分析 (1)根據自變量與函數值得對應關系,可得A,B,C點坐標,根據三角形的面積,可得AD的長,根據正弦函數的定義,可得答案;
(2)存在.如圖2中,∠P1AO=∠BCO,設AP1交y軸于E,理由相似三角形求出OE的長,再求出直線CE與拋物線的交點即可解決問題,根據對稱性再求出P2坐標即可.
(3)根據平行線的性質,可得∠1與∠2的關系,根據余角的性質,可得∠3與∠4的關系,根據自變量與函數值得對應關系,可得答案.
解答 解:(1)過A點作AD⊥BC于D點,如圖1,
當x=0時,y=-3,即C點坐標為(0,-3),
當y=0時,解得x=3,x=-1,即A(3,0)B(-1,0),
由勾股定理,得
BC=$\sqrt{10}$,AC=3$\sqrt{2}$.
由△BAC的面積,得
$\frac{1}{2}$BC•AD=$\frac{1}{2}$AB•OC,
$\frac{\sqrt{10}}{2}$AD=$\frac{1}{2}$×4×3,
解得AD=$\frac{12}{\sqrt{10}}$,
sin∠ACB=$\frac{AD}{AC}$=$\frac{\frac{12}{\sqrt{10}}}{3\sqrt{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$;
(2)存在.
理由:如圖2中,設PA交y軸于M,作MN⊥AC于N.
設MN=CN=x,
∵∠MAN=∠BCO,
∴tan∠MAN=tan∠BCO=$\frac{1}{3}$,
∴AN=2x,
∴AC=CN+AN=3$\sqrt{2}$,
∴3x=3$\sqrt{2}$,
∴x=$\sqrt{2}$,
∴MC=$\sqrt{2}$x=2,OM=3-2=1.
∴M(0,-1),
∴直線PA的解析式為y=$\frac{1}{3}$x-1,
由$\left\{\begin{array}{l}{y={x}^{2}-2x-3}\\{y=\frac{1}{3}x-1}\end{array}\right.$
解得 $\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$(舍),$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{2}{3}}\\{y=-\frac{11}{9}}\end{array}\right.$,
∴當點P坐標(-$\frac{2}{3}$,-$\frac{11}{9}$)時,∠PAO=∠BCO,
(3)如圖3,
作CQ∥AB,作QE⊥BC,
∴∠1=∠2,∠QEC=90°.
∵∠1+∠3=90°,∠2+∠4=90°,
∴∠4=∠3.
當y=-3時,x2-2x-3=-3,
解得x=0或x=2,
即Q點坐標為(2,-3).
點評 本題考查二次函數綜合題、待定系數法、等腰直角三角形性質,一次函數等知識,解(2)題的關鍵是構建一次函數,學會利用方程組求函數交點坐標,解(3)的關鍵是利用平行線的性質得出∠1與∠2的關系,余角的性質,得出∠3與∠4的關系,屬于中考壓軸題.
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