分析 (1)用待定系數(shù)法求出拋物線解析式求出頂點坐標,當交點M為拋物線頂點時△MBC面積最大,由此可以求出α以及△MBC的面積,點P在拋物線上,只有點P與點B、C重合,這樣可以即可解決問題.
(2)過C′作C′D∥OA交OA′于點D,根據(jù)△OCP∽△OA′B′和△C′OD∽△OB′A′分別求出PC、C′D再由PQ=C′D即可解決.
(3)作PM⊥B′C′垂足為M,設p(t,3),由△PCO≌△QMP得到PO=PQ=2PB,列出方程進行求解.
解答 解:(1)根據(jù)題意得:$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3-2\sqrt{3}}{4}×16-4b+c=3}\\{c=3}\end{array}\right.$,
解得:$\left\{\begin{array}{l}{b=3-2\sqrt{3}}\\{c=3}\end{array}\right.$,
則函數(shù)的解析式是y=$\frac{3-2\sqrt{3}}{4}$x2+(3-2$\sqrt{3}$)x+3,
拋物線的解析式是x=$\frac{-4}{2}$=-2,把x=-2代入解析式得y=2$\sqrt{3}$,即拋物線的頂點是(-2,2$\sqrt{3}$).
當△MBC面積最大時,M的坐標是(-2,2$\sqrt{3}$).
此時tanα=$\frac{2\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$,故此時α=60°.
∵點P在拋物線上,
∴點P與B、C重合,
∴點P坐標為(-4,3)或(0,3).
(2)在圖1中,∵∠POC=∠B′OA′,∠PCO=∠B′A′O=90°,OA′=OA=4,OC=AB=3,
∴△OCP∽△OA′B′,
∴$\frac{PC}{A'B'}$=$\frac{OC}{OA'}$=$\frac{3}{4}$,即$\frac{PC}{3}=\frac{3}{4}$,
解得:PC=$\frac{9}{4}$,
∴BP=BC-PC=4-$\frac{9}{4}$=$\frac{7}{4}$,
過C′作C′D∥OA交OA′于點D.
∵C′D∥OA,
∴∠A′OA=∠C′DO,
又∵∠A′OA+∠A′OB′=90°,直角△A′B′O中,∠A′OB′+∠A′B′O=90°,
∴∠C′DO=∠A′B′O,
又∵∠DOC′=∠B′A′O,
∴△C′OD∽△OB′A′,
∴$\frac{C′D}{OB′}=\frac{OC′}{OA′}$,即$\frac{C′D}{5}=\frac{3}{4}$,
解得:C′D=$\frac{15}{4}$,
∴PQ=C′D=$\frac{15}{4}$.
∴$\frac{BP}{BQ}$=$\frac{\frac{7}{4}}{\frac{15}{4}}$=$\frac{7}{15}$.
sinα=sin∠A′B′O=$\frac{OA′}{OB′}$=$\frac{4}{5}$.
(3)在圖2中,作PM⊥B′C′垂足為M.設P(t,3).
∵∠MPQ+∠OPC=90°,∠MPQ+∠PQM=90°,
∴∠PQM=∠OPC,
∵PM=CO,∠PMQ=∠PCO=90°,
∴△PCO≌△QMP,
∴PO=PQ=2PB,
∴$\sqrt{{t}^{2}+{3}^{2}}$=2(4+t),
∴t2+9=64+32t+4t2,
∴3t2+32t+55=0,
∴t=$\frac{-16+\sqrt{91}}{3}$或$\frac{-16-\sqrt{91}}{3}$(不合題意舍棄),
∴點P坐標($\frac{-16+\sqrt{91}}{3}$,3).
點評 本題考查待定系數(shù)法求拋物線解析式、相似三角形的判定和性質、矩形的性質、全等三角形的判定和性質以及勾股定理等知識,綜合性很強,必須靈活掌握知識,學會用方程的思想考慮問題.
科目:初中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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