分析 (1)根据待定系数法,可得函数解析式,根据配方法,可得顶点坐标;
(2)根据等边三角形的判定,可得△MBN是正三角形,根据翻折的性质,可得B′N,∠B′NM,根据平行线的判定,可得B′的纵坐标,根据点的坐标满足函数解析式,可得关于t的方程,根据解方程,可得t,可得B′的坐标;
(3)根据相似三角形的判定与性质,可得答案.
解答 解:(1)由题意得$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{b}{2a}=-1}\\{9a-3b+\sqrt{3}=0}\end{array}\right.$,
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{b=-\frac{2\sqrt{3}}{3}}\end{array}\right.$,
二次函数的解析式为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+$\sqrt{3}$
配方得y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$(x+1)2+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$,
顶点坐标为(-1,$\frac{4\sqrt{3}}{3}$),
(2)如图1,
由题意知OA=3,OB=1,ON=$\sqrt{3}$,
∴∠CBA=60°,
又∵BM=BN,
∴△MBN是正三角形,
∴M(1-2t,0),N(1-t,$\sqrt{3}$t).
将△BMN沿MN翻折后,得
B′N=BN=2t,∠B′NM=∠BMN=60°,
∴B′N∥BM,
∴B′(1-3t,$\sqrt{3}$t),
又点B′在抛物线上,
∴$\sqrt{3}$t=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$(1-3t)2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$(1-3t)+$\sqrt{3}$,
化简,得9t2-9t=0,解得t=0(不符合题意,舍)t=1,
t=1时,1-3t=-2,$\sqrt{3}$t=$\sqrt{3}$,
∴B′(-2,$\sqrt{3}$);
(3)由题意可得△ABC是直角三角形,且∠BAC=30°,∠ABC=60°.又Q($\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$).
①如图2,
由题意知OA=3,OB=1,
P在x轴上时,过Q作P1Q⊥BQ交x轴于P1点,
∵P1Q∥AC,
∴1BQ∽△ABC,
$\frac{{P}_{1}B}{AB}$=$\frac{BQ}{BC}$=$\frac{1}{2}$,
解得P1B=2,OP1=1,P1(-1,0);
过Q作P2Q⊥x轴于P2,
∵∠P2BQ=∠CBA,∠QPB=∠ACB,
∴QBP2∽△ABC,
$\frac{B{P}_{2}}{BC}$=$\frac{{P}_{2}Q}{AC}$,
解得BP2=$\frac{1}{2}$,OP2=$\frac{1}{2}$,
P2($\frac{1}{2}$,0);
P在x轴的其它位置时,△PBQ不可能为直角三角形,不可能与△ABC相似;
②同理,当P在y轴上时,作P3Q⊥BQ交y轴于P3,
∵∠P3BQ=∠BAC=∠P3BO=30°,∠P3QB=∠ACB=90°,
∴△BP3Q∽△ABC.
∵tan∠P3BO=$\frac{{P}_{3}O}{OB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,P3O=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,
P3(0,$\frac{\sqrt{3}}{3}$).
B作P4B⊥BQ交y于P4,但$\frac{B{P}_{4}}{BQ}$≠$\frac{AC}{BC}$,
∴△QBP4Y与△ABC不相似,P在y轴上其它位置时,△PQB不为直角三角形,不能与△ABC相似;
综上所述:坐标轴上存在点P,使得以B,Q,P为顶点的三角形与△ABC相似,P点坐标为(-1,0),($\frac{1}{2}$,0),(0,$\frac{\sqrt{3}}{3}$).
点评 本题考查了二次函数综合题,解(1)的关键是待定系数法;解(2)的关键是利用翻折的性质平行线的判定与性质得出B′的坐标,又利用了点的坐标满足函数解析式;解(3)的关键是相似三角形的判定与性质,要分类讨论,以防遗漏.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | x+y-1=0 | B. | x2-x=3 | C. | 2+$\frac{x}{3}$=1 | D. | $\frac{1}{x-2}$=3 |
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科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 6 | B. | 8 | C. | 10 | D. | 1+4$\sqrt{2}$ |
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科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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