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第132頁(yè)

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（1）因?yàn)?(n - 3)^{2}+\sqrt{3m - 12}=0，$一個(gè)數(shù)的平方是非負(fù)數(shù)，一個(gè)數(shù)的算術(shù)平方根也是非負(fù)數(shù)，要使兩個(gè)非負(fù)數(shù)的和為$0，$則這兩個(gè)數(shù)必須都為$0，$所以$n - 3 = 0，$$3m - 12 = 0，$解得$n = 3，$$m = 4，$因此點(diǎn)$A$的坐標(biāo)是$(0,4)，$點(diǎn)$C$的坐標(biāo)是$(3,0)。$
（2）因?yàn)辄c(diǎn)$B$的坐標(biāo)是$(-5,0)，$所以$OB = 5。$
①當(dāng)$0\leqslant t＜\frac{5}{2}$時(shí)，點(diǎn)$P$在線(xiàn)段$OB$上，此時(shí)$OP = 5 - 2t，$$OA = 4，$$\triangle POA$的面積$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}× (5 - 2t)× 4 = 10 - 4t；$
②當(dāng)$t=\frac{5}{2}$時(shí)，點(diǎn)$P$和點(diǎn)$O$重合，此時(shí)$\triangle APO$不存在，即$S = 0；$
③當(dāng)$t＞\frac{5}{2}$時(shí)，點(diǎn)$P$在射線(xiàn)$OC$上，此時(shí)$OP = 2t - 5，$$OA = 4，$$\triangle POA$的面積$S=\frac{1}{2}× OP× AO=\frac{1}{2}× (2t - 5)× 4 = 4t - 10。$
綜上，$S=\begin{cases}10 - 4t(0\leqslant t＜\frac{5}{2}) \\ 0(t=\frac{5}{2}) \\ 4t - 10(t＞\frac{5}{2})\end{cases}。$
（3）存在。分三種情況：
①$\angle PAC$為頂角時(shí)，即$AP = AC，$因?yàn)?A(0,4)，$$C(3,0)，$所以$AO$為$\triangle PAC$的中垂線(xiàn)，因此$PO = CO = 3，$點(diǎn)$P$的坐標(biāo)為$(-3,0)，$$t=\frac{BP}{2}=\frac{|-5 - (-3)|}{2}=\frac{2}{2}=1；$
②$\angle ACP$為頂角時(shí)，$AC = CP，$根據(jù)勾股定理，$AC=\sqrt{OC^{2}+OA^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}} = 5，$所以$CP = 5，$因?yàn)辄c(diǎn)$P$在線(xiàn)段$BO$上，所以$PO = OC - CP = 3 - 5 = -2$（舍去）或$PO = CP - OC = 5 - 3 = 2，$點(diǎn)$P$的坐標(biāo)為$(-2,0)，$$t=\frac{BP}{2}=\frac{|-5 - (-2)|}{2}=\frac{3}{2}=1.5；$
③$\angle APC$為頂角時(shí)，$AP = PC，$設(shè)$PA = x，$則$PC = x，$在$Rt\triangle PAO$中，$PO = |x - 3|$（因?yàn)辄c(diǎn)$P$在$x$軸負(fù)半軸，$PC = x，$$OC = 3，$所以$PO = PC - OC = x - 3$），根據(jù)勾股定理可得$x^{2}=(x - 3)^{2}+4^{2}，$解得$x=\frac{25}{6}，$所以$PO=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}，$點(diǎn)$P$的坐標(biāo)為$(-\frac{7}{6},0)，$$t=\frac{BP}{2}=\frac{|-5 - (-\frac{7}{6})|}{2}=\frac{|\frac{-30}{6}+\frac{7}{6}|}{2}=\frac{|\frac{-23}{6}|}{2}=\frac{23}{12}。$
綜上，點(diǎn)$P$的坐標(biāo)為$(-3,0)，$$(-2,0)，$$(-\frac{7}{6},0)，$對(duì)應(yīng)的時(shí)間分別是$t = 1，$$1.5，$$\frac{23}{12}。$

$解：(1) 根據(jù)題意,得$
$慢車(chē)速度為\frac{8}{12}=\frac{2}{3}(km/min),$
$快車(chē)速度為\frac{16}{12}=\frac{4}{3}(km/min),$
$它們第一次?？康臅r(shí)長(zhǎng)為$
$\frac{72-2\times 24}{3}=8(min)$
$(2) 由題意,得當(dāng)20\leqslant t\leqslant 32時(shí),$
$慢車(chē)和快車(chē)第一次相遇,$
$分別設(shè)慢車(chē)和快車(chē)的函數(shù)表達(dá)式為s=kt+B(k\neq 0), s=k_{1}t+B_{1}(k_{1}\neq 0),$
$由(1)可得慢車(chē)對(duì)應(yīng)的函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)(20,8),(32,16),$
$快車(chē)對(duì)應(yīng)的函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)(20,16), (32,0),$
$分別代入函數(shù)表達(dá)式后,可得$
$\left\{\begin{array}{l} 8=20k+b,\\ 16=32k+b,\end{array}\right. \left\{\begin{array}{l} 16=20k_{1}+b_{1},\\ 0=32k_{1}+b_{1},\end{array}\right. $
$解得\left\{\begin{array}{l} k=\frac{2}{3},\\ b=-\frac{16}{3},\end{array}\right. \left\{\begin{array}{l} k_{1}=-\frac{4}{3},\\ b_{1}=\frac{128}{3}.\end{array}\right.$
$慢車(chē)離 A 站的路程 s 關(guān)于 t 的函數(shù)表達(dá)式為$
$s=\frac{2}{3}t-\frac{16}{3},$
$快車(chē)離 A 站的路程 s 關(guān)于 t 的函數(shù)表達(dá)式為$
$s=-\frac{4}{3}t+\frac{128}{3},$
$聯(lián)立兩式\left\{\begin{array}{l} s=\frac{2}{3}t-\frac{16}{3},\\ s=-\frac{4}{3}t+\frac{128}{3},\end{array}\right. $
$解得\left\{\begin{array}{l} t=24,\\ s=\frac{32}{3},\end{array}\right.$
$即第一次相遇時(shí)與 A 站的距離為$
$\frac{32}{3}km $
$(3) 由(2),得 t_{1}=12+8+4=24 ,$
$由題意可得函數(shù)圖象關(guān)于過(guò)點(diǎn)(36,0)且垂直于橫軸的直線(xiàn)對(duì)稱(chēng),$
$P_{1},P_{2}是一組對(duì)稱(chēng)點(diǎn),$
$所以 t_{2}-36=36-t_{1},$
$解得t_{2}=48,t_{2}-t_{1}=24.$
$所以第一次相遇后,經(jīng)過(guò) 24 min 后兩車(chē)再次相遇 $
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