二次函数的动态问题(动点)
1.如图①,正方形ABCD的顶点A,B的坐标分别为0,10,4,顶点C,D在第一象8,限.点P从点A出发,沿正方形按逆时针方向匀速运动,同时,点Q从点E4,0出发,沿x轴正方向以相同速度运动.当点P到达点C时,P,Q两点同时停止运动,设运动的时间为t秒.
(1)求正方形ABCD的边长.
(2)当点P在AB边上运动时,△OPQ的面积S(平方单位)与时间t(秒)之间的函数图象为抛物线的一部分(如图②所示),求P,Q两点的运动速度.
(3)求(2)中面积S(平方单位)与时间t(秒)的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标.
(4)若点P,Q保持(2)中的速度不变,则点P沿着AB边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而增大;沿着BC边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小.当点P沿着这两边运动时,使∠OPQ90的点P有 个. b4acb2
(抛物线yaxbxca0的顶点坐标是.
4a2a
2
图①
图②
[解] (1)作BFy轴于F. A0,10,B8,4,
FB8,FA6. AB10.
(2)由图②可知,点P从点A运动到点B用了10秒.
又AB10,
10101. P,Q两点的运动速度均为每秒1个单位.
(3)方法一:作PGy轴于G,则PG∥BF.
GAAPAFA
AB,即
G6
t10
.
GA35
t. OG10
35t.
OQ4t,
S1OQOG1t4310
. 2
2
5t
即S3t2
1910
5
t20.
19
b2a
19233
,且0≤
193
≤10,
10
当t
193
时,S有最大值.
此时GP4765t
15
,OG10
35t
315
,
点P的坐标为7631
155. 方法二:当t5时,OG7,OQ9,S1OGOQ632
2
.设所求函数关系式为Sat2
bt20.
抛物线过点10,28,635
,
2100a10b2028,
63
25a5b20
2
.8分)(
3a,10
b19.5
S
310t
2
195
t20.
19
b2a
53
2
10
193
,且0≤
193
≤10,
当t
193
时,S有最大值.
7615
,OG
315
此时GP,
7631
. 点P的坐标为
155
(4)2.
[点评]本题主要考查函数性质的简单运用和几何知识,是近年来较为流行的试题,解题的关键在于结合题目的要求动中取静,相信解决这种问题不会非常难。
.
2. 如图①,Rt△ABC中,B90,CAB30.它的顶点A的坐标为(10,0),顶点
,AB10,点P从点A出发,沿ABC的方向匀速运动,同B
的坐标为(5时点Q从点D(0,2)出发,沿y轴正方向以相同速度运动,当点P到达点C时,两点同时停止运动,设运动的时间为t秒. (1)求BAO的度数.
(2)当点P在AB上运动时,△OPQ的面积S(平方单位)与时间t(秒)之间的函数图象为抛物线的一部分,(如图②),求点P的运动速度.
(3)求(2)中面积S与时间t之间的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标. (4)如果点P,Q保持(2)中的速度不变,那么点P沿AB边运动时,OPQ的大小随着时间t的增大而增大;沿着BC边运动时,OPQ的大小随着时间t的增大而减小,当点
P沿这两边运动时,使OPQ90的点P有几个?请说明理由.
x
t (第29题图①)
解: (1)∠BAO60.
(2)点P的运动速度为2个单位/秒. (3
)P(10t)(0≤t≤5)
S
12
(2t2)(10t)
92
t121. 2
4当t
9212
时,S有最大值为
14
,
此时P
11
22.
(4)当点P沿这两边运动时,∠OPQ90的点P有2个. ①当点P与点A重合时,∠OPQ90
,
当点P运动到与点B重合时,OQ的长是12单位长度, 作∠OPM90
交y轴于点M,作PHy轴于点H,
由△OPH∽△
OPM得:OM3
11.5,
所以OQOM,从而∠OPQ90
.
所以当点P在AB边上运动时,∠OPQ90
的点P有1个.
②同理当点P在BC
边上运动时,可算得OQ12
3
17.8.第29题图①
而构成直角时交y
轴于0
20.217.8, 33
所以∠OCQ90,从而∠OPQ90的点P也有1个. 所以当点P沿这两边运动时,∠OPQ90的点P有2个.
3. (本题满分14分)如图12,直线y
43
x4与x轴交于点A,与y轴交于点C,已
知二次函数的图象经过点A、C和点B1,0.
