18. 如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点.$△ ABC$的边$BC$在$x$轴上，$A$，$B$，$C$三点的坐标分别为$A(0, m)$，$B(-5, 0)$，$C(n, 0)$，且$(n-3)^2 + \sqrt{3m -12}=0$，点$P$从点$B$出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线$BO$匀速运动，设点$P$运动的时间为$t$ s.
(1) 求$A$，$C$两点的坐标.
(2) 连接$PA$，设$△ POA$的面积为$S$，请写出$S$关于$t$的函数表达式.
(3) 当点$P$在线段$BO$上运动时，是否存在某一位置，使$△ PAC$是等腰三角形？若存在，请求出满足条件的所有点$P$的坐标以及此时对应的$t$的值；若不存在，请说明理由.
(1) 求$A$，$C$两点的坐标.
(2) 连接$PA$，设$△ POA$的面积为$S$，请写出$S$关于$t$的函数表达式.
(3) 当点$P$在线段$BO$上运动时，是否存在某一位置，使$△ PAC$是等腰三角形？若存在，请求出满足条件的所有点$P$的坐标以及此时对应的$t$的值；若不存在，请说明理由.
答案：
18. (1) $\because (n-3)^2+\sqrt{3m-12}=0$,$\therefore n-3=0$,$3m-12=0$,$n=3$,$m=4$,$\therefore$ 点$A$的坐标是$(0,4)$,点$C$的坐标是$(3,0)$
(2) $\because$ 点$B$的坐标是$(-5,0)$,$\therefore OB=5$.① 当$0≤ t＜\frac{5}{2}$时,点$P$在线段$OB$上,
,$\because OP=5-2t$,$OA=4$,$\therefore △ POA$的面积$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(5-2t)×4=10-4t$;② 当$t=\frac{5}{2}$时,点$P$和点$O$重合,此时$△ APO$不存在,即$S=0$;③ 当$t＞\frac{5}{2}$时,点$P$在射线$OC$上,,$\because OP=2t-5$,$OA=4$,$\therefore △ POA$的面积$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(2t-5)×4=4t-10$.综上,$S=\begin{cases} 10-4t(0≤ t＜\dfrac{5}{2}),\\ 0(t=\dfrac{5}{2}),\\ 4t-10(t＞\dfrac{5}{2}) \end{cases}$
(3) 分三种情况:① $∠ PAC$为顶角时,即$AP=AC$,$\therefore AO$为$△ PAC$中垂线,$\therefore PO=CO=3$,$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-3,0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=1$;② $∠ ACP$为顶角时,$AC=CP$,根据勾股定理,得$AC=\sqrt{OC^2+OA^2}=5$,$\therefore PO=2$或$8$(舍弃),$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-2,0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=1.5$;③ $∠ APC$为顶角时,$AP=PC$,设$PA=x$,根据勾股定理,在$\mathrm{Rt}△ PAO$中,$x^2=(x-3)^2+4^2$,解得$x=\frac{25}{6}$,$\therefore PO=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}$,$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-\frac{7}{6},0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=\frac{23}{12}$.综上,点$P$的坐标为$(-3,0)$,$(-2,0)$,$(-\frac{7}{6},0)$,对应的时间分别是$t=1$,$1.5$,$\frac{23}{12}$
18. (1) $\because (n-3)^2+\sqrt{3m-12}=0$,$\therefore n-3=0$,$3m-12=0$,$n=3$,$m=4$,$\therefore$ 点$A$的坐标是$(0,4)$,点$C$的坐标是$(3,0)$
(2) $\because$ 点$B$的坐标是$(-5,0)$,$\therefore OB=5$.① 当$0≤ t＜\frac{5}{2}$时,点$P$在线段$OB$上,
