分析 (1)利用待定系數(shù)法即可解決問題.
(2)設(shè)P(m,m2-2m-3),由題意當(dāng)△PBC的面積最大時,點P到直線BC的距離的最大,構(gòu)建二次函數(shù),利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題.
(3)分兩種情形①如圖1中,當(dāng)重疊部分是△OKD時,②如圖2中,當(dāng)重疊部分是△DKQ時,分別求解即可.
解答 解:(1)把A(-1,0),B(3,0)兩點坐標代入y=ax2+bx-3得到{a−b−3=09a+3b−3=0,
解得{a=1b=−2,
∴拋物線的解析式為y=x2-2x-3,
∴C(0,-3),
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b則有{b=−33k+b=0,解得{k=1b=−3,
∴直線BC的解析式為 y=x-3.
(2)設(shè)P(m,m2-2m-3),
由題意當(dāng)△PBC的面積最大時,點P到直線BC的距離的最大,
∵S△PBC=S△PCO+S△POB-S△BOC=12×3×m+12×3×(-m2+2m+3)-12×3×3=-32m2+92m=-32(m-32)2+278,
∴當(dāng)m=32時,△PBC的面積最大,最大值為278,設(shè)點P到BC的距離為h,
則有12×3√2×h=278,
∴h=9√28.
(3)①如圖1中,當(dāng)重疊部分是△OKD時,
在Rt△OCM中,∵∠MOC=90°,OM=√3,OC=3,
∴CM=√32+(√3)2=2√3,tan∠OCM=√33,
∴∠MCO=30°
∵DM=DC,
∴OD=DM=DC=OM=√3,
∴∠DOC=∠DCO=30°,∠MOD=30°,
當(dāng)點Q與O重合時,易知∠EOD=∠DOC=30°,
∴∠EOD=∠EOM=30°,
∴MK=KD,
∴S△OKD=14S△MOC.
此時Q(0,0).
②如圖2中,當(dāng)重疊部分是△DKQ時,
∵△QED與△MDQ重疊部分面積是△MCQ的面積的14,
∴MK=KQ,∵MD=DC,
∴ED∥OC,
∴∠QDE=∠DQC=∠QDC,
∴CD=CQ=√3,
∴Q(0,√3-3).
綜上所述,當(dāng)Q(0,0)或(0,√3-3)時,△QED與△MDQ重疊部分面積是△MCQ的面積的14.
點評 本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、待定系數(shù)法、三角形的面積等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題,注意一題多解,屬于中考壓軸題.
科目:初中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | -1 | B. | 3 | C. | -3 | D. | 3或-1 |
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科目:初中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 5 | B. | -3 | C. | 5或-3 | D. | 以上都不對 |
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科目:初中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 3 | B. | 6 | C. | 9 | D. | 12 |
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