【答案】
分析:(1)已知A點(diǎn)的坐標(biāo),就可以求出OA的長,根據(jù)OA=OC,就可以得到C點(diǎn)的坐標(biāo),根據(jù)待定系數(shù)法就可以求出函數(shù)解析式.
(2)點(diǎn)P的位置應(yīng)分P在AB和BC上,兩種情況進(jìn)行討論.當(dāng)P在AB上時(shí),△PMB的底邊PB可以用時(shí)間t表示出來,高是MH的長,因而面積就可以表示出來.
(3)本題可以分兩種情況進(jìn)行討論,當(dāng)P點(diǎn)在AB邊上運(yùn)動時(shí):設(shè)OP與AC相交于點(diǎn)Q連接OB交AC于點(diǎn)K,證明△AQP∽△CQO,根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等,以及勾股定理可以求出AQ,QC的長,在直角△OHB中,根據(jù)勾股定理,可以得到tan∠OQC.
當(dāng)P點(diǎn)在BC邊上運(yùn)動時(shí),可證△BHM∽△PBM和△PQC∽△OQA,根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等,就可以求出OK,KQ就可以求出.
解答:解:(1)過點(diǎn)A作AE⊥x軸垂足為E,如圖(1)
∵A(-3,4),
∴AE=4 OE=3,
∴OA=
=5,
∵四邊形ABCO為菱形,
∴OC=CB=BA=0A=5,
∴C(5,0)(1分)
設(shè)直線AC的解析式為:y=kx+b,
∵
,
∴
,
∴直線AC的解析式為y=-
x+
.(1分)
(2)由(1)得M點(diǎn)坐標(biāo)為(0,
),
∴OM=
,
如圖(1),當(dāng)P點(diǎn)在AB邊上運(yùn)動時(shí)
由題意得OH=4,
∴HM=OH-OM=4-
=
,
∴s=
BP•MH=
(5-2t)•
,
∴s=-
t+
(0≤t<
),2分
當(dāng)P點(diǎn)在BC邊上運(yùn)動時(shí),記為P
1,
∵∠OCM=∠BCM,CO=CB,CM=CM,
∴△OMC≌△BMC,
∴OM=BM=
,∠MOC=∠MBC=90°,
∴S=
P
1B•BM=
(2t-5)
,
∴S=
t-
(
<t≤5),2分
(3)設(shè)OP與AC相交于點(diǎn)Q連接OB交AC于點(diǎn)K,
∵∠AOC=∠ABC,
∴∠AOM=∠ABM,
∵∠MPB+∠BCO=90°,∠BAO=∠BCO,∠BAO+∠AOH=90°,
∴∠MPB=∠AOH,
∴∠MPB=∠MBH.
當(dāng)P點(diǎn)在AB邊上運(yùn)動時(shí),如圖(2)
∵∠MPB=∠MBH,
∴PM=BM,
∵M(jìn)H⊥PB,
∴PH=HB=2,
∴PA=AH-PH=1,
∴t=
,(1分)
∵AB∥OC,
∴∠PAQ=∠OCQ,
∵∠AQP=∠CQO,
∴△AQP∽△CQO,
∴
=
=
,
在Rt△AEC中,AC=
=
=4
,
∴AQ=
,QC=
,
在Rt△OHB中,OB=
=
=2
,
∵AC⊥OB,OK=KB,AK=CK,
∴OK=
,AK=KC=2
,
∴QK=AK-AQ=
,
∴tan∠OQC=
=
,(1分)
當(dāng)P點(diǎn)在BC邊上運(yùn)動時(shí),如圖(3),
∵∠BHM=∠PBM=90°,∠MPB=∠MBH,
∴tan∠MPB=tan∠MBH,
∴
=
,即
=
,
∴BP=
,
∴t=
,(1分)
∴PC=BC-BP=5-
.
由PC∥OA,同理可證△PQC∽△OQA,
∴
=
,
∴
=
,
CQ=
AC=
,
∴QK=KC-CQ=
,
∵OK=
,
∴tan∠OQK=
.(1分)
綜上所述,當(dāng)t=
時(shí),∠MPB與∠BCO互為余角,直線OP與直線AC所夾銳角的正切值為
.
當(dāng)t=
時(shí),∠MPB與∠BCO互為余角,直線OP與直線AC所夾銳角的正切值為1.
點(diǎn)評:本題主要考查了利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式,求三角函數(shù)值的問題可以轉(zhuǎn)化為求直角三角形的邊的比的問題.