(1)求该二次函数的关系式;
(2)设该二次函数的图象的顶点为M,求四边形AOCM的面积; (3)有两动点D、E同时从点O出发,其中点D以每秒
32
个单位长度的速度沿折线OAC
按O→A→C的路线运动,点E以每秒4个单位长度的速度沿折线OCA按O→C→
当D、E两点相遇时,它们都停止运动.设D、E同时从点O出发t秒A的路线运动,
时,ODE的面积为S .
①请问D、E两点在运动过程中,是否存在DE∥OC,若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由; ②请求出S关于t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围; ③设S0是②中函数S的最大值,那么S
解:(1)令x0,则y4;
4 0.C0,令y0则x3.∴A3,4, ∵二次函数的图象过点C0,
∴可设二次函数的关系式为
yax
2
bx4
又∵该函数图象过点A3,0.B1,0
09a3b4,0ab4.
43
∴
解之,得a,b
83
.
43x
2
∴所求二次函数的关系式为y(2)∵y=
43
43x
2
83
x4
83
x4
x12
163
163
∴顶点M的坐标为1 过点M作MFx轴于F
∴S四边形AOCMS△AFMS梯形FOCM
16=314110 23231
16
1
∴四边形AOCM的面积为10 (3)①不存在DE∥OC
AC5.∵若DE∥OC,则点D,E应分别在线段OA,CA上,此时1t2,在Rt△AOC中,
y1∴设点E的坐标为x1,
x13
4t45
,∴x1
12t12
5
∵DE∥OC,
∴
12t12
583
32
t ∴t
83
∵t>2,不满足1t2.
∴不存在DE∥OC.
②根据题意得D,E两点相遇的时间为
345324
2411
(秒)
现分情况讨论如下: ⅰ)当0t≤1时,S
1232
t4t3t;
2
y2 ⅱ)当1t≤2时,设点E的坐标为x2,
y24
54t4
5
3616t
5
∴
,∴y2
∴S
12
32
t
3616t
52411
125
t
2
275
t
3616t
5
ⅲ)当2
时,设点E的坐标为x3,y3,类似ⅱ可得y3
设点D的坐标为x4,y4
3y44
t3
∴
2
∴y4
5
6t12
5
,
∴SS△AOES△AOD
123t3616t
5725
123
6t125
=
335
③S0
24380
47.关于x的二次函数yx2(k24)x2k2以y轴为对称轴,且与y轴的交点在x轴上方.
(1)求此抛物线的解析式,并在下面的直角坐标系中画出函数的草图;
(2)设A是y轴右侧抛物线上的一个动点,过点A作AB垂直于x轴于点B,再过点A作x轴的平行线交抛物线于点D,过点D作DC垂直于x轴于点C,得到矩形ABCD.设矩形ABCD的周长为l,点A的横坐标为x,试求l关于x的函数关系式;
(3)当点A在y轴右侧的抛物线上运动时,矩形ABCD能否成为正方形.若能,请求出此时正方形的周长;若不能,请说明理由.
b4acb2
参考资料:抛物线yaxbxc(a0)的顶点坐标是,对称轴是直线
4a2a
2
x
b2a
.
2
解:(1)据题意得:k40,
k2.
当k2时,2k220. 当k2时,2k260.
又抛物线与y轴的交点在x轴上方,k2.
抛物线的解析式为:yx2.
2
函数的草图如图所示.(只要与坐标轴的三个交点的位置及图象大致形状正确即可) (2)解:令x22
0,得x
不0x
2
A1D12x,A1B1x2,
l2(A1B1A1D1)2x4x4.
2
当x
时,A2D22x,
2
2
A2B2(x2)x2. l2(A2D2A2B2)2x4x4.
2
l关于x的函数关系是:
当0x当x
2
l2x4x4;
时,l2x4x4.
A1B1A1D1,
2
(3
)解法一:当0x得x2x20.
解得x1将x1
2
,或x1
2
.
(第26题)
l2x4x4,
得l8.
当x
2
时,令A2B2A2D2,得x2x20.
解得x1将x1
,或x1
l2x24x
4,得l8.
综上,矩形ABCD能成为正方形,
且当x时,正方形的周长为8.
解法二:当0x
1时正方形的周长为8;
当x
1
x1.
正方形的周长l4A1D18x8.
当x
时,同“解法一”可得x1.
正方形的周长l4A2D28x8.
综上,矩形ABCD能成为正方形,
且当x时,正方形的周长为8.
解法三:点A在y轴右侧的抛物线上,
2x0,且点A的坐标为(x,x2).
