分析 (1)用待定系数法即可求出抛物线的解析式;
(2)先求出直线BC的解析式,设M(t,-t+3),N(t,-t2+2t+3),得出MN是t的二次函数,即可求出MN的最大值;延长NM交OB于E,证出△BME为等腰直角三角形,求出BE、BM、BN,过点M作△BNM的高MH,则∠MHB=∠MHN=90°,设BH=x,根据勾股定理求出BH,再由勾股定理求出MH,即可求出sin∠MBN;
(3)令y1=-x2+2x+3;y2=mx-m+13,得直线y2=mx-m+13过点(1,13);当y1=y2时,-x2+2x+3=mx-m+13,得出△=m2-36=0,求出m的值,当直线y2=mx-m+13过点C时,m=10,结合图象即可得出m的取值范围.
解答 解:(1)根据题意得:$\left\{\begin{array}{l}{a-b+c=0}&{\;}\\{9a+3b+c=0}&{\;}\\{c=3}&{\;}\end{array}\right.$,
解得:a=-1,b=2,c=3,
∴抛物线的函数表达式为:y=-x2+2x+3;
(2)存在;理由如下:设直线BC的解析式为y=kx+b,
把B(3,0)、C(0,3)代入得:$\left\{\begin{array}{l}{3k+b=0}\\{b=3}\end{array}\right.$,
解得:k=-1,b=3,
∴直线BC的解析式为:y=-x+3,
设M(t,-t+3),N(t,-t2+2t+3),
则MN=(-t2+2t+3)-(-t+3)=-t2+3t=-(t-$\frac{3}{2}$)2+$\frac{9}{4}$;
∵-1<0,
∴MN由最大值,
当t=$\frac{3}{2}$时,MN的最大值为$\frac{9}{4}$;
此时M($\frac{3}{2}$,$\frac{3}{2}$),N($\frac{3}{2}$,$\frac{15}{4}$),
∴MN=$\frac{15}{4}$-$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{4}$,
∵B(3,0)、C(0,3),
∴OB=OC=3,
∵∠BOC=90°,
∴∠OBC=45°,
延长NM交OB于E,如图1所示:
则ME⊥OB,
∴△BME为等腰直角三角形,
∴∠MBE=45°,
∵BE=3-$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{2}$,
∴BM=$\sqrt{2}$BE=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$;
BN=$\sqrt{B{E}^{2}+N{E}^{2}}$=$\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+(\frac{15}{4})^{2}}$=$\frac{3\sqrt{29}}{4}$;
过点M作△BNM的高MH,则∠MHB=∠MHN=90°,
∵MH2=BM2-BH2=MN2-NH2,
设BH=x,则NH=$\frac{3\sqrt{29}}{4}$-x,
∴($\frac{3\sqrt{2}}{2}$)2-x2=($\frac{9}{4}$)2-($\frac{3\sqrt{29}}{4}$-x)2,
解得:x=$\frac{21\sqrt{29}}{58}$,
∴BH=$\frac{21\sqrt{29}}{58}$,
∴MH=$\sqrt{(\frac{3\sqrt{2}}{2})^{2}-(\frac{21\sqrt{29}}{58})^{2}}$=$\frac{9\sqrt{29}}{58}$;
∴sin∠MBN=$\frac{MH}{BM}$=$\frac{3\sqrt{58}}{58}$;
(3)令y1=-x2+2x+3; y2=mx-m+13,
∵x=1时,y2=13,
∴直线y2=mx-m+13过点(1,13),
当y1=y2时,-x2+2x+3=mx-m+13,
整理得:x2+(m-2)x-m+10=0,
△=(m-2)2-4×1×(-m+10)=m2-36=0,
解得:m=-6,或m=6,
当直线y2=mx-m+13过点C时,m=10,
由图象可知(如图2所示),
当-6≤m≤10时,均有y1≤y2,
∴m的取值范围为:-6≤m≤10.
点评 本题是二次函数综合题目,考查了用待定系数法求二次函数的解析式、求一次函数的解析式、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数等知识;本题难度较大,综合性强,特别是(2)中,需要通过作辅助线证明等腰直角三角形和运用勾股定理才能得出结果.
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A. | k>0,b>0 | B. | k>0,b<0 | C. | k<0,b<0 | D. | k<0,b>0 |
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