如图,在平面直角坐标系中,点C(-3,0),点A、B分别在x轴,y轴的正半轴上,且满足根号(O

如图，在平面直角坐标系中，点C（-3,0），点A、B分别在x轴，y轴的正半轴上，且满足根号（）~

我刚好也在做这道题来着 = =。 给你个答案吧~共享资源~~

解：
（1）∵ OB2-3+|OA-1|=0，
∴OB2-3=0，OA-1=0．
∴OB= 3，OA=1．（1分）
点A，点B分别在x轴，y轴的正半轴上，
∴A（1，0），B（0， 3）．（2分）

（2）由（1），得AC=4， AB=12+(3)2=2， BC=32+(3)2=23，
∴AB2+BC2=22+（2 3）2=16=AC2．
∴△ABC为直角三角形，∠ABC=90°．（4分）
设CP=t，过P作PQ⊥CA于Q，由△CPQ∽△CBO，易得PQ= t2，
∴S=S△ABC-S△APC= 12×4×3-12×4×t2= 23-t（0≤t＜ 23）．（7分）
（说明：不写t的范围不扣分）

（3）存在，满足条件的的有两个．
P1（-3，0），（8分）
P2（-1， 233）．（10分）

解：（1）∵ ，∴ ，OA-1=0，∴ ，OA=1，点A，点B分别在x轴，y轴的正半轴上，∴A（1，0），B（0， ）；（2）由（1），得AC=4， ， ，∴ ，∴△ABC为直角三角形， 设CP=t，过P作PQ⊥CA于Q，由△CPQ∽△CBO，易得PQ= ，∴S= = （0≤t＜ ）；（3）存在，满足条件的的有两个： ， 。

（1）因为√(OB^-3)+|OA-1|=0，所以有OB=√3，OA=1，因为A，B分别在x轴y轴正半轴上，所以有A（1，0），B（0，√3）
（2）可以求出BC=2√3，AB=2，而AC=1+3=4，可以得出ΔABC是直角三角形，∠ABC=90度
点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，通过此条件可以得出：CP=t，且t∈[0,2√3]
S=SΔABP=PB*AB/2=(BC-PC)*2/2=2√3-t,其中t∈[0,2√3]
（3）若是存在P点使ΔABP相似于ΔAOB，那么由∠PBA=90度可以得出，PB,AB是ΔABP的两条直角边，且它们的比例应满足ΔAOB中两条直角边的比，而由于OA，OB是ΔAOB的两条直角边，它们互不相等，OB/0A=√3/1=√3，所以ΔPAB中的两条直角边PB，AB之比也应等于√3,只是无法确定它们谁长谁短而已，需分类讨论
若PB比AB长，那么有PB/AB=√3,则PB=√3*2=2√3，t=PC=BC-PB=2√3-2√3=0，可以看出，此种情况下P点与C点重合，P的坐标是（-3，0）
若AB比PB长，则有AB/PB=√3,PB=√3*2/3=2√3/3,t=2√3-2√3/3=4√3/3，满足t的取值范围，所以此点也存在
过B（0,√3）与C（-3,0）两点的直线方程可求出为y=√3x/3+√3，而P位于此上，且由几何关系可以得出yp=t/2=2√3/3，代入直线方程可得xp=-1
所以P坐标为（-1，2√3/3）

