(1)求A、B、C三点的坐标;
(2)求此抛物线的表达式;
(3)连接AC、BC,若点E是线段AB上的一个动点(与点A、点B不重合),过点E作EF∥AC交BC于点F,连接CE,设AE的长为m,△CEF的面积为S,求S与m之间的函数关系式,并写出自变量m的取值范围;
(4)在(3)的基础上试说明S是否存在最大值,若存在,请求出S的最大值,并求出此时点E的坐标,判断此时△BCE的形状;若不存在,请说明理由.
例3.如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,将矩形ABCD沿对角线A平移,平移后的矩形为EFGH(A、E、C、G始终在同一条直线上),当点E与C重时停止移动.平移中EF与BC交于点N,GH与BC的延长线交于点M,EH与DC交于点P,FG与DC的延长线交于点Q.设S表示矩形PCMH的面积,表示矩形NFQC的面积.
(1)S与相等吗?
请说明理由.
(2)设AE=x,写出S和x之间的函数关系式,并求出x取何值时S有最大值,最大值是多少?
(3)如图11,连结BE,当AE为何值时,是等腰三角形.
图10
图11
练习1.如图12,四边形OABC为直角梯形,A(4,0),B(3,4),C(0,4).点从出发以每秒2个单位长度的速度向运动;点从同时出发,以每秒1个单位长度的速度向运动.其中一个动点到达终点时,另一个动点也随之停止运动.过点作垂直轴于点,连结AC交NP于Q,连结MQ.
(1)点(填M或N)能到达终点;
(2)求△AQM的面积S与运动时间t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围,当t为何值时,S的值最大;
(3)是否存在点M,使得△AQM为直角三角形?
若存在,求出点M的坐标,若不存在,说明理由.
图12
练习2.实验与探究
(1)在图1,2,3中,给出平行四边形的顶点的坐标(如图所示),写出图1,2,3中的顶点的坐标,它们分别是,,;
图1
图2
图3
(2)在图4中,给出平行四边形的顶点的坐标(如图所示),求出顶点的坐标(点坐标用含的代数式表示);
图4
归纳与发现
(3)通过对图1,2,3,4的观察和顶点的坐标的探究,你会发现:
无论平行四边形处于直角坐标系中哪个位置,当其顶点坐标为(如图4)时,则四个顶点的横坐标之间的等量关系为;纵坐标之间的等量关系为(不必证明);
运用与推广
(4)在同一直角坐标系中有抛物线和三个点,(其中).问当为何值时,该抛物线上存在点,使得以为顶点的四边形是平行四边形?
并求出所有符合条件的点坐标.
参考答案:
一.二次函数与四边形的形状
例1.解:
(1)令y=0,解得或∴A(-1,0)B(3,0);
将C点的横坐标x=2代入得y=-3,∴C(2,-3)∴直线AC的函数解析式是y=-x-1
(2)设P点的横坐标为x(-1≤x≤2)则P、E的坐标分别为:
P(x,-x-1),
E(∵P点在E点的上方,PE=
∴当时,PE的最大值=
(3)存在4个这样的点F,分别是
B(0,4)
A(6,0)
E
F
O
练习1.解:
(1)由抛物线的对称轴是,可设解析式为.把A、B两点坐标代入上式,得
解之,得
故抛物线解析式为,顶点为
(2)∵点在抛物线上,位于第四象限,且坐标适合
,
∴y<0,即-y>0,-y表示点E到OA的距离.∵OA是的对角线,
∴.
因为抛物线与轴的两个交点是(1,0)的(6,0),所以,自变量的取值范围是1<<6.
①根据题意,当S=24时,即.化简,得解之,得
1
2
3
4
5
5
4
3
2
1
故所求的点E有两个,分别为E1(3,-4),E2(4,-4).
点E1(3,-4)满足OE=AE,所以是菱形;
点E2(4,-4)不满足OE=AE,所以不是菱形.
②当OA⊥EF,且OA=EF时,是正方形,此时点E的
③坐标只能是(3,-3).
而坐标为(3,-3)的点不在抛物线上,故不存在这样的点E,
使为正方形.
练习2.解:
(1)由题意知点的坐标为.设的函数关系式为.
又点在抛物线上,,解得.
抛物线的函数关系式为(或).
(2)与始终关于轴对称,与轴平行.
1
2
3
5
5
4
3
2
1
设点的横坐标为,则其纵坐标为,,,即.当时,解得.当时,解得.当点运动到或或或时,
,以点为顶点的四边形是平行四边形.
(3)满足条件的点不存在.理由如下:
若存在满足条件的点在上,则
,(或),
.
过点作于点,可得.
,,.
点的坐标为.
但是,当时,.
不存在这样的点构成满足条件的直角三角形.
