Question

如圖，在直角坐標(biāo)系中，正方形ABOD的邊長為a，O為原點(diǎn)，點(diǎn)B在x軸的負(fù)半軸上，點(diǎn)D在y軸的正半軸上，直線OE的解析式為y=2x，直線CF過x軸上的一點(diǎn)C（，0）且與OE平行，現(xiàn)正方形以每秒的速度勻速沿x軸正方向平行移動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，正方形被夾在直線OE和CF間的部分的面積為S．
（1）當(dāng)0≤t＜4時(shí)，寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（2）當(dāng)4≤t≤5時(shí)，寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式，在這個(gè)范圍內(nèi)S有無最大值？若有，請(qǐng)求出最大值，若沒有請(qǐng)說明理由．

Answer 1

解：（1）當(dāng)0≤t＜4時(shí)，如圖1，由圖可知OM=，
設(shè)經(jīng)過t秒后，正方形移動(dòng)到A₁B₁MN
∵當(dāng)t=4時(shí)，BB₁=OM=×4=a
∴點(diǎn)B₁在C點(diǎn)左側(cè)
∴夾在兩平行線間的部分是多邊形COQNG，其面積為：
平行四邊形COPG-△NPQ的面積．
∵CO=，OD=a
∴四邊形COPG面積=a²
又∵點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為a，代入y=2x得P（，a）
∴DP=，NP=-t
由y=2x知：NQ=2NP
∴△NPQ面積=•NP•NQ=（-t）²
∴S=a²-（-t）²=a²-（5-t）²=[60-（5-t）²]；

（2）當(dāng)4≤t≤5時(shí)，如圖2，這時(shí)正方形移動(dòng)到A₁B₁MN
∵當(dāng)4≤t≤5時(shí)，≤BB₁≤，點(diǎn)B₁在C、O點(diǎn)之間
∴夾在兩平行線間的部分是B₁OQNGR，
即平行四邊形COPG被切掉了兩個(gè)小三角形△NPQ和△CB₁R，其面積為：
平行四邊形COPG的面積-△NPQ的面積-△CB₁R的面積
與（1）同理，OM=t，NP=-t，S_△NPQ=（-t）²，
∵CO=，CM=a+t，B₁M=a，
∴CB₁=CM-B₁M=a+t-a=t-a，
∴S△CB₁R=CB₁•B₁R=（CB₁）²=（t-a）2，
∴S=a²-（a-t）²-（t-a）²=a²-[2（t-）²+]，
∴當(dāng)t=時(shí)，S有最大值，Smax=a²．
分析：（1）易知BC=a，根據(jù)時(shí)間的取值范圍和正方形的速度可知當(dāng)0≤t＜4時(shí)，B位于C點(diǎn)左側(cè)．那么重合部分的多邊形的面積可用平行四邊形的面積-△NPQ的面積來求解．可先求出P、C的坐標(biāo)，然后根據(jù)△PNQ與△PDO相似，用相似比求出面積比，進(jìn)而得出△PNQ的面積．然后按上面所說的多邊形的面積計(jì)算方法得出S，t的函數(shù)關(guān)系式；
（2）當(dāng)4≤t≤5時(shí)，重合部分可用平行四邊形COPG的面積-△PNQ的面積-△CB1R的面積來求得．方法同（1），得出S，t的函數(shù)關(guān)系后，可根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)和自變量的取值范圍求出S的最大值及對(duì)應(yīng)的t的值．
點(diǎn)評(píng)：本題考查二次函數(shù)與相似三角形、平行四邊形、正方形、圖形的面積求法等知識(shí)的綜合運(yùn)用．