二次函数与几何图形
(3)存在点 Q 满足题意.设点 P 坐标为(n,0),则 PA=n+1,PB=PM=3-n,PN=- 1 1 n2+2n+3.作 QR⊥PN,垂足为 R,∵S△APM=S△PQN,∴ (n+1)(3-n)= (-n2+2n+3)· QR, 2 2 ∴QR=1.①点 Q 在直线 PN 的左侧时,Q 点的坐标为(n-1,n2-4n),R 点的坐标为(n,n2 3 -4n),N 点的坐标为(n,n2-2n-3).∴在 Rt△QRN 中,NQ2=1+(2n-3)2,∴n= 时, 2 1 15 NQ 取最小值 1.此时 Q 点的坐标为( ,- );②点 Q 在直线 PN 的右侧时,Q 点的坐标为(n 2 4 1 3 +1,n2-4).同理,NQ2=1+(2n-1)2,∴n= 时,NQ 取最小值 1.此时 Q 点的坐标为( , 2 2 15 1 15 3 15 - ).综上可知,存在满足题意的点 Q,其坐标为( ,- )或( ,- ) 4 2 4 2 4
解:(1)抛物线的对称轴为直线 x=10b,由题意可知:x≥2 时,函数 1 值 y 随 x 的增大而减少,∴10b≤2,∴b≤5
1 1 (2)①将 A(2,5)代入抛物线的解析式中,∴5=- ×4+2b+5,∴b= ,∴抛物线的 20 10 1 1 解析式为 y=- x2+ x+5, ②由于∠PAB=∠ABC, 当点 P 在对称轴的左侧时, 此时∠PAB 20 10 =∠ABC,∴PA∥BC,∴P 的纵坐标与 A 的纵坐标相同,∴P(0,5),当 P 在对称轴的右侧 时,连接 AP 并延长交 x 轴于点 E,此时∠PAB=∠ABC,∴AE=BE,过点 A 作 AG⊥x 轴 于点 G,过点 P 作 PH⊥x 轴于点 H,过点 E 作 EF⊥AB 于点 F,∵B(1,0),A(2,5),∴AG 1 26 =5,BG=1,∴由勾股定理可知:AB= 26,∵AE=BE,EF⊥AB,∴BF= AB= , 2 2 BG 26 BF 26 ∵cos∠ABC= = ,∴cos∠ABC= = ,∴BE=13,∴GE=BE-BG=12,∴tan AB 26 BE 26 AG 5 1 1 1 1 ∠AEG= = ,设 P(x,- x2+ x+5),∵E(14,0),∴HE=14-x,PH=- x2+ GE 12 20 10 20 10 1 1 - x2+ x+5 20 10 PH 5 5 25 25 x+5,∴tan∠PEH= = ,即 = ,解得 x=2(舍去)或 x= ,∴P( , HE 12 12 3 3 14-x 85 25 85 ),综上所述,P(0,5)或 P( , ) 36 3 36
5k+m=0, 为(1+n,1),设直线 BC 解析式为 y=kx+m,把 B,C 两点坐标代入可得 解 m = 5 , k=-1, 得 ∴直线 BC 的解析式为 y=-x+5,令 y=1,代入可得 1=-x+5,解得 x m=5,
=4,∵新抛物线的顶点 M 在△ABC 内,∴1+n<4,且 n>0,解得 0<n<3,即 n 的取 值范围为 0<n<3
1 (3)假设存在. 由(2)可知: xA+xB=2+k, xA· xB=-3, S△ABC=2OC· |xA 1 3 10 -xB|=2×3× (xA+xB)2-4xAxB= 2 ,∴(2+k)2-4×(-3)=10, 即(2+k)2+2=0.∵(2+k)2 非负,∴方程无解.故假设不成立.即不存在 3 10 实数 k 使得△ABC 的面积为 2
与面积有关的问题
【例 3】已知抛物线 y=ax2+bx-3 经过(-1,0),(3,0)两点,与 y 轴交于点 C,直线 y=kx 与抛物线交于 A,B 两点. (1)写出点 C 的坐标并求出此抛物线的解析式; (2)当原点 O 为线段 AB 的中点时,求 k 的值及 A,B 两点的坐标; 3 10 (3)是否存在实数 k 使得△ABC 的面积为 2 ?若存在,求出 k 的值; 若不存在,请说明理由.
解:(1)令抛物线 y=ax2+bx-3 中 x=0,则 y=-3,∴点 C 的坐标为(0,-3).∵ 0=a-b-3, a=1, 抛物线 y=ax +bx-3 经过(-1, 0), (3, 0)两点, ∴有 解得 0=9a+3b-3, b=-2,
2
∴此抛物线的解析式为 y=x2-2x-3 (2)将 y=kx 代入 y=x2-2x-3 中得 kx=x2 -2x-3,整理得 x2-(2+k)x-3=0,∴xA+xB=2+k,xA·xB=-3.∵原点 O 为线 段 AB 的中点,∴xA+xB=2+k=0,解得 k=-2.当 k=-2 时,x2-(2+k)x-3=x2 -3=0,解得 xA=- 3,xB= 3.∴yA=-2xA=2 3,yB=-2xB=2 3.故当原点 O 为线段 AB 的中点时,k 的值为-2,点 A 的坐标为(- 3,2 3), 点 B 的坐标为( 3, -2 3)
,求运动多少秒时△MBN的面积最大,最大面积是多少?