1时正方形的周长为8;
当x
1
令ABAD,则x222x.
x22x,①或x22x②
2
2
由①解得x1由②解得x1又l8x,
当x1
,或x1;
,或x1.
时l8;
当x1
l8.
综上,矩形ABCD能成为正方形,
且当x时,正方形的周长为8.
1时正方形的周长为8;
当x
1
5.已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,其中点B在x轴的
2
正半轴上,点C在y轴的正半轴上,线段OB、OC的长(OB
(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.
第26题图
解:(1)解方程x2-10x+16=0得x1=2,x2=8
∵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) (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
第26题图(批卷教师用图)
0=36a-6b+8 解得0=4a+2b+8
8b=-3
a=-
23
28
∴所求抛物线的表达式为y=-2-+8
33(3)依题意,AE=m,则BE=8-m,
∵OA=6,OC=8,∴AC=10 ∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC ∴
EFBEEF8-m 即=ACAB108
40-5m∴EF
4
4
过点F作FG⊥AB,垂足为G,则sin∠FEG=sin∠CAB
5∴
FG4440-5m∴FG=·8-m EF554
11∴S=S△BCE-S△BFE=8-m)×8-8-m)(8-m)
22111
=(8-m)(8-8+m)=8-m)m=-2+4m 222自变量m的取值范围是0<m<8 (4)存在.
12112
理由:∵S=-m+4m=-(m-4)+8 且-<0,
222∴当m=4时,S有最大值,S最大值=8 ∵m=4,∴点E的坐标为(-2,0)
∴△BCE为等腰三角形.
6.(14分)如图:抛物线经过A(-3,0)、B(0,4)、C(4,0)三点. (1) 求抛物线的解析式.
(2)已知AD = AB(D在线段AC上),有一动点P从点A沿线段AC以每秒1个单位长度的速度移动;同时另一个动点Q以某一速度从点B沿线段BC移动,经过t 秒的移动,线段PQ被BD垂直平分,求t的值;
(3)在(2)的情况下,抛物线的对称轴上是否存在一点M,使MQ+MC的值最小?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由。
2
(注:抛物线yaxbxc的对称轴为x
b2a
)
(1)解法一:设抛物线的解析式为y = a (x +3 )(x - 4)
因为B(0,4)在抛物线上,所以4 = a ( 0 + 3 ) ( 0 - 4 )解得a= -1/3 所以抛物线解析式为y
13
(x3)(x4)
13x
2
13
x4
解法二:设抛物线的解析式为yax2bxc(a0), 1a9a3b403
依题意得:c=4且 解得
16a4b40b1
3
所以 所求的抛物线的解析式为y
(2)连接DQ,在Rt△AOB
中,AB
13
x
2
13
x4
5
所以AD=AB= 5,AC=AD+CD=3 + 4 = 7,CD = AC - AD = 7 – 5 = 2
因为BD垂直平分PQ,所以PD=QD,PQ⊥BD,所以∠PDB=∠QDB 因为AD=AB,所以∠ABD=∠ADB,∠ABD=∠QDB,所以DQ∥AB 所以∠CQD=∠CBA。∠CDQ=∠CAB,所以△CDQ∽ △CAB
DQAB
CDCA
即
DQ5
27
,DQ
107107
=
257
所以AP=AD – DP = AD – DQ=5 –所以t的值是
257
,t
257
1
257
(3)答对称轴上存在一点M,使MQ+MC的值最小 理由:因为抛物线的对称轴为x
b2a
12
12
所以A(- 3,0),C(4,0)两点关于直线x连接AQ交直线x
12
对称
于点M,则MQ+MC的值最小
过点Q作QE⊥x轴,于E,所以∠QED=∠BOA=900 DQ∥AB,∠ BAO=∠QDE, △DQE ∽△ABO
10
QEBO
DQAB87
DEAO67
即
QE4
5
DE3
67
所以QE=,DE=,所以OE = OD + DE=2+=
207
,所以Q(
207
,
87
)
设直线AQ的解析式为ykxm(k0)
8
8k20km41
则7 由此得 73km0m24
41
1
x8242
所以直线AQ的解析式为y 联立 x
4141824yx
41411
x1282
) 由此得 所以M(,
241824yx
4141
则:在对称轴上存在点M(
12
,
2841
),使MQ+MC的值最小。
7. 如图9,在平面直角坐标系中,二次函数yax2bxc(a0)的图象的顶点为D点,与y轴交于C点,与x轴交于A、B两点, A点在原点的左侧,B点的坐标为(3,0),
OB=OC ,tan∠ACO=
13
.
