分析 (1)在一次函数中令x=0,即可求得C的坐标,在解析式中,令y=0,求得x的值,即可求得A和B的坐标;
(2)过P作PF⊥AD于点F,作PH⊥x轴于点H,RE⊥x轴于点E,利用勾股定理求得QR和QP的长,判断△PQR是等腰三角形;
(3)①与(2)的解法完全相同;
②分成Q在线段CD上和线段DC的延长线上两种情况下,表示出QC的长,利用三角形的面积公式解答.
解答 解:(1)在y=x+3中令y=0得x+3=0,
解得:x=-3,
则A的坐标是(-3,0).
令x=0,则y=3,
则A的坐标是(-3,0),C的坐标是(0,3),同理B的坐标是(3,0).
故答案是:(-3,0),(3,0),(0,3);
(2)△PQR是等腰三角形.
理由是:过P作PF⊥AD于点F,作PH⊥x轴于点H,RE⊥x轴于点E.
当t=1时,PF=AF=RE=OE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,QE=OD-DQ+OE=3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$=3,
则△QER中,QR=$\sqrt{Q{E}^{2}+E{R}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}$=$\frac{\sqrt{38}}{2}$,
HQ=DQ-DH=$\sqrt{2}$-$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
PH=3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
在直角△PHQ中,PQ=$\sqrt{P{H}^{2}+H{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}$=$\frac{\sqrt{38}}{2}$,
则PH=QR,即△PQR是等腰三角形;
(2)①第(2)小题中的结论还成立.
理由是:PF=AF=RE=OE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t,QE=OD-DQ+OE=3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t+$\frac{\sqrt{2}}{2}$t=3,
则△QER中,QR=$\sqrt{Q{E}^{2}+E{R}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2}t)^{2}}$,
HQ=DQ-DH=$\sqrt{2}$t-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t,
PH=3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$t,
在直角△PHQ中,PQ=$\sqrt{P{H}^{2}+H{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2}t)^{2}}$,
则PH=QR,即△PQR是等腰三角形;
②当0≤t≤$\frac{3\sqrt{2}}{2}$时,CQ=3-$\sqrt{2}$t,PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t,
则y=$\frac{1}{2}$CQ•RE=$\frac{1}{2}$(3-$\sqrt{2}$t)•$\frac{\sqrt{2}}{2}t$,
即y=-$\frac{1}{2}$t2+$\frac{3\sqrt{2}}{4}$t.
当$\frac{3\sqrt{2}}{2}$<t≤3$\sqrt{2}$时,CQ=$\sqrt{2}$t-3,PH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$t.
则y=$\frac{1}{2}$CQ•RE=$\frac{1}{2}$($\sqrt{2}$t-3)•$\frac{\sqrt{2}}{2}t$=$\frac{1}{2}$t2-$\frac{3\sqrt{2}}{4}$t
如图所示:.
点评 本题考查了勾股定理以及二次函数的图象,正确用t表示出PH和RE以及QE的长,表示出PH和QR的长是关键.
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A. | 3.5×104米 | B. | 0.35×104米 | C. | 3.5×104纳米 | D. | 35×103纳米 |
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