Final de Matemáticas y Geometría de 3er grado
∴c=4-16×64+8b+ c =0,
La solución es b = 56c = 4.
Por lo tanto, los valores de b y c son 56 y 4 respectivamente;
(2)∠∠AOP =∠PEB = 90, ∠OAP=∠EPB=90 - ∠APO,
∴△AOP ∽△PEB y la relación de similitud son AOPE=APPB=2,
AO = 4,
∴PE=2, OE=OP +PE=t+2,
y DE = OA = 4,
Las coordenadas del punto d son (t+2, 4),
∴ Cuando el punto d cae en la parábola, hay -16(t+2)2+56(t+2)+4=4.
La solución es t=3 o t=-2,
∫t > 0,
∴t=3.
Entonces, cuando t es 3, el punto D cae en la parábola;
(3) La existencia de T puede hacer que el triángulo con los vértices A, B y D sea similar a △AOP por las siguientes razones:
①Cuando 0 Si △POA∽△ADB, entonces po: ad = ao: BD, Es decir, t: (t+2) = 4: (4-12t), Organización, t2+16=0, ∴t no tiene solución; Si △POA∽△BDA, la misma razón, la solución es t = -2 ^ 25(Los valores negativos se descartan); ②Cuando t > 8, como se muestra en la Figura 3. Si △POA∽△ADB, entonces po: ad = ao: BD, Es decir, t: (t+2) = 4: (12t-4), La solución es t = 8 45 (los valores negativos se descartan); Si △POA∽△BDA, de manera similar, t no tiene solución; En resumen, cuando t = -2+25 u 8+45, el triángulo con los vértices A, B y D es similar a △AOP; (4) Como se muestra en la Figura 2. ∫A(0,4), C (8,0), La fórmula analítica de ∴AC es y =-12x+4. Supongamos que el punto medio de BP es N, de P(t, 0) y B(t+2, t2) podemos obtener N(t+1, t4) y AP = 16+T2. La intersección n es fn∑AC, el eje y está en el punto f, la intersección f es FH⊥AC en el punto h, Supongamos la fórmula analítica de la recta FN es y=-12x+m , sustituya N(t+1, t4). Podemos obtener -12(t+1)+m=t4, es decir, m = 3t4+12. AFAC=FHCO se puede obtener a partir de △AFH∽△ACO. ∫AF = 4-m, ∴4-m45=FH8, ∴FH=2×4-m5, Cuando el círculo de diámetro PB es tangente a la recta AC, FH=12BP=14AP, 2×4-m5=1416+t2, Sustituye m=3t4+12 para obtener: 31t2-336t+ 704 = 0. Solución: t=8, t=8831.