(1)求这个二次函数的表达式.
(2)经过C、D两点的直线,与x轴交于点E,在该抛物线上是否存在这样的点F,使以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形?若存在,请求出点F的坐标;若不存在,请说明理由.
(3)若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点,且以MN为直径的圆与x轴相切,求该圆半径的长度.
(4)如图10,若点G(2,y)是该抛物线上一点,点P是直线AG下方的抛物线上一动点,当点P运动到什么位置时,△APG的面积最大?求出此时P点的坐标和△APG的最大面积.
(1)方法一:由已知得:C(0,-3),A(-1,0) „1分
abc0
将A、B、C三点的坐标代入得9a3bc0 „„„„„„„„2分
c3a1
解得:b2 „„„„„„„„3分
c3
所以这个二次函数的表达式为:yx22x3 „„„„„„„„3分 方法二:由已知得:C(0,-3),A(-1,0) „„„„„„„„„1分 设该表达式为:ya(x1)(x3) „„„„„„„„2分 将C点的坐标代入得:a1 „„„„„„„„3分 所以这个二次函数的表达式为:yx22x3 „„„„„„„„3分 (注:表达式的最终结果用三种形式中的任一种都不扣分)
(2)方法一:存在,F点的坐标为(2,-3) „„„„„„„„4分 理由:易得D(1,-4),所以直线CD的解析式为:yx3
∴E点的坐标为(-3,0) „„„„„„„„4分 由A、C、E、F四点的坐标得:AE=CF=2,AE∥CF ∴以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形
∴存在点F,坐标为(2,-3) „„„„„„„„5分 方法二:易得D(1,-4),所以直线CD的解析式为:yx3
∴E点的坐标为(-3,0) „„„„„„„„„4分 ∵以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形
∴F点的坐标为(2,-3)或(―2,―3)或(-4,3)
代入抛物线的表达式检验,只有(2,-3)符合
∴存在点F,坐标为(2,-3) „„„„„„„„„5分 (3)如图,①当直线MN在x轴上方时,设圆的半径为R(R>0),则N(R+1,R), 代入抛物线的表达式,解得R
1
2 „„„„6
②当直线MN在x轴下方时,设圆的半径为r(r>0), 则N(r+1,-r),
代入抛物线的表达式,解得r
1
2 „„„7∴圆的半径为
1
2
或
1
2
. „„„„„7
(4)过点P作y轴的平行线与AG交于点Q,
易得G(2,-3),直线AG为yx1.„„„„„8分 设P(x,x22x3),则Q(x,-x-1),PQx2x2.
SAPGSAPQSGPQ
12
(xx2)3 „„„„„„„„9分
2
当x
12
时,△APG的面积最大
12
15
,SAPG的最大值为4
278
此时P点的坐标为
,
. „„„„„„„„10分
8.(本小题12分)解:(1)解方程x2-10x+16=0得x1=2,x2=8
∵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)
∴A、B、C三点的坐标分别是A(-6,0)、B(2,0)、C(0,8) (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y=ax2+bx+8,得
0=36a-6b+8
0=4a+2b+8
a=-3
解得8
b=-3
2
28
∴所求抛物线的表达式为y=-2-+8
33(3)∵AB=8,OC=8
1
∴S△ABC =×8×8=32
2
(4)依题意,AE=m,则BE=8-m, ∵OA=6,OC=8, ∴AC=10 ∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC ∴
40-5mEFBEEF8-m
即=∴EFACAB1084
4过点F作FG⊥AB,垂足为G,则sin∠FEG=sin∠CAB
5∴
FG4440-5m ∴FG=8-m EF554
11∴S=S△BCE-S△BFE=8-m)×8-8-m)(8-m)
22
111=(8-m)(8-8+m)=8-m)m=-2+4m 222自变量m的取值范围是0<m<8 (5)存在. 理由:
12112
∵S=-+4m=-(m-4)+8 且-0,
222∴当m=4时,S有最大值,S最大值=8 ∵m=4,∴点E的坐标为(-2,0) ∴△BCE为等腰三角形.
9.(12分)已知:如图14,抛物线y相交于点B,点C,直线y
34
34
2
34xb
x3与x轴交于点A,点B,与直线y
xb与y轴交于点E.
(1)写出直线BC的解析式.
(2)求△ABC的面积.
(3)若点M在线段AB上以每秒1个单位长度的速度从A向B运动(不与A,B重合),同时,点N在射线BC上以每秒2个单位长度的速度从B向C运动.设运动时间为t秒,请写出△MNB的面积S与t的函数关系式,并求出点M运动多少时间时,△MNB的面积最大,最大面积是多少?
