分析 (1)先利用旋转的性质得OC=OA=3,OD=OB=1,∠AOC=∠BOD=90°,则可得到C(0,3),D(-1,0),再把C点和D点坐标代入y=-x2+bx+c中得到b、c的方程组,然后解方程组求出b、c即可得到抛物线解析式;
(2)如图1,作ME⊥x轴于E,交AB于N,先利用待定系数法求出直线AB的解析式为y=-$\frac{1}{3}$x+1,再判断点A(3,0)在抛物线y=-x2+2x+3上,设M(t,-t2+2t+3),则N(t,-$\frac{1}{3}$t+1),则MN=-t2+$\frac{7}{3}$t+2,根据三角形面积公式和S△ABM=S△MNB+S△MNA得到$\frac{1}{2}$•3•(-t2+$\frac{7}{3}$t+2)=4,解得t1=$\frac{1}{3}$,t2=2,于是可得到点M的坐标为($\frac{1}{3}$,$\frac{32}{9}$)或(2,3);
(3)先确定P点的横坐标为1,再分类讨论:如图2,当四边形ABPQ为平行四边形时,把B点向右平移1个单位得到P点,则A点也向右平移1个单位得到Q点,即Q点的横坐标为4,再根据二次函数图象上点的坐标特征可确定Q点的坐标为(4,-5),所以A点向右平移1个单位,向下平移5个单位得到Q点,根据点平移的规律可判断B点向右平移1个单位,向下平移5个单位得到P点,于是得到P点坐标为(1,-4);当四边形ABQ′P′为平行四边形时,如图2,同样方法可得P′(1,-6);当四边形APBQ为平行四边形时,如图3,同样方法可得P(1,-2).
解答 解:(1)∵A点坐标是(3,0),B点坐标是(0,1),
∴OA=3,OB=1,
∵△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD,
∴OC=OA=3,OD=OB=1,∠AOC=∠BOD=90°,
∴C(0,3),D(-1,0),
∵C(0,3),D(-1,0)在抛物线y=-x2+bx+c上,
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=3}\\{-1-b+c=0}\end{array}\right.$,解得b=2,c=3,
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3;
(2)如图1,作ME⊥x轴于E,交AB于N,
设直线AB的解析式为y=mx+n,
把A(3,0),B(0,1)代入得$\left\{\begin{array}{l}{n=1}\\{3m+1=0}\end{array}\right.$,解得m=-$\frac{1}{3}$,n=1,
所以直线AB的解析式为y=-$\frac{1}{3}$x+1,
∵x=3时,y=-x2+2x+3=-9+6+3=0,
∴点A(3,0)在抛物线y=-x2+2x+3上,
设M(t,-t2+2t+3),则N(t,-$\frac{1}{3}$t+1),
∴MN=-t2+2t+3-(-$\frac{1}{3}$t+1)=-t2+$\frac{7}{3}$t+2,
∵S△ABM=S△MNB+S△MNA=$\frac{1}{2}$•3•MN,
∴$\frac{1}{2}$•3•(-t2+$\frac{7}{3}$t+2)=4,
整理得3t2-7t+2=0,解得t1=$\frac{1}{3}$,t2=2,
∴点M的坐标为($\frac{1}{3}$,$\frac{32}{9}$)或(2,3);
(3)存在.抛物线的对称轴为直线x=-$\frac{2}{2×(-1)}$=1,则P点的横坐标为1,
如图2,当四边形ABPQ为平行四边形时,AB∥PQ,AB=PQ,
把B点向右平移1个单位得到P点,则A点也向右平移1个单位得到Q点,即Q点的横坐标为4,
当x=4时,y=-x2+2x+3=-16+8+3=-5,
所以Q点的坐标为(4,-5),
∵A点向右平移1个单位,向下平移5个单位得到Q点,
∴B点向右平移1个单位,向下平移5个单位得到P点,
∴P点坐标为(1,-4);
当四边形ABQ′P′为平行四边形时,如图2,同样方法可得P′(1,-6);
当四边形APBQ为平行四边形时,如图3,同样方法可得P(1,-2),
综上所述,满足条件的P点坐标为(1,-2),(1,-4),(1,-6).
点评 本题考查了二次函数综合题:熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、旋转的性质和平行四边形的性质;能利用待定系数法求函数解析式;理解坐标与图形的性质,掌握点平移的坐标规律;会运用分类讨论的思想解决数学问题.
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A. | AB=DE | B. | AB>DE | C. | AB<DE | D. | 不能确定 |
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