,$\because OP=5-2t$,$OA=4$,$\therefore △ POA$的面积$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(5-2t)×4=10-4t$;② 当$t=\frac{5}{2}$时,点$P$和点$O$重合,此时$△ APO$不存在,即$S=0$;③ 当$t＞\frac{5}{2}$时,点$P$在射线$OC$上,,$\because OP=2t-5$,$OA=4$,$\therefore △ POA$的面积$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(2t-5)×4=4t-10$.综上,$S=\begin{cases} 10-4t(0≤ t＜\dfrac{5}{2}),\\ 0(t=\dfrac{5}{2}),\\ 4t-10(t＞\dfrac{5}{2}) \end{cases}$(3) 分三种情况:① $∠ PAC$为顶角时,即$AP=AC$,$\therefore AO$为$△ PAC$中垂线,$\therefore PO=CO=3$,$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-3,0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=1$;② $∠ ACP$为顶角时,$AC=CP$,根据勾股定理,得$AC=\sqrt{OC^2+OA^2}=5$,$\therefore PO=2$或$8$(舍弃),$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-2,0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=1.5$;③ $∠ APC$为顶角时,$AP=PC$,设$PA=x$,根据勾股定理,在$\mathrm{Rt}△ PAO$中,$x^2=(x-3)^2+4^2$,解得$x=\frac{25}{6}$,$\therefore PO=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}$,$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-\frac{7}{6},0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=\frac{23}{12}$.综上,点$P$的坐标为$(-3,0)$,$(-2,0)$,$(-\frac{7}{6},0)$,对应的时间分别是$t=1$,$1.5$,$\frac{23}{12}$
解析：
【分析】
(1) 利用平方和算术平方根的非负性，两个非负数相加和为0时每个非负数均为0，据此列方程求解m、n的值，即可得到A、C两点坐标；
(2) 点P沿射线BO运动，需分三种情况讨论：点P在线段OB上、点P与原点O重合、点P在射线OC上，分别计算不同情况下OP的长度，结合三角形面积公式即可得到S关于t的函数表达式，注意标注t的取值范围；
(3) △PAC为等腰三角形时，需分三种情况讨论：以A为顶角顶点、以C为顶角顶点、以P为顶角顶点，结合等腰三角形性质和勾股定理求出P点坐标，再根据P的运动速度计算对应t值，注意舍去不符合“P在线段BO上”的结果。
【解析】
(1) 解：
∵ $(n-3)^2≥0$，$\sqrt{3m-12}≥0$，且$(n-3)^2 + \sqrt{3m -12}=0$
∴ $n-3=0$，$3m-12=0$
解得$n=3$，$m=4$
∴ 点A的坐标是$(0,4)$，点C的坐标是$(3,0)$
(2) 解：由$B(-5,0)$得$OB=5$，点P运动速度为2单位/秒，运动t秒时$BP=2t$。
① 当$0≤ t＜\frac{5}{2}$时，点P在线段OB上，，此时$OP=5-2t$，OA=4为△POA的高
∴ $S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(5-2t)×4=10-4t$
② 当$t=\frac{5}{2}$时，点P和点O重合，此时△APO不存在，$S=0$
③ 当$t＞\frac{5}{2}$时，点P在射线OC上，，此时$OP=2t-5$
∴ $S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(2t-5)×4=4t-10$
综上，S关于t的函数表达式为$S=\begin{cases} 10-4t(0≤ t＜\dfrac{5}{2}),\\ 0(t=\dfrac{5}{2}),\\ 4t-10(t＞\dfrac{5}{2}) \end{cases}$
(3) 解：存在，分三种情况讨论：
① 当∠PAC为顶角，即$AP=AC$时：
∵ $AO⊥BC$，由等腰三角形三线合一可知AO为△PAC的中垂线
∴ $PO=CO=3$，P在线段BO上，故P坐标为$(-3,0)$
此时$BP=|-3-(-5)|=2$，$t=\frac{BP}{2}=1$
② 当∠ACP为顶角，即$AC=CP$时：