解:(1)在y
34
x30
2
34
x3中,令y0
2
x12,x22
A(2,0),B(2,0) 1分
又点B在y
34
xb上
032
b
b
32
BC的解析式为y34x
32
y3x23x1(2)由1x4
,得9
22 y34x3
2
y14
y20C
19
B(2,
4,0)
AB4,CD94
S1
9
△ABC
4
49
22
(3)过点N作NPMB于点P
EOMB NP∥EO △BNP∽△BEO BNBE
NPEO
由直线y3x
33
4
2
可得:E0
2在△BEO中,BO2,EO32
,则BE
52
2t5NP3
,NP
65
t
22S16
25
t(4t)
S35t2125t(0t4)
S32
125(t2)5
此抛物线开口向下,当t2时,S12最大
5
当点M运动2秒时,△MNB的面积达到最大,最大为125
.2分
4分
5分
6分
7分 8分
9分
分 11分
分
10 12
二次函数的动态问题(动点)
1.如图①,正方形ABCD的顶点A,B的坐标分别为0,10,4,顶点C,D在第一象8,限.点P从点A出发,沿正方形按逆时针方向匀速运动,同时,点Q从点E4,0出发,沿x轴正方向以相同速度运动.当点P到达点C时,P,Q两点同时停止运动,设运动的时间为t秒.
(1)求正方形ABCD的边长.
(2)当点P在AB边上运动时,△OPQ的面积S(平方单位)与时间t(秒)之间的函数图象为抛物线的一部分(如图②所示),求P,Q两点的运动速度.
(3)求(2)中面积S(平方单位)与时间t(秒)的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标.
(4)若点P,Q保持(2)中的速度不变,则点P沿着AB边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而增大;沿着BC边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小.当点P沿着这两边运动时,使∠OPQ90的点P有 个. b4acb2
(抛物线yaxbxca0的顶点坐标是.
4a2a
2
图①
图②
[解] (1)作BFy轴于F. A0,10,B8,4,
FB8,FA6. AB10.
(2)由图②可知,点P从点A运动到点B用了10秒.
又AB10,
10101. P,Q两点的运动速度均为每秒1个单位.
(3)方法一:作PGy轴于G,则PG∥BF.
GAAPAFA
AB,即
G6
t10
.
GA35
t. OG10
35t.
OQ4t,
S1OQOG1t4310
. 2
2
5t
即S3t2
1910
5
t20.
19
b2a
19233
,且0≤
193
≤10,
10
当t
193
时,S有最大值.
此时GP4765t
15
,OG10
35t
315
,
点P的坐标为7631
155. 方法二:当t5时,OG7,OQ9,S1OGOQ632
2
.设所求函数关系式为Sat2
bt20.
抛物线过点10,28,635
,
2100a10b2028,
63
25a5b20
2
.8分)(
3a,10
b19.5
S
310t
2
195
t20.
19
b2a
53
2
10
193
,且0≤
193
≤10,
当t
193
时,S有最大值.
7615
,OG
315
此时GP,
7631
. 点P的坐标为
155
(4)2.
[点评]本题主要考查函数性质的简单运用和几何知识,是近年来较为流行的试题,解题的关键在于结合题目的要求动中取静,相信解决这种问题不会非常难。
.
2. 如图①,Rt△ABC中,B90,CAB30.它的顶点A的坐标为(10,0),顶点
,AB10,点P从点A出发,沿ABC的方向匀速运动,同B
的坐标为(5时点Q从点D(0,2)出发,沿y轴正方向以相同速度运动,当点P到达点C时,两点同时停止运动,设运动的时间为t秒. (1)求BAO的度数.
(2)当点P在AB上运动时,△OPQ的面积S(平方单位)与时间t(秒)之间的函数图象为抛物线的一部分,(如图②),求点P的运动速度.
(3)求(2)中面积S与时间t之间的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标. (4)如果点P,Q保持(2)中的速度不变,那么点P沿AB边运动时,OPQ的大小随着时间t的增大而增大;沿着BC边运动时,OPQ的大小随着时间t的增大而减小,当点
P沿这两边运动时,使OPQ90的点P有几个?请说明理由.
x
t (第29题图①)
解: (1)∠BAO60.
(2)点P的运动速度为2个单位/秒. (3
)P(10t)(0≤t≤5)
S
12
(2t2)(10t)
92
t121. 2
4当t
9212
时,S有最大值为
14
,
此时P
11
22.