练习3.解
(1)点,点,点关于原点的对称点分别为,,.设抛物线的解析式是
,则解得
所以所求抛物线的解析式是.
(2)由
(1)可计算得点.
过点作,垂足为.
当运动到时刻时,,.
根据中心对称的性质,所以四边形是平行四边形.所以.所以,四边形的面积.因为运动至点与点重合为止,据题意可知.所以,所求关系式是,的取值范围是.
(3),().所以时,有最大值.
提示:
也可用顶点坐标公式来求.
(4)在运动过程中四边形能形成矩形.由
(2)知四边形是平行四边形,对角线是,所以当时四边形是矩形.所以.所以.所以.解之得(舍).
所以在运动过程中四边形可以形成矩形,此时.
[点评]本题以二次函数为背景,结合动态问题、存在性问题、最值问题,是一道较传统的压轴题,能力要求较高。
二.二次函数与四边形的面积
例1.解:
(1)解法一:
设,任取x,y的三组值代入,求出解析式,
令y=0,求出;令x=0,得y=-4,∴A、B、C三点的坐标分别是A(2,0),B(-4,0),C(0,-4)
解法二:
由抛物线P过点(1,-),(-3,)可知,
抛物线P的对称轴方程为x=-1,
又∵抛物线P过(2,0)、(-2,-4),则由抛物线的对称性可知,
点A、B、C的坐标分别为A(2,0),B(-4,0),C(0,-4).
(2)由题意,,而AO=2,OC=4,AD=2-m,故DG=4-2m,
又,EF=DG,得BE=4-2m,∴DE=3m,
∴=DG·DE=(4-2m)3m=12m-6m2(0<m<2).
注:
也可通过解Rt△BOC及Rt△AOC,或依据△BOC是等腰直角三角形建立关系求解.
(3)∵SDEFG=12m-6m2(0<m<2),∴m=1时,矩形的面积最大,且最大面积是6.
当矩形面积最大时,其顶点为D(1,0),G(1,-2),F(-2,-2),E(-2,0),
设直线DF的解析式为y=kx+b,易知,k=,b=-,∴,
又可求得抛物线P的解析式为:
,
令=,可求出.设射线DF与抛物线P相交于点N,
则N的横坐标为,过N作x轴的垂线交x轴于H,有
==,
点M不在抛物线P上,即点M不与N重合时,此时k的取值范围是
k≠且k>0.
说明:
若以上两条件错漏一个,本步不得分.
若选择另一问题:
(2)∵,而AD=1,AO=2,OC=4,则DG=2,又∵,而AB=6,CP=2,OC=4,则FG=3,
∴=DG·FG=6.
练习1.解:
利用中心对称性质,画出梯形OABC.·················1分
∵A,B,C三点与M,N,H分别关于点O中心对称,
∴A(0,4),B(6,4),C(8,0) ···················3分
(写错一个点的坐标扣1分)
(2)设过A,B,C三点的抛物线关系式为,∵抛物线过点A(0,4),
∴.则抛物线关系式为. ··············4分
将B(6,4),C(8,0)两点坐标代入关系式,得
···············5AB,垂足为G,则sin∠FEG=sin∠CAB=分
解得·····················6分
所求抛物线关系式为:
.········7分
(3)∵OA=4,OC=8,∴AF=4-m,OE=8-m.··········8分
∴
OA(AB+OC)AF·AGOE·OFCE·OA
(0<<4)········10分
∵.∴当时,S的取最小值.
又∵0<m<4,∴不存在m值,使S的取得最小值.·······12分
(4)当时,GB=GF,当时,BE=BG. 14分
练习2.[解]
(1)当时,,,,即.
(2)当时,橡皮筋刚好触及钉子,,,,.
(3)当时,,,,,
即.
作,为垂足.
当时,,,,
,
即.或
(4)如图所示:
练习3.解]
(1)设l2的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0),
∵l1与x轴的交点为A(-2,0),C(2,0),顶点坐标是(0,-4),l2与l1关于x轴对称,
∴l2过A(-2,0),C(2,0),顶点坐标是(0,4),
∴
∴a=-1,b=0,c=4,即l2的解析式为y=-x2+4.
(还可利用顶点式、对称性关系等方法解答)
(2)设点B(m,n)为l1:
y=x2-4上任意一点,则n=m2-4(*).
∵四边形ABCD是平行四边形,点A、C关于原点O对称,∴B、D关于原点O对称,
∴点D的坐标为D(-m,-n).
由(*)式可知,-n=-(m2-4)=-(-m)2+4,即点D的坐标满足y=-x2+4,∴点D在l2上.
(3)□ABCD能为矩形.
过点B作BH⊥x轴于H,由点B在l1:
y=x2-4上,可设点B的坐标为(x0,x02-4),则OH=|x0|,BH=|x02-4|.
易知,当且仅当BO=AO=2时,□ABCD为矩形.