由勾股定理得$AC=\sqrt{OC^2+OA^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，故$CP=5$
P在线段BO上，故$PO=CP-OC=5-3=2$，P坐标为$(-2,0)$
此时$BP=|-2-(-5)|=3$，$t=\frac{3}{2}=1.5$
③ 当∠APC为顶角，即$AP=PC$时：
设$PA=PC=x$，则$PO=x-3$
在Rt△PAO中，由勾股定理得$x^2=(x-3)^2+4^2$
解得$x=\frac{25}{6}$，故$PO=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}$，P坐标为$(-\frac{7}{6},0)$
此时$BP=|-\frac{7}{6}-(-5)|=\frac{23}{6}$，$t=\frac{\frac{23}{6}}{2}=\frac{23}{12}$
综上，满足条件的点P坐标为$(-3,0)$、$(-2,0)$、$(-\frac{7}{6},0)$，对应t值分别为1、1.5、$\frac{23}{12}$。
【答案】
18. (1) $\because (n-3)^2+\sqrt{3m-12}=0$,$\therefore n-3=0$,$3m-12=0$,$n=3$,$m=4$,$\therefore$ 点$A$的坐标是$(0,4)$,点$C$的坐标是$(3,0)$
(2) $\because$ 点$B$的坐标是$(-5,0)$,$\therefore OB=5$.① 当$0≤ t＜\frac{5}{2}$时,点$P$在线段$OB$上,,$\because OP=5-2t$,$OA=4$,$\therefore △ POA$的面积$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(5-2t)×4=10-4t$;② 当$t=\frac{5}{2}$时,点$P$和点$O$重合,此时$△ APO$不存在,即$S=0$;③ 当$t＞\frac{5}{2}$时,点$P$在射线$OC$上,,$\because OP=2t-5$,$OA=4$,$\therefore △ POA$的面积$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(2t-5)×4=4t-10$.综上,$S=\begin{cases} 10-4t(0≤ t＜\dfrac{5}{2}),\\ 0(t=\dfrac{5}{2}),\\ 4t-10(t＞\dfrac{5}{2}) \end{cases}$
(3) 分三种情况:① $∠ PAC$为顶角时,即$AP=AC$,$\therefore AO$为$△ PAC$中垂线,$\therefore PO=CO=3$,$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-3,0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=1$;② $∠ ACP$为顶角时,$AC=CP$,根据勾股定理,得$AC=\sqrt{OC^2+OA^2}=5$,$\therefore PO=2$或$8$(舍弃),$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-2,0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=1.5$;③ $∠ APC$为顶角时,$AP=PC$,设$PA=x$,根据勾股定理,在$\mathrm{Rt}△ PAO$中,$x^2=(x-3)^2+4^2$,解得$x=\frac{25}{6}$,$\therefore PO=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}$,$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-\frac{7}{6},0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=\frac{23}{12}$.综上,点$P$的坐标为$(-3,0)$,$(-2,0)$,$(-\frac{7}{6},0)$,对应的时间分别是$t=1$,$1.5$,$\frac{23}{12}$
【知识点】
非负数的性质，动点面积函数，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是代数与几何结合的综合题型，既考查了非负数的基本应用，也考查了动点问题的分段处理思路，同时渗透了等腰三角形存在性问题的分类讨论思想，解题时需注意结合动点位置判断线段长度的表达式，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.6
(1) 利用平方和算术平方根的非负性，两个非负数相加和为0时每个非负数均为0，据此列方程求解m、n的值，即可得到A、C两点坐标；