(4)当点P沿这两边运动时,∠OPQ90的点P有2个. ①当点P与点A重合时,∠OPQ90
,
当点P运动到与点B重合时,OQ的长是12单位长度, 作∠OPM90
交y轴于点M,作PHy轴于点H,
由△OPH∽△
OPM得:OM3
11.5,
所以OQOM,从而∠OPQ90
.
所以当点P在AB边上运动时,∠OPQ90
的点P有1个.
②同理当点P在BC
边上运动时,可算得OQ12
3
17.8.第29题图①
而构成直角时交y
轴于0
20.217.8, 33
所以∠OCQ90,从而∠OPQ90的点P也有1个. 所以当点P沿这两边运动时,∠OPQ90的点P有2个.
3. (本题满分14分)如图12,直线y
43
x4与x轴交于点A,与y轴交于点C,已
知二次函数的图象经过点A、C和点B1,0.
(1)求该二次函数的关系式;
(2)设该二次函数的图象的顶点为M,求四边形AOCM的面积; (3)有两动点D、E同时从点O出发,其中点D以每秒
32
个单位长度的速度沿折线OAC
按O→A→C的路线运动,点E以每秒4个单位长度的速度沿折线OCA按O→C→
当D、E两点相遇时,它们都停止运动.设D、E同时从点O出发t秒A的路线运动,
时,ODE的面积为S .
①请问D、E两点在运动过程中,是否存在DE∥OC,若存在,请求出此时t的值;若不存在,请说明理由; ②请求出S关于t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围; ③设S0是②中函数S的最大值,那么S
解:(1)令x0,则y4;
4 0.C0,令y0则x3.∴A3,4, ∵二次函数的图象过点C0,
∴可设二次函数的关系式为
yax
2
bx4
又∵该函数图象过点A3,0.B1,0
09a3b4,0ab4.
43
∴
解之,得a,b
83
.
43x
2
∴所求二次函数的关系式为y(2)∵y=
43
43x
2
83
x4
83
x4
x12
163
163
∴顶点M的坐标为1 过点M作MFx轴于F
∴S四边形AOCMS△AFMS梯形FOCM
16=314110 23231
16
1
∴四边形AOCM的面积为10 (3)①不存在DE∥OC
AC5.∵若DE∥OC,则点D,E应分别在线段OA,CA上,此时1t2,在Rt△AOC中,
y1∴设点E的坐标为x1,
x13
4t45
,∴x1
12t12
5
∵DE∥OC,
∴
12t12
583
32
t ∴t
83
∵t>2,不满足1t2.
∴不存在DE∥OC.
②根据题意得D,E两点相遇的时间为
345324
2411
(秒)
现分情况讨论如下: ⅰ)当0t≤1时,S
1232
t4t3t;
2
y2 ⅱ)当1t≤2时,设点E的坐标为x2,
y24
54t4
5
3616t
5
∴
,∴y2
∴S
12
32
t
3616t
52411
125
t
2
275
t
3616t
5
ⅲ)当2
时,设点E的坐标为x3,y3,类似ⅱ可得y3
设点D的坐标为x4,y4
3y44
t3
∴
2
∴y4
5
6t12
5
,
∴SS△AOES△AOD
123t3616t
5725
123
6t125
=
335
③S0
24380
47.关于x的二次函数yx2(k24)x2k2以y轴为对称轴,且与y轴的交点在x轴上方.
(1)求此抛物线的解析式,并在下面的直角坐标系中画出函数的草图;
(2)设A是y轴右侧抛物线上的一个动点,过点A作AB垂直于x轴于点B,再过点A作x轴的平行线交抛物线于点D,过点D作DC垂直于x轴于点C,得到矩形ABCD.设矩形ABCD的周长为l,点A的横坐标为x,试求l关于x的函数关系式;
(3)当点A在y轴右侧的抛物线上运动时,矩形ABCD能否成为正方形.若能,请求出此时正方形的周长;若不能,请说明理由.
b4acb2
参考资料:抛物线yaxbxc(a0)的顶点坐标是,对称轴是直线
4a2a
2
x
b2a
.
2
解:(1)据题意得:k40,
k2.
当k2时,2k220. 当k2时,2k260.
又抛物线与y轴的交点在x轴上方,k2.
抛物线的解析式为:yx2.
2
函数的草图如图所示.(只要与坐标轴的三个交点的位置及图象大致形状正确即可) (2)解:令x22
0,得x
不0x
2
A1D12x,A1B1x2,
l2(A1B1A1D1)2x4x4.
