如图.抛物线y=ax2+bx+4与坐标轴交于A.B.C三点.直线y=$\frac{4}{3}$x+4与坐标轴交于B.C点.其中点A(4.0)．(1)求此抛物线的解析式,(2)在线段AC.BC上分别取点P.Q.使CP=CQ.连接PQ.以PQ为对称轴对折.点C刚好落在抛物线的C′上.求点C′的坐标,(3)连接AB.在抛物线上是否存在点M.使得∠MBA+∠CBO=45°?若存在.请直接写出适合此条件的点M的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

13．

如图，抛物线y=ax²+bx+4与坐标轴交于A、B、C三点，直线y=$\frac{4}{3}$x+4与坐标轴交于B、C点，其中点A（4，0）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在线段AC、BC上分别取点P、Q，使CP=CQ，连接PQ，以PQ为对称轴对折，点C刚好落在抛物线的C′上，求点C′的坐标；
（3）连接AB，在抛物线上是否存在点M，使得∠MBA+∠CBO=45°？若存在，请直接写出适合此条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

分析（1）首先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）设CQ=e，根据题意得到CP=QC′=e，对于直线$y=\frac{4}{3}x+4$，当x=0时，y=4，在Rt△BCO中，$CB=\sqrt{O{B^2}+C{O^2}}=5$，过点Q作QK⊥x轴，垂足为点K，则有：QK∥OB，得到△CKQ∽△COB，于是得到比例式$\frac{CQ}{CB}=\frac{CK}{CO}=\frac{KQ}{OB}$，求出$CK=\frac{3}{5}e$，$KQ=\frac{4}{5}e$，过点C′作，C′H⊥x轴，垂足为点H，得到KH=QC′=e，C′H=KQ=$\frac{4}{5}$e，于是得到$CH=CK+KH=\frac{3}{5}e+e=\frac{8}{5}e$，求出C′（$\frac{8}{5}$e-3，$\frac{4}{5}$e），根据题意，点C′为抛物线上的点，得到方程$\frac{4}{5}e=-\frac{1}{3}×{（\frac{8}{5}e-3）^2}+\frac{1}{3}×（\frac{8}{5}e-3）+4$，解得${e_1}=\frac{55}{16}$，即可得到结论；
（3）满足条件的点M有两种情形，需要分类讨论：设M（x，y），①当BM⊥BC时，如图2所示．由∠ABO=45°，得到∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件．过点M₁作M₁E⊥y轴于点E，则M₁E=x，OE=-y，求得BE=4-y．由于tan∠M₁BE=tan∠BCO=$\frac{4}{3}$，得到方程$\frac{x}{4-y}$=$\frac{4}{3}$，求出直线BM₁的解析式为y=-$\frac{3}{4}$x+4．联立y=-$\frac{3}{4}$x+4与y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4，即可得到结果；②当BM与BC关于y轴对称时，如图3所示．由∠ABO=∠MBA+∠MBO=45°，∠MBO=∠CBO，于是得到∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件过点M₂作M₂E⊥y轴于点E，则M₂E=x，OE=y，求出BE=4-y．根据tan∠M₂BE=tan∠CBO=$\frac{3}{4}$，得到方程$\frac{x}{4-y}$=$\frac{3}{4}$求出直线BM₂的解析式为：y=-$\frac{4}{3}$x+4．联立y=-$\frac{4}{3}$x+4与y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4得-$\frac{4}{3}$x+4=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4，即可得到结果．

解答解：（1）当y=0时，由直线$y=\frac{4}{3}x+4$得：$0=\frac{4}{3}x+4$，解得：x=-3，
∴点C（-3，0），
又∵抛物线y=ax²+bx+4经过点A（4，0），
所以有：$\left\{\begin{array}{l}9a-3b+4=0\\ 16a+4b+4=0\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{3}\\ b=\frac{1}{3}\end{array}\right.$，
∴抛物线的解析式是：$y=-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{1}{3}x+4$；