在Rt△OBH中,由勾股定理得,|x0|2+|x02-4|2=22,(x02-4)(x02-3)=0,∴x0=±2(舍去)、x0=±.
所以,当点B坐标为B(,-1)或B′(-,-1)时,□ABCD为矩形,
此时,点D的坐标分别是D(-,1)、D′(,1).
因此,符合条件的矩形有且只有2个,即矩形ABCD和矩形AB′CD′.
设直线AB与y轴交于E,显然,△AOE∽△AHB,
∴=,∴.
∴EO=4-2.
由该图形的对称性知矩形ABCD与矩形AB′CD′重合部分是菱形,
其面积为S=2SΔACE=2××AC×EO=2××4×(4-2)=16-8.
三.二次函数与四边形的动态探究
例1.解:
(1)由已知PB平分∠APD,PE平分∠OPF,且PD、PF重合,则∠BPE=90°.∴∠OPE+∠APB=90°.
又∠APB+∠ABP=90°,∴∠OPE=∠PBA.
∴Rt△POE∽Rt△BPA.∴.即.∴y=(0<x<4).
且当x=2时,y有最大值.
(2)由已知,△PAB、△POE均为等腰三角形,可得P(1,0),E(0,1),B(4,3).
设过此三点的抛物线为y=ax2+bx+c,则∴
y=.
(3)由
(2)知∠EPB=90°,即点Q与点B重合时满足条件.直线PB为y=x-1,与y轴交于点(0,-1).
将PB向上平移2个单位则过点E(0,1),
∴该直线为y=x+1.
由得∴Q(5,6).
故该抛物线上存在两点Q(4,3)、(5,6)满足条件.
例2.解:
(1)解方程x2-10x+16=0得x1=2,x2=8 ……………………1分
∵点B在x轴的正半轴上,点C在y轴的正半轴上,且OB<OC
∴点B的坐标为(2,0),点C的坐标为(0,8)
又∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=-2
∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为(-6,0) …………………4分
(2)∵点C(0,8)在抛物线y=ax2+bx+c的图象上,∴c=8,将A(-6,0)、B(2,0)代入表达式,得 解得
∴所求抛物线的表达式为y=x2x+8 ………………………7分
(3)依题意,AE=m,则BE=8-m,∵OA=6,OC=8,∴AC=10
∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC
∴ 即,∴EF=
∴= ∴FG=·=8-m
∴S=S△BCE-S△BFE=(8-m)×8-(8-m)(8-m)
=(8-m)(8-8+m)=(8-m)m=-m2+4m …………10分
自变量m的取值范围是0<m<8 …………………………11分
(4)存在.理由:
∵S=-m2+4m=-(m-4)2+8 且-<0,
∴当m=4时,S有最大值,S最大值=8 ………………………12分
∵m=4,∴点E的坐标为(-2,0)
∴△BCE为等腰三角形. …………………………14分
(以上答案仅供参考,如有其它做法,可参照给分)
例3解:
(1)相等。
理由是:
因为四边形ABCD、EFGH是矩形,
所以
所以即:
(2)AB=3,BC=4,AC=5,设AE=x,则EC=5-x,
所以,即
配方得:
,所以当时,S有最大值3
(3)当AE=AB=3或AE=BE=或AE=3.6时,是等腰三角形
练习1.解:
(1)点M 1分
(2)经过t秒时,,
则,∵==∴∴
∴∴
∵∴当时,S的值最大.
(3)存在.设经过t秒时,NB=t,OM=2t则,∴==
①若,则是等腰Rt△底边上的高∴是底边的中线∴∴∴
∴点的坐标为(1,0)
②若,此时与重合∴∴∴
∴点的坐标为(2,0)
练习2.解:
(1),.
(2)分别过点作轴的垂线,垂足分别为,分别过作于,于点.
在平行四边形中,,又,
.
.
又,
.
,.
设.由,得.
由,得..
(3),.或,.
(4)若为平行四边形的对角线,由(3)可得.要使在抛物线上,
则有,即.
(舍去),.此时.
若为平行四边形的对角线,由(3)可得,同理可得,此时.
若为平行四边形的对角线,由(3)可得,同理可得,此时.
综上所述,当时,抛物线上存在点,使得以为顶点的四边形是平行四边形.
符合条件的点有,,.
练习3.解:
⑴由Rt△AOB≌Rt△CDA得OD=2+1=3,CD=1∴C点坐标为(-3,1),
∵抛物线经过点C,∴1=(-3)2a+(-3)a-2,∴。
∴抛物线的解析式为.
⑵在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形。
以AB边在AB右侧作正方形ABPQ。
过P作PE⊥OB于E,QG⊥x轴于G,可证△PBE≌△AQG≌△BAO,
∴PE=AG=BO=2,BE=QG=