2
当x
时,A2D22x,
2
2
A2B2(x2)x2. l2(A2D2A2B2)2x4x4.
2
l关于x的函数关系是:
当0x当x
2
l2x4x4;
时,l2x4x4.
A1B1A1D1,
2
(3
)解法一:当0x得x2x20.
解得x1将x1
2
,或x1
2
.
(第26题)
l2x4x4,
得l8.
当x
2
时,令A2B2A2D2,得x2x20.
解得x1将x1
,或x1
l2x24x
4,得l8.
综上,矩形ABCD能成为正方形,
且当x时,正方形的周长为8.
解法二:当0x
1时正方形的周长为8;
当x
1
x1.
正方形的周长l4A1D18x8.
当x
时,同“解法一”可得x1.
正方形的周长l4A2D28x8.
综上,矩形ABCD能成为正方形,
且当x时,正方形的周长为8.
解法三:点A在y轴右侧的抛物线上,
2x0,且点A的坐标为(x,x2).
1时正方形的周长为8;
当x
1
令ABAD,则x222x.
x22x,①或x22x②
2
2
由①解得x1由②解得x1又l8x,
当x1
,或x1;
,或x1.
时l8;
当x1
l8.
综上,矩形ABCD能成为正方形,
且当x时,正方形的周长为8.
1时正方形的周长为8;
当x
1
5.已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,其中点B在x轴的
2
正半轴上,点C在y轴的正半轴上,线段OB、OC的长(OB
(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.
第26题图
解:(1)解方程x2-10x+16=0得x1=2,x2=8
∵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) (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
第26题图(批卷教师用图)
0=36a-6b+8 解得0=4a+2b+8
8b=-3
a=-
23
28
∴所求抛物线的表达式为y=-2-+8
33(3)依题意,AE=m,则BE=8-m,
∵OA=6,OC=8,∴AC=10 ∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC ∴
EFBEEF8-m 即=ACAB108
40-5m∴EF
4
4
过点F作FG⊥AB,垂足为G,则sin∠FEG=sin∠CAB
5∴
FG4440-5m∴FG=·8-m EF554
11∴S=S△BCE-S△BFE=8-m)×8-8-m)(8-m)
22111
=(8-m)(8-8+m)=8-m)m=-2+4m 222自变量m的取值范围是0<m<8 (4)存在.
12112
理由:∵S=-m+4m=-(m-4)+8 且-<0,
222∴当m=4时,S有最大值,S最大值=8 ∵m=4,∴点E的坐标为(-2,0)
∴△BCE为等腰三角形.
6.(14分)如图:抛物线经过A(-3,0)、B(0,4)、C(4,0)三点. (1) 求抛物线的解析式.
(2)已知AD = AB(D在线段AC上),有一动点P从点A沿线段AC以每秒1个单位长度的速度移动;同时另一个动点Q以某一速度从点B沿线段BC移动,经过t 秒的移动,线段PQ被BD垂直平分,求t的值;
(3)在(2)的情况下,抛物线的对称轴上是否存在一点M,使MQ+MC的值最小?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由。
2
(注:抛物线yaxbxc的对称轴为x
b2a
)
(1)解法一:设抛物线的解析式为y = a (x +3 )(x - 4)
因为B(0,4)在抛物线上,所以4 = a ( 0 + 3 ) ( 0 - 4 )解得a= -1/3 所以抛物线解析式为y
13
(x3)(x4)
13x
2
13
x4
解法二:设抛物线的解析式为yax2bxc(a0), 1a9a3b403
依题意得:c=4且 解得
16a4b40b1
3
所以 所求的抛物线的解析式为y
(2)连接DQ,在Rt△AOB
中,AB
13
x
2
13
x4
5
所以AD=AB= 5,AC=AD+CD=3 + 4 = 7,CD = AC - AD = 7 – 5 = 2
因为BD垂直平分PQ,所以PD=QD,PQ⊥BD,所以∠PDB=∠QDB 因为AD=AB,所以∠ABD=∠ADB,∠ABD=∠QDB,所以DQ∥AB 所以∠CQD=∠CBA。∠CDQ=∠CAB,所以△CDQ∽ △CAB
DQAB
CDCA
即
DQ5
27
,DQ
107107
=
257
所以AP=AD – DP = AD – DQ=5 –所以t的值是
257
,t
257
1
257
(3)答对称轴上存在一点M,使MQ+MC的值最小 理由:因为抛物线的对称轴为x
b2a
12
12
所以A(- 3,0),C(4,0)两点关于直线x连接AQ交直线x
12
对称
于点M,则MQ+MC的值最小
过点Q作QE⊥x轴,于E,所以∠QED=∠BOA=900 DQ∥AB,∠ BAO=∠QDE, △DQE ∽△ABO
10
QEBO
DQAB87
DEAO67
即
QE4
5
DE3
67
所以QE=,DE=,所以OE = OD + DE=2+=
207
,所以Q(
207
,
87
)
设直线AQ的解析式为ykxm(k0)
8
8k20km41
则7 由此得 73km0m24
41
1
x8242
所以直线AQ的解析式为y 联立 x
4141824yx
41411
x1282
) 由此得 所以M(,
241824yx
4141
则:在对称轴上存在点M(
12
,
2841
),使MQ+MC的值最小。
7. 如图9,在平面直角坐标系中,二次函数yax2bxc(a0)的图象的顶点为D点,与y轴交于C点,与x轴交于A、B两点, A点在原点的左侧,B点的坐标为(3,0),
OB=OC ,tan∠ACO=
13
.
