18. 如图,在平面直角坐标系中,$O$为坐标原点. $\triangle ABC的边BC在x$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$\triangle POA的面积为S$,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$\triangle PAC$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$\triangle POA的面积为S$,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$\triangle PAC$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：
(1)
∵ $(n - 3)^{2}+\sqrt{3m - 12}=0$，
∴ $n - 3 = 0$，$3m - 12 = 0$，$n = 3$，$m = 4$，
∴ 点 A 的坐标是 $(0,4)$，点 C 的坐标是 $(3,0)$。
(2)
∵ 点 B 的坐标是 $(-5,0)$，
∴ $OB = 5$。
① 当 $0\leqslant t＜\frac{5}{2}$ 时，点 P 在线段 OB 上，如图①，
∵ $OP = 5 - 2t$，$OA = 4$，
∴ $\triangle POA$ 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 $\triangle APO$ 不存在，即 $S = 0$；
③ 当 $t＞\frac{5}{2}$ 时，点 P 在射线 OC 上，如图②，
∵ $OP = 2t - 5$，$OA = 4$，
∴ $\triangle POA$ 的面积 $S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}× (2t - 5)× 4 = 4t - 10$。
综上，$S=\begin{cases}10 - 4t(0\leqslant t＜\frac{5}{2}) \\ 0(t=\frac{5}{2}) \\ 4t - 10(t＞\frac{5}{2})\end{cases}$
(3) 分三种情况：
① $\angle PAC$ 为顶角时，即 $AP = AC$，
∴ AO 为 $\triangle PAC$ 中垂线，
∴ $PO = CO = 3$，
∴ 点 P 的坐标为 $(-3,0)$，
∴ $t=\frac{BP}{2}=1$；
② $\angle ACP$ 为顶角时，$AC = CP$，根据勾股定理，得 $AC=\sqrt{OC^{2}+OA^{2}} = 5$，
∴ $PO = 2$ 或 8(舍弃)，
∴ 点 P 的坐标为 $(-2,0)$，
∴ $t=\frac{BP}{2}=1.5$；
③ $\angle APC$ 为顶角时，$AP = PC$，设 $PA = x$，根据勾股定理，在 $Rt\triangle PAO$ 中，$x^{2}=(x - 3)^{2}+4^{2}$，解得 $x=\frac{25}{6}$，
∴ $PO=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}$，
∴ 点 P 的坐标为 $(-\frac{7}{6},0)$，
∴ $t=\frac{BP}{2}=\frac{23}{12}$。
综上，点 P 的坐标为 $(-3,0)$，$(-2,0)$，$(-\frac{7}{6},0)$，对应的时间分别是 $t = 1$，$1.5$，$\frac{23}{12}$。
(1)
∵ $(n - 3)^{2}+\sqrt{3m - 12}=0$，
∴ $n - 3 = 0$，$3m - 12 = 0$，$n = 3$，$m = 4$，
∴ 点 A 的坐标是 $(0,4)$，点 C 的坐标是 $(3,0)$。
(2)
∵ 点 B 的坐标是 $(-5,0)$，
∴ $OB = 5$。
① 当 $0\leqslant t＜\frac{5}{2}$ 时，点 P 在线段 OB 上，如图①，
∵ $OP = 5 - 2t$，$OA = 4$，
∴ $\triangle POA$ 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 $\triangle APO$ 不存在，即 $S = 0$；
③ 当 $t＞\frac{5}{2}$ 时，点 P 在射线 OC 上，如图②，
∵ $OP = 2t - 5$，$OA = 4$，
∴ $\triangle POA$ 的面积 $S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}× (2t - 5)× 4 = 4t - 10$。
综上，$S=\begin{cases}10 - 4t(0\leqslant t＜\frac{5}{2}) \\ 0(t=\frac{5}{2}) \\ 4t - 10(t＞\frac{5}{2})\end{cases}$
(3) 分三种情况：
① $\angle PAC$ 为顶角时，即 $AP = AC$，
∴ AO 为 $\triangle PAC$ 中垂线，
∴ $PO = CO = 3$，
∴ 点 P 的坐标为 $(-3,0)$，
∴ $t=\frac{BP}{2}=1$；
② $\angle ACP$ 为顶角时，$AC = CP$，根据勾股定理，得 $AC=\sqrt{OC^{2}+OA^{2}} = 5$，
∴ $PO = 2$ 或 8(舍弃)，
∴ 点 P 的坐标为 $(-2,0)$，
∴ $t=\frac{BP}{2}=1.5$；
③ $\angle APC$ 为顶角时，$AP = PC$，设 $PA = x$，根据勾股定理，在 $Rt\triangle PAO$ 中，$x^{2}=(x - 3)^{2}+4^{2}$，解得 $x=\frac{25}{6}$，
∴ $PO=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}$，
∴ 点 P 的坐标为 $(-\frac{7}{6},0)$，
∴ $t=\frac{BP}{2}=\frac{23}{12}$。
综上，点 P 的坐标为 $(-3,0)$，$(-2,0)$，$(-\frac{7}{6},0)$，对应的时间分别是 $t = 1$，$1.5$，$\frac{23}{12}$。
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？______
(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？______
答案：
(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 $20\leqslant t\leqslant 32$ 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 $s = kt + B(k\neq 0)$，$s = k_{1}t + B_{1}(k_{1}\neq 0)$，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 $\begin{cases}8 = 20k + b \\ 16 = 32k + b\end{cases}$，$\begin{cases}16 = 20k_{1} + b_{1} \\ 0 = 32k_{1} + b_{1}\end{cases}$，解得 $\begin{cases}k=\frac{2}{3} \\ b = -\frac{16}{3}\end{cases}$，$\begin{cases}k_{1}=-\frac{4}{3} \\ b_{1}=\frac{128}{3}\end{cases}$。
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 $\begin{cases}s=\frac{2}{3}t-\frac{16}{3} \\ s=-\frac{4}{3}t+\frac{128}{3}\end{cases}$，解得 $\begin{cases}t = 24 \\ s=\frac{32}{3}\end{cases}$，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。
(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 $20\leqslant t\leqslant 32$ 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 $s = kt + B(k\neq 0)$，$s = k_{1}t + B_{1}(k_{1}\neq 0)$，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 $\begin{cases}8 = 20k + b \\ 16 = 32k + b\end{cases}$，$\begin{cases}16 = 20k_{1} + b_{1} \\ 0 = 32k_{1} + b_{1}\end{cases}$，解得 $\begin{cases}k=\frac{2}{3} \\ b = -\frac{16}{3}\end{cases}$，$\begin{cases}k_{1}=-\frac{4}{3} \\ b_{1}=\frac{128}{3}\end{cases}$。
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 $\begin{cases}s=\frac{2}{3}t-\frac{16}{3} \\ s=-\frac{4}{3}t+\frac{128}{3}\end{cases}$，解得 $\begin{cases}t = 24 \\ s=\frac{32}{3}\end{cases}$，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。