(2) 点P沿射线BO运动，需分三种情况讨论：点P在线段OB上、点P与原点O重合、点P在射线OC上，分别计算不同情况下OP的长度，结合三角形面积公式即可得到S关于t的函数表达式，注意标注t的取值范围；
(3) △PAC为等腰三角形时，需分三种情况讨论：以A为顶角顶点、以C为顶角顶点、以P为顶角顶点，结合等腰三角形性质和勾股定理求出P点坐标，再根据P的运动速度计算对应t值，注意舍去不符合“P在线段BO上”的结果。
【解析】
(1) 解：
∵ $(n-3)^2≥0$，$\sqrt{3m-12}≥0$，且$(n-3)^2 + \sqrt{3m -12}=0$
∴ $n-3=0$，$3m-12=0$
解得$n=3$，$m=4$
∴ 点A的坐标是$(0,4)$，点C的坐标是$(3,0)$
(2) 解：由$B(-5,0)$得$OB=5$，点P运动速度为2单位/秒，运动t秒时$BP=2t$。
① 当$0≤ t＜\frac{5}{2}$时，点P在线段OB上，
，此时$OP=5-2t$，OA=4为△POA的高∴ $S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(5-2t)×4=10-4t$
② 当$t=\frac{5}{2}$时，点P和点O重合，此时△APO不存在，$S=0$
③ 当$t＞\frac{5}{2}$时，点P在射线OC上，
，此时$OP=2t-5$∴ $S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(2t-5)×4=4t-10$
综上，S关于t的函数表达式为$S=\begin{cases} 10-4t(0≤ t＜\dfrac{5}{2}),\\ 0(t=\dfrac{5}{2}),\\ 4t-10(t＞\dfrac{5}{2}) \end{cases}$
(3) 解：存在，分三种情况讨论：
① 当∠PAC为顶角，即$AP=AC$时：
∵ $AO⊥BC$，由等腰三角形三线合一可知AO为△PAC的中垂线
∴ $PO=CO=3$，P在线段BO上，故P坐标为$(-3,0)$
此时$BP=|-3-(-5)|=2$，$t=\frac{BP}{2}=1$
② 当∠ACP为顶角，即$AC=CP$时：
由勾股定理得$AC=\sqrt{OC^2+OA^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，故$CP=5$
P在线段BO上，故$PO=CP-OC=5-3=2$，P坐标为$(-2,0)$
此时$BP=|-2-(-5)|=3$，$t=\frac{3}{2}=1.5$
③ 当∠APC为顶角，即$AP=PC$时：
设$PA=PC=x$，则$PO=x-3$
在Rt△PAO中，由勾股定理得$x^2=(x-3)^2+4^2$
解得$x=\frac{25}{6}$，故$PO=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}$，P坐标为$(-\frac{7}{6},0)$
此时$BP=|-\frac{7}{6}-(-5)|=\frac{23}{6}$，$t=\frac{\frac{23}{6}}{2}=\frac{23}{12}$
综上，满足条件的点P坐标为$(-3,0)$、$(-2,0)$、$(-\frac{7}{6},0)$，对应t值分别为1、1.5、$\frac{23}{12}$。
【答案】
18. (1) $\because (n-3)^2+\sqrt{3m-12}=0$,$\therefore n-3=0$,$3m-12=0$,$n=3$,$m=4$,$\therefore$ 点$A$的坐标是$(0,4)$,点$C$的坐标是$(3,0)$
(2) $\because$ 点$B$的坐标是$(-5,0)$,$\therefore OB=5$.① 当$0≤ t＜\frac{5}{2}$时,点$P$在线段$OB$上,
,$\because OP=5-2t$,$OA=4$,$\therefore △ POA$的面积$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(5-2t)×4=10-4t$;② 当$t=\frac{5}{2}$时,点$P$和点$O$重合,此时$△ APO$不存在,即$S=0$;③ 当$t＞\frac{5}{2}$时,点$P$在射线$OC$上,,$\because OP=2t-5$,$OA=4$,$\therefore △ POA$的面积$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}×(2t-5)×4=4t-10$.