分析 (1)根據(jù)A、B、C三點的坐標(biāo),利用待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式;
(2)可先求得拋物線的頂點坐標(biāo),再利用坐標(biāo)平移,可得平移后的坐標(biāo)為(1+n,1),再由B、C兩點的坐標(biāo)可求得直線BC的解析式,可求得y=1時,對應(yīng)的x的值,從而可求得n的取值范圍;
(3)當(dāng)點P在y軸負半軸上時,過P作PD⊥AC,交AC的延長線于點D,根據(jù)條件可知∠PAD=45°,設(shè)PD=DA=m,由△COA∽△CDP,可求出m和PC的長,此時可求得PO=12,利用等腰三角形的性質(zhì),可知當(dāng)P點在y軸正半軸上時,則有OP=12,從而可求得PC=5.
解答 解:
(1)把A、B、C三點的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式可得
$\left\{\begin{array}{l}{9a-3b+c=0}\\{25a+5b+c=0}\\{c=5}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{1}{3}}\\{b=\frac{2}{3}}\\{c=5}\end{array}\right.$,
∴拋物線解析式為y=-$\frac{1}{3}$x2+$\frac{2}{3}$x+5;
(2)∵y=-$\frac{1}{3}$x2+$\frac{2}{3}$x+5,
∴拋物線頂點坐標(biāo)為(1,$\frac{16}{3}$),
∴當(dāng)拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)向下平移$\frac{13}{3}$個單位長度,再向右平移n(n>0)個單位長度后,得到的新拋物線的頂點M坐標(biāo)為(1+n,1),
設(shè)直線BC解析式為y=kx+m,把B、C兩點坐標(biāo)代入可得$\left\{\begin{array}{l}{5k+m=0}\\{m=5}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{m=5}\end{array}\right.$,
∴直線BC的解析式為y=-x+5,
令y=1,代入可得1=-x+5,解得x=4,
∵新拋物線的頂點M在△ABC內(nèi),
∴1+n<4,且n>0,解得0<n<3,
即n的取值范圍為0<n<3;
(3)當(dāng)點P在y軸負半軸上時,如圖1,過P作PD⊥AC,交AC的延長線于點D,
由題意可知OB=OC=5,
∴∠CBA=45°,
∴∠PAD=∠OPA+∠OCA=∠CBA=45°,
∴AD=PD,
在Rt△OAC中,OA=3,OC=5,可求得AC=$\sqrt{34}$,
設(shè)PD=AD=m,則CD=AC+AD=$\sqrt{34}$+m,
∵∠ACO=∠PCD,∠COA=∠PDC,
∴△COA∽△CDP,
∴$\frac{CO}{CD}$=$\frac{AO}{PD}$=$\frac{AC}{PC}$,即$\frac{5}{\sqrt{34}+m}$=$\frac{3}{m}$=$\frac{\sqrt{34}}{PC}$,
由$\frac{5}{\sqrt{34}+m}$=$\frac{3}{m}$可求得m=$\frac{3\sqrt{34}}{2}$,
∴$\frac{3}{\frac{3\sqrt{34}}{2}}$=$\frac{\sqrt{34}}{PC}$,解得PC=17;
可求得PO=PC-OC=17-5=12,
如圖2,在y軸正半軸上截取OP′=OP=12,連接AP′,
則∠OP′A=∠OPA,
∴∠OP′A+∠OCA=∠OPA+∠OCA=∠CBA,
∴P′也滿足題目條件,此時P′C=OP′-OC=12-5=7,
綜上可知PC的長為7或17.
點評 本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用,涉及到的知識點有待定系數(shù)法、坐標(biāo)的平移、三角形的外角、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)以及分類討論等.在(2)中確定出M點向右平移的最大位置是解題的關(guān)鍵,在(3)中利用∠OPA+∠OCA=∠CBA=45°構(gòu)造三角形相似是解題的關(guān)鍵.本題目考查知識點多,綜合性強,特別是第(3)問難度很大.
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A. | y=x+5 | B. | y=x+10 | C. | y=-x+5 | D. | y=-x+10 |
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A. | 16 | B. | 24 | C. | 32 | D. | 48 |
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A. | 1 | B. | 2 | C. | 3 | D. | 4 |
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