部分,除了四邊形ABPM外還有兩個(gè)三角形,用△AOB的面積減去兩個(gè)小三角形的面積即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式,令S=11,結(jié)合0<t<4即可得出結(jié)論.
解答 解:(1)∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0,5),點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-8,0),
∴AO=5,BO=8.
當(dāng)運(yùn)動(dòng)剛好停止時(shí),運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=5÷1=5,
此時(shí)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的路程為2×5=10,10-8=2,即點(diǎn)N的坐標(biāo)為(2,0).
故答案為:(2,0).
(2)過點(diǎn)P作PC⊥x軸交x軸于點(diǎn)C,過點(diǎn)P作PD⊥y軸交y軸于點(diǎn)D,如圖所示.![]()
∵AM=t,BN=2t,AO=5,BO=8,
∴MO=5-t,NO=8-2t,
∵P為MN的中點(diǎn),
∴PD、PC均為△OMN的中位線,
∴PD=4-t,PC=$\frac{5-t}{2}$,
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t-4,$\frac{5-t}{2}$).
令t-4=0,解得:t=4,
∴當(dāng)t=4時(shí),點(diǎn)P在y軸上.
(3)由題意可知:
S=$\frac{1}{2}$BO•AO-$\frac{1}{2}$MO•NO-$\frac{1}{2}$BN•PC,
=$\frac{1}{2}$×5×8-$\frac{1}{2}$×(5-t)×(8-2t)-$\frac{1}{2}$×$\frac{5-t}{2}$×2t,
=-$\frac{1}{2}$t2+$\frac{13}{2}$t,
∴S與t的函數(shù)關(guān)系式為S=-$\frac{1}{2}$t2+$\frac{13}{2}$t(0<t<4).
令S=11,即-$\frac{1}{2}$t2+$\frac{13}{2}$t=11,
解得:t=2,或t=11(舍去),
∴當(dāng)t=2時(shí),四邊形ABPM的面積為11.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了一次函數(shù)的應(yīng)用、中位線的性質(zhì)以及三角形的面積公式,解題的關(guān)鍵:(1)算出停止運(yùn)動(dòng)時(shí)的時(shí)間;(2)利用中位線的性質(zhì)找出P點(diǎn)的坐標(biāo);(3)分割三角形AOB.本題屬于中檔題,難度不大,(1)較簡(jiǎn)單;(2)初中沒有學(xué)到中點(diǎn)坐標(biāo),但是在日常做題中常常用到,此處如果用中點(diǎn)坐標(biāo)公式會(huì)更簡(jiǎn)潔一些;(3)分割圖形求面積是我們求不規(guī)則圖形面積時(shí)常用到的手段,在日常學(xué)習(xí)中應(yīng)加強(qiáng)學(xué)生對(duì)分割圖形求面積的練習(xí).
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| A. | 5 | B. | 4 | C. | 3 | D. | 2 |
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| A. | $\sqrt{16}$ | B. | 3.14159 | C. | 0 | D. | -$\sqrt{12}$ |
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