综上,$S=\begin{cases} 10-4t(0≤ t＜\dfrac{5}{2}),\\ 0(t=\dfrac{5}{2}),\\ 4t-10(t＞\dfrac{5}{2}) \end{cases}$(3) 分三种情况:① $∠ PAC$为顶角时,即$AP=AC$,$\therefore AO$为$△ PAC$中垂线,$\therefore PO=CO=3$,$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-3,0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=1$;② $∠ ACP$为顶角时,$AC=CP$,根据勾股定理,得$AC=\sqrt{OC^2+OA^2}=5$,$\therefore PO=2$或$8$(舍弃),$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-2,0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=1.5$;③ $∠ APC$为顶角时,$AP=PC$,设$PA=x$,根据勾股定理,在$\mathrm{Rt}△ PAO$中,$x^2=(x-3)^2+4^2$,解得$x=\frac{25}{6}$,$\therefore PO=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}$,$\therefore$ 点$P$的坐标为$(-\frac{7}{6},0)$,$\therefore t=\frac{BP}{2}=\frac{23}{12}$.综上,点$P$的坐标为$(-3,0)$,$(-2,0)$,$(-\frac{7}{6},0)$,对应的时间分别是$t=1$,$1.5$,$\frac{23}{12}$
【知识点】
非负数的性质，动点面积函数，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是代数与几何结合的综合题型，既考查了非负数的基本应用，也考查了动点问题的分段处理思路，同时渗透了等腰三角形存在性问题的分类讨论思想，解题时需注意结合动点位置判断线段长度的表达式，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.6
19. 一辆快车和一辆慢车在相距 16 km 的 A，B 两站点间往返载客，两车均在每天早上 8：00 从 A 站出发，快车中途不停靠，慢车仅在 A，B 两站的中点 C 站停靠上下客。设两车行驶速度不变，在各站点停靠时长相同，两车与 A 站的距离为 s km，经过的时间为 t min，上午发车后慢车第一个往返期间两车行驶情况如图所示。
（1）求慢车、快车的速度和它们第一次停靠的时长；
（2）求慢车和快车出发后第一次相遇时它们与 A 站的距离；
（3）慢车和快车第一次相遇后，经过多少时间两车再次相遇？
（第 19 题）
（1）求慢车、快车的速度和它们第一次停靠的时长；
（2）求慢车和快车出发后第一次相遇时它们与 A 站的距离；
（3）慢车和快车第一次相遇后，经过多少时间两车再次相遇？
（第 19 题）
答案：
19. (1) 根据题意,得慢车速度为$\frac{8}{12}=\frac{2}{3}$(km/min),快车速度为$\frac{16}{12}=\frac{4}{3}$(km/min),它们第一次停靠的时长为$\frac{72-2×24}{3}=8$(min)
(2) 由题意,得当$20≤ t≤32$时,慢车和快车第一次相遇,分别设慢车和快车的函数表达式为$s=kt+B(k≠0)$,$s=k_1t+B_1(k_1≠0)$,由(1)可得慢车对应的函数图象经过$(20,8)$,$(32,16)$,快车对应的函数图象经过$(20,16)$,$(32,0)$,分别代入函数表达式后,可得
$\begin{cases} 8=20k+b,\\ 16=32k+b, \end{cases}\quad \begin{cases} 16=20k_1+b_1,\\ 0=32k_1+b_1, \end{cases}$
解得
$\begin{cases} k=\dfrac{2}{3},\\ b=-\dfrac{16}{3}, \end{cases}\quad \begin{cases} k_1=-\dfrac{4}{3},\\ b_1=\dfrac{128}{3}. \end{cases}$
慢车离A站的路程$s$关于$t$的函数表达式为$s=\frac{2}{3}t-\frac{16}{3}$,快车离A站的路程$s$关于$t$的函数表达式为$s=-\frac{4}{3}t+\frac{128}{3}$,联立两式
$\begin{cases} s=\dfrac{2}{3}t-\dfrac{16}{3},\\ s=-\dfrac{4}{3}t+\dfrac{128}{3}, \end{cases}$
解得
$\begin{cases} t=24,\\ s=\dfrac{32}{3}, \end{cases}$
即第一次相遇时与A站的距离为$\frac{32}{3}$ km
(3) 由(2),得$t_1=12+8+4=24$,由题意可得函数图象关于过点$(36,0)$且垂直于横轴的直线对称,$P_1$,$P_2$是一组对称点,
,所以$t_2-36=36-t_1$,解得$t_2=48$,$t_2-t_1=24$.所以第一次相遇后,经过24 min后两车再次相遇