(3)在(2)的条件下,△MBN面积最大时,在BC上方的抛物线上是否存在 点P,使△BPC的面积是△MBN面积的9倍?若存在,求点P的坐标;若不 存在,请说明理由.
解:(1)∵OA=2,OB=8,OC=6,∴根据函数图象得 A(-2,0),B(8,0), 3 a =- 4a-2b+c=0, 8, C(0,6),根据题意得64a+8b+c=0,解得b=9, ∴抛物线的解析式为 y 4 c=6, c=6, 3 2 9 =-8x +4x+6
与角有关的问题
【例 2】如图,已知抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)经过 A(-3,0), B(5,0),C(0,5)三点,O 为坐标原点. (1)求此抛物线的解析式; 13 (2)若把抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)向下平移 3 个单位长度,再 向右平移 n(n>0)个单位长度得到新抛物线, 若新抛物线的顶点 M 在 △ABC 内,求 n 的取值范围; (3)设点 P 在 y 轴上,且满足∠OPA+∠OCA=∠CBA,求 CP 的长.
9a-3b+c=0, 解:(1)把 A,B,C 三点的坐标代入函数解析式,可得25a+5b+c=0, c=5, 1 a =- 3, 1 2 2 2 解得b= , ∴抛物线解析式为 y=-3x +3x+5 3 c=5,
1 2 16 (2)∵y=- x2+ x+5,∴抛物线顶点坐标为(1, ),∴当抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)向 3 3 3 13 下平移 个单位长度,再向右平移 n(n>0)个单位长度后,得到的新抛物线的顶点 M 坐标 3
b 解:(1)∵CD∥x 轴,CD=2,∴抛物线对称轴直线为 x=1.∴-2=1, b=-2,∵OB=OC,C(0,c),∴B 点的坐标为(-c,0),∴0=c2+2c+c, 解得 c=-3 或 c=0(舍去),∴c=-3
(2)设点F的坐标为(0,m).∵对称轴为直线x=1,∴点F关于直线l的对 称点F′的坐标为(2,m).由(1)可知抛物线解析式为y=x2-2x-3=(x- 1)2-4,∴E(1,-4),∵直线BE经过点B(3,0),E(1,-4),∴利用待 定系数法可得直线BE的表达式为y=2x-6.∵点F′在BE上,∴m=2×2 -6=-2,∴点F的坐标为(0,-2)
(3)连接OM,在(2)的结论下,求OM与AC的数量关系.
4a-2b+4=0, 解:(1)将点 B,点 C 的坐标分别代入 y=ax +bx+4,可得 64a+8b+4=0,
2
a=-1, 4 1 2 3 解得 ∴二次函数的解析式为 y=-4x +2x+4 3 b=2,
(2)设点 N 的坐标为(n,0)(-2<n<8),则 BN=n+2,CN=8-n.∵B(-2, 1 3 0),C(8,0),∴BC=10,在 y=-4x2+2x+4 中令 x=0,可解得 y=4,∴ 1 1 点 A(0,4),OA=4,∴S△ABN=2BN· OA=2(n+2)×4=2(n+2),∵MN∥ S△AMN AM 8-n 8-n AM NC 8-n 1 AC,∴ AB =BC= 10 ,∴ = = 10 ,∴S△AMN= 10 S△ABN=5(8 S△ABN AB 1 1 -n)(n+2)=-5(n-3)2+5, ∵-5<0, ∴当 n=3 时, 即 N(3, 0)时, △AMN 的面积最大
[对应训练] 1 2 2.已知抛物线的解析式为 y=-20x +bx+5. (1)当自变量 x≥2 时,函数值 y 随 x 的增大而减少,求 b 的取值范围; (2)如图,若抛物线的图象经过点 A(2,5),与 x 轴交于点 C,抛物线的 对称轴与 x 轴交于 B. ①求抛物线的解析式; ②在抛物线上是否存在点 P, 使得∠PAB=∠ABC?若存在, 求出点 P 的 坐标;若不存在,请说明问题 【例1】 如图,已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点B(-2, 0),点C(8,0),与y轴交于点A. (1)求二次函数y=ax2+bx+4的解析式; (2)连接AC,AB,若点N在线段BC上运动(不与点B,C重合),过点N作
NM∥AC,交AB于点M,当△AMN面积最大时,求N点的坐标;
(3)当点 P 在 y 轴负半轴上时,如图 1,连接 AP,过点 P 作 PD⊥AC,交 CA 的延长线于 点 D,由题意可知 OB=OC=5,∴∠CBA=45°,∴∠PAD=∠OPA+∠OCA=∠CBA=45 °,∴AD=PD,在 Rt△OAC 中,OA=3,OC=5,可求得 AC= 34,设 PD=AD=m,则 CO CD=AC+AD= 34+m, ∵∠ACO=∠PCD, ∠COA=∠PDC, ∴△COA∽△CDP, ∴ = CD AO AC 5 3 34 5 3 3 34 3 34 = ,即 = = ,由 = 可求得 m= ,∴ = ,解得 PC PD PC 2 34+m m PC 34+m m 3 34 PC 2 =17,可求得 PO=PC-OC=17-5=12,如图 2,在 y 轴正半轴上截取 OP′=OP=12,连接 AP′,则∠OP′A=∠OPA,∴∠OP′A+∠OCA=∠OPA+∠OCA=∠CBA,∴P′也满足题 目条件,此时 P′C=OP′-OC=12-5=7,综上可知,PC 的长为 7 或 17