(1)求这个二次函数的表达式.
(2)经过C、D两点的直线,与x轴交于点E,在该抛物线上是否存在这样的点F,使以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形?若存在,请求出点F的坐标;若不存在,请说明理由.
(3)若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点,且以MN为直径的圆与x轴相切,求该圆半径的长度.
(4)如图10,若点G(2,y)是该抛物线上一点,点P是直线AG下方的抛物线上一动点,当点P运动到什么位置时,△APG的面积最大?求出此时P点的坐标和△APG的最大面积.
(1)方法一:由已知得:C(0,-3),A(-1,0) „1分
abc0
将A、B、C三点的坐标代入得9a3bc0 „„„„„„„„2分
c3a1
解得:b2 „„„„„„„„3分
c3
所以这个二次函数的表达式为:yx22x3 „„„„„„„„3分 方法二:由已知得:C(0,-3),A(-1,0) „„„„„„„„„1分 设该表达式为:ya(x1)(x3) „„„„„„„„2分 将C点的坐标代入得:a1 „„„„„„„„3分 所以这个二次函数的表达式为:yx22x3 „„„„„„„„3分 (注:表达式的最终结果用三种形式中的任一种都不扣分)
(2)方法一:存在,F点的坐标为(2,-3) „„„„„„„„4分 理由:易得D(1,-4),所以直线CD的解析式为:yx3
∴E点的坐标为(-3,0) „„„„„„„„4分 由A、C、E、F四点的坐标得:AE=CF=2,AE∥CF ∴以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形
∴存在点F,坐标为(2,-3) „„„„„„„„5分 方法二:易得D(1,-4),所以直线CD的解析式为:yx3
∴E点的坐标为(-3,0) „„„„„„„„„4分 ∵以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形
∴F点的坐标为(2,-3)或(―2,―3)或(-4,3)
代入抛物线的表达式检验,只有(2,-3)符合
∴存在点F,坐标为(2,-3) „„„„„„„„„5分 (3)如图,①当直线MN在x轴上方时,设圆的半径为R(R>0),则N(R+1,R), 代入抛物线的表达式,解得R
1
2 „„„„6
②当直线MN在x轴下方时,设圆的半径为r(r>0), 则N(r+1,-r),
代入抛物线的表达式,解得r
1
2 „„„7∴圆的半径为
1
2
或
1
2
. „„„„„7
(4)过点P作y轴的平行线与AG交于点Q,
易得G(2,-3),直线AG为yx1.„„„„„8分 设P(x,x22x3),则Q(x,-x-1),PQx2x2.
SAPGSAPQSGPQ
12
(xx2)3 „„„„„„„„9分
2
当x
12
时,△APG的面积最大
12
15
,SAPG的最大值为4
278
此时P点的坐标为
,
. „„„„„„„„10分
8.(本小题12分)解:(1)解方程x2-10x+16=0得x1=2,x2=8
∵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)
∴A、B、C三点的坐标分别是A(-6,0)、B(2,0)、C(0,8) (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y=ax2+bx+8,得
0=36a-6b+8
0=4a+2b+8
a=-3
解得8
b=-3
2
28
∴所求抛物线的表达式为y=-2-+8
33(3)∵AB=8,OC=8
1
∴S△ABC =×8×8=32
2
(4)依题意,AE=m,则BE=8-m, ∵OA=6,OC