（1）因为√(OB^-3)+|OA-1|=0，所以有OB=√3，OA=1，因为A，B分别在x轴y轴正半轴上，所以有A（1，0），B（0，√3）
（2）可以求出BC=2√3，AB=2，而AC=1+3=4，可以得出ΔABC是直角三角形，∠ABC=90度
点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，通过此条件可以得出：CP=t，且t∈[0,2√3]
S=SΔABP=PB*AB/2=(BC-PC)*2/2=2√3-t,其中t∈[0,2√3]
（3）若是存在P点使ΔABP相似于ΔAOB，那么由∠PBA=90度可以得出，PB,AB是ΔABP的两条直角边，且它们的比例应满足ΔAOB中两条直角边的比，而由于OA，OB是ΔAOB的两条直角边，它们互不相等，OB/0A=√3/1=√3，所以ΔPAB中的两条直角边PB，AB之比也应等于√3,只是无法确定它们谁长谁短而已，需分类讨论
若PB比AB长，那么有PB/AB=√3,则PB=√3*2=2√3，t=PC=BC-PB=2√3-2√3=0，可以看出，此种情况下P点与C点重合，P的坐标是（-3，0）
若AB比PB长，则有AB/PB=√3,PB=√3*2/3=2√3/3,t=2√3-2√3/3=4√3/3，满足t的取值范围，所以此点也存在
过B（0,√3）与C（-3,0）两点的直线方程可求出为y=√3x/3+√3，而P位于此上，且由几何关系可以得出yp=t/2=2√3/3，代入直线方程可得xp=-1
所以P坐标为（-1，2√3/3）

解：（1）因为根号（OB²-3）+绝对值（OA-1）=0.所以（OB²-3）=|OA-1|=0，所以
OB=√3,OA=1,即A点坐标为(1,0),B点坐标为（0，√3）。
（2）因为线段CB的斜率为k=OB/OC= √3/3。所以点P在CB上每增加一个单位，点P的
纵向坐标就增加0.5个单位，横向坐标就增加√3/2个单位。
因为S△ABP=S△ABC-S△ACP,所以S=2√3-(0.5t×1/2×4)=2√3-t(0≤t≤2√3)
（3）因为△ABC为顶角为30°的直角三角形，且△AOB也为顶角为30°直角三角形。所以二者相似。所以只有当P在C点时，才能使以点A、B、P为顶点的三角形与△AOB相似。即点P坐标为（-3，0）。

解：（1）∵（OB-3）2+OA-1=0，
∴OB2-3=0，OA-1=0．
∴OB=3，OA=1，
点A，点B分别在x轴，y轴的正半轴上，
∴A（1，0），B（0，3）；

（2）由（1），得AC=4，
由关勾股定理得：
AB=1 2+(
3) 2=2，BC=3 2+(
3) 2=23，
∴AB2+BC2=22+（23）2=16，
∵AC2=16，
∴AB2+BC2=AC2=16，
∴△ABC为直角三角形，∠ABC=90°．（4分）
设CP=t，过P作PQ⊥CA于Q，连接PA，
由△CPQ∽△CBO，
∴OB：BC=PQ：PC=1：2，
PQ=t2，
∴当点P在线段CB上时，S=S△ABC-S△APC=12×4×3-12×4×t2=23-t（（0≤t＜23），
当点P在射线CB上时，S=S△APC-S△ABC=12×4×t2-12×4×3=t-23（（t≥23）；

（3）存在，满足条件的有四个．
P1（-3，0），P2（-1，233），P3（3，23），P4（1，4
33）．

我刚好也在做这道题来着 = =。 给你个答案吧~共享资源~~

解：
（1）∵ OB2-3+|OA-1|=0，
∴OB2-3=0，OA-1=0．
∴OB= 3，OA=1．（1分）
点A，点B分别在x轴，y轴的正半轴上，
∴A（1，0），B（0， 3）．（2分）

（2）由（1），得AC=4， AB=12+(3)2=2， BC=32+(3)2=23，
∴AB2+BC2=22+（2 3）2=16=AC2．
∴△ABC为直角三角形，∠ABC=90°．（4分）
设CP=t，过P作PQ⊥CA于Q，由△CPQ∽△CBO，易得PQ= t2，
∴S=S△ABC-S△APC= 12×4×3-12×4×t2= 23-t（0≤t＜ 23）．（7分）
（说明：不写t的范围不扣分）

（3）存在，满足条件的的有两个．
P1（-3，0），（8分）
P2（-1， 233）．（10分）

不知道

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