19. (1) 根据题意,得慢车速度为$\frac{8}{12}=\frac{2}{3}$(km/min),快车速度为$\frac{16}{12}=\frac{4}{3}$(km/min),它们第一次停靠的时长为$\frac{72-2×24}{3}=8$(min)
(2) 由题意,得当$20≤ t≤32$时,慢车和快车第一次相遇,分别设慢车和快车的函数表达式为$s=kt+B(k≠0)$,$s=k_1t+B_1(k_1≠0)$,由(1)可得慢车对应的函数图象经过$(20,8)$,$(32,16)$,快车对应的函数图象经过$(20,16)$,$(32,0)$,分别代入函数表达式后,可得
$\begin{cases} 8=20k+b,\\ 16=32k+b, \end{cases}\quad \begin{cases} 16=20k_1+b_1,\\ 0=32k_1+b_1, \end{cases}$
解得
$\begin{cases} k=\dfrac{2}{3},\\ b=-\dfrac{16}{3}, \end{cases}\quad \begin{cases} k_1=-\dfrac{4}{3},\\ b_1=\dfrac{128}{3}. \end{cases}$
慢车离A站的路程$s$关于$t$的函数表达式为$s=\frac{2}{3}t-\frac{16}{3}$,快车离A站的路程$s$关于$t$的函数表达式为$s=-\frac{4}{3}t+\frac{128}{3}$,联立两式
$\begin{cases} s=\dfrac{2}{3}t-\dfrac{16}{3},\\ s=-\dfrac{4}{3}t+\dfrac{128}{3}, \end{cases}$
解得
$\begin{cases} t=24,\\ s=\dfrac{32}{3}, \end{cases}$
即第一次相遇时与A站的距离为$\frac{32}{3}$ km
(3) 由(2),得$t_1=12+8+4=24$,由题意可得函数图象关于过点$(36,0)$且垂直于横轴的直线对称,$P_1$,$P_2$是一组对称点,
,所以$t_2-36=36-t_1$,解得$t_2=48$,$t_2-t_1=24$.所以第一次相遇后,经过24 min后两车再次相遇解析：
【分析】
(1) 求速度可直接用速度公式：速度=路程÷时间，从图象读取12min时两车分别行驶的路程即可计算；求停靠时长时，先算出两车单程行驶的时间，结合总时长72min，减去全程行驶总时间后除以停靠次数，就能得到单次停靠时长。
(2) 首先确定两车第一次相遇的时间段为20~32min，此时慢车从C站驶向B站、快车从B站驶向A站，分别求出该时间段内两车距离A站的路程s与时间t的一次函数解析式，联立两个解析式求解，得到的s值就是相遇时距离A站的距离。
(3) 观察图象可知两车的行驶图象关于直线t=36对称，第一次相遇点和第二次相遇点是关于该直线的对称点，利用对称性质求出第二次相遇的时间，减去第一次相遇的时间即可得到两次相遇的间隔时长。
【解析】
(1) 由图象可得，12min时快车行驶了16km，慢车行驶了8km：
慢车速度：$\frac{8}{12}=\frac{2}{3}\ (\mathrm{km/min})$
快车速度：$\frac{16}{12}=\frac{4}{3}\ (\mathrm{km/min})$
两车单程行驶时间分别为：慢车走完全程需$12×2=24\ \mathrm{min}$，快车走完全程需12min，72min内两车共停靠3次，总行驶时间为$24×2=48\ \mathrm{min}$，因此单次停靠时长为$\frac{72-48}{3}=8\ (\mathrm{min})$。
(2) 两车第一次相遇在$20\le t\le32$区间内：
设该区间内慢车的函数表达式为$s=kt+b\ (k\ne0)$，代入点$(20,8)$、$(32,16)$得：
$\begin{cases} 8=20k+b\\ 16=32k+b \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=\dfrac{2}{3}\\ b=-\dfrac{16}{3} \end{cases}$，即慢车的函数为$s=\frac{2}{3}t-\frac{16}{3}$。
设该区间内快车的函数表达式为$s=k_1t+b_1\ (k_1\ne0)$，代入点$(20,16)$、$(32,0)$得：
$\begin{cases} 16=20k_1+b_1\\ 0=32k_1+b_1 \end{cases}$
解得$\begin{cases} k_1=-\dfrac{4}{3}\\ b_1=\dfrac{128}{3} \end{cases}$，即快车的函数为$s=-\frac{4}{3}t+\frac{128}{3}$。
联立两个函数得：
$\begin{cases} s=\dfrac{2}{3}t-\dfrac{16}{3}\\ s=-\dfrac{4}{3}t+\dfrac{128}{3} \end{cases}$
解得$\begin{cases} t=24\\ s=\dfrac{32}{3} \end{cases}$。