（2）设CQ=e，则根据题意，得：CP=QC′=e，
对于直线$y=\frac{4}{3}x+4$，当x=0时，y=4，
∴点B（0，4），OB=4，
又∵点C（-3，0），
∴CO=3，
在Rt△BCO中，$CB=\sqrt{O{B^2}+C{O^2}}=5$，
如图1，过点Q作QK⊥x轴，垂足为点K，则有：QK∥OB，
∴△CKQ∽△COB，
∴$\frac{CQ}{CB}=\frac{CK}{CO}=\frac{KQ}{OB}$，
即：$\frac{e}{5}=\frac{CK}{3}=\frac{KQ}{4}$，
∴$CK=\frac{3}{5}e$，$KQ=\frac{4}{5}e$，
如图1，过点C′作，C′H⊥x轴，垂足为点H，
则有：KH=QC′=e，C′H=KQ=$\frac{4}{5}$e，
∴$CH=CK+KH=\frac{3}{5}e+e=\frac{8}{5}e$，
又∵CO=3，
∴$OH=CH-CO=\frac{8}{5}e-3$，
∴C′（$\frac{8}{5}$e-3，$\frac{4}{5}$e），
根据题意，点C′为抛物线上的点，则有：$\frac{4}{5}e=-\frac{1}{3}×{（\frac{8}{5}e-3）^2}+\frac{1}{3}×（\frac{8}{5}e-3）+4$，
解得：${e_1}=\frac{55}{16}$，e₂=0（不合题意，舍去），
∴当$e=\frac{55}{16}$时，有：$\frac{8}{5}e-3=\frac{8}{5}×\frac{55}{16}-3=2.5$，$\frac{4}{5}e=\frac{4}{5}×\frac{55}{16}=2.75$，
∴点C′的坐标是（2.5，2.75）；

（3）存在这样的点M的坐标，
设M（x，y），
①当BM⊥BC时，如图2所示．
∵∠ABO=45°，
∴∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件．
过点M₁作M₁E⊥y轴于点E，则M₁E=x，OE=-y，
∴BE=4-y．
∵tan∠M₁BE=tan∠BCO=$\frac{4}{3}$，
∴$\frac{x}{4-y}$=$\frac{4}{3}$，
∴直线BM₁的解析式为：y=-$\frac{3}{4}$x+4．
联立y=-$\frac{3}{4}$x+4与y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4，
得：-$\frac{3}{4}$x+4=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4，
解得：x₁=0，x₂=$\frac{13}{4}$，
∴y₁=4，y₂=$\frac{25}{16}$，
∴M₁（$\frac{13}{4}$，$\frac{25}{16}$）；
②当BM与BC关于y轴对称时，如图3所示．
∵∠ABO=∠MBA+∠MBO=45°，∠MBO=∠CBO，
∴∠MBA+∠CBO=45°，
故点M满足条件．
过点M₂作M₂E⊥y轴于点E，
则M₂E=x，OE=y，
∴BE=4-y．
∵tan∠M₂BE=tan∠CBO=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{x}{4-y}$=$\frac{3}{4}$
∴直线BM₂的解析式为：y=-$\frac{4}{3}$x+4．
联立y=-$\frac{4}{3}$x+4与y=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4得：-$\frac{4}{3}$x+4=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{3}$x+4，
解得：x₁=0，x₂=5，
∴y₁=4，y₂=-$\frac{8}{3}$，
∴M₂（5，-$\frac{8}{3}$）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为：（$\frac{13}{4}$，$\frac{25}{16}$）或（5，-$\frac{8}{3}$）．

点评本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数的解析式，解直角三角形，一次函数的性质，解方程等知识点，正确的作出图形是解题的关键．

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-2

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若|x₁-x₂|≥|y₁-y₂|，则点P₁与点P₂的“非常距离”为|x₁-x₂|；
若|x₁-x₂|＜|y₁-y₂|，则点P₁与点P₂的“非常距离”为|y₁-y₂|．
例如：点P₁（1，2），点P₂（3，5），因为|1-3|＜|2-5|，所以点P₁与点P₂的“非常距离”为|2-5|=3，也就是图1中线段P₁Q与线段P₂Q长度的较大值（点Q为垂直于y轴的直线P₁Q与垂直于x轴的直线P₂Q交点）．

（1）已知点A（-$\frac{1}{2}$，0），B为y轴上的一个动点，
①若点A与点B的“非常距离”为2，写出一个满足条件的点B的坐标；
②直接写出点A与点B的“非常距离”的最小值；
（2）已知C是直线y=$\frac{3}{4}$x+3上的一个动点，
①如图2，点D的坐标是（0，1），求点C与点D的“非常距离”的最小值及相应的点C的坐标；
②如图3，E是以原点O为圆心，1为半径的圆上的一个动点，求点C与点E的“非常距离”的最小值及相应的点E与点C的坐标．

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