(3) 第一次相遇时间$t_1=24\ \mathrm{min}$，由图象对称性可知，两车行驶图象关于直线$t=36$对称，因此第二次相遇时间$t_2$满足$t_2-36=36-t_1$，代入$t_1=24$得$t_2=48\ \mathrm{min}$，两次相遇间隔为$48-24=24\ \mathrm{min}$。
【答案】
(1) 慢车速度为$\frac{2}{3}\ \mathrm{km/min}$，快车速度为$\frac{4}{3}\ \mathrm{km/min}$，第一次停靠时长为8min；
(2) 第一次相遇时与A站的距离为$\frac{32}{3}\ \mathrm{km}$；
(3) 第一次相遇后经过24min两车再次相遇。
【知识点】
一次函数的应用，行程问题，函数图象分析
【点评】
本题结合实际往返行程场景考查一次函数的应用，需要学生准确从s-t图象中提取有效信息，掌握一次函数解析式的求解方法，利用图象对称性可简化相遇间隔的计算，对学生的图象解读能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 求速度可直接用速度公式：速度=路程÷时间，从图象读取12min时两车分别行驶的路程即可计算；求停靠时长时，先算出两车单程行驶的时间，结合总时长72min，减去全程行驶总时间后除以停靠次数，就能得到单次停靠时长。
(2) 首先确定两车第一次相遇的时间段为20~32min，此时慢车从C站驶向B站、快车从B站驶向A站，分别求出该时间段内两车距离A站的路程s与时间t的一次函数解析式，联立两个解析式求解，得到的s值就是相遇时距离A站的距离。
(3) 观察图象可知两车的行驶图象关于直线t=36对称，第一次相遇点和第二次相遇点是关于该直线的对称点，利用对称性质求出第二次相遇的时间，减去第一次相遇的时间即可得到两次相遇的间隔时长。
【解析】
(1) 由图象可得，12min时快车行驶了16km，慢车行驶了8km：
慢车速度：$\frac{8}{12}=\frac{2}{3}\ (\mathrm{km/min})$
快车速度：$\frac{16}{12}=\frac{4}{3}\ (\mathrm{km/min})$
两车单程行驶时间分别为：慢车走完全程需$12×2=24\ \mathrm{min}$，快车走完全程需12min，72min内两车共停靠3次，总行驶时间为$24×2=48\ \mathrm{min}$，因此单次停靠时长为$\frac{72-48}{3}=8\ (\mathrm{min})$。
(2) 两车第一次相遇在$20\le t\le32$区间内：
设该区间内慢车的函数表达式为$s=kt+b\ (k\ne0)$，代入点$(20,8)$、$(32,16)$得：
$\begin{cases} 8=20k+b\\ 16=32k+b \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=\dfrac{2}{3}\\ b=-\dfrac{16}{3} \end{cases}$，即慢车的函数为$s=\frac{2}{3}t-\frac{16}{3}$。
设该区间内快车的函数表达式为$s=k_1t+b_1\ (k_1\ne0)$，代入点$(20,16)$、$(32,0)$得：
$\begin{cases} 16=20k_1+b_1\\ 0=32k_1+b_1 \end{cases}$
解得$\begin{cases} k_1=-\dfrac{4}{3}\\ b_1=\dfrac{128}{3} \end{cases}$，即快车的函数为$s=-\frac{4}{3}t+\frac{128}{3}$。
联立两个函数得：
$\begin{cases} s=\dfrac{2}{3}t-\dfrac{16}{3}\\ s=-\dfrac{4}{3}t+\dfrac{128}{3} \end{cases}$
解得$\begin{cases} t=24\\ s=\dfrac{32}{3} \end{cases}$。
(3) 第一次相遇时间$t_1=24\ \mathrm{min}$，由图象对称性可知，两车行驶图象关于直线$t=36$对称，因此第二次相遇时间$t_2$满足$t_2-36=36-t_1$，代入$t_1=24$得$t_2=48\ \mathrm{min}$，两次相遇间隔为$48-24=24\ \mathrm{min}$。
【答案】
(1) 慢车速度为$\frac{2}{3}\ \mathrm{km/min}$，快车速度为$\frac{4}{3}\ \mathrm{km/min}$，第一次停靠时长为8min；
(2) 第一次相遇时与A站的距离为$\frac{32}{3}\ \mathrm{km}$；
(3) 第一次相遇后经过24min两车再次相遇。
【知识点】
一次函数的应用，行程问题，函数图象分析
【点评】
本题结合实际往返行程场景考查一次函数的应用，需要学生准确从s-t图象中提取有效信息，掌握一次函数解析式的求解方法，利用图象对称性可简化相遇间隔的计算，对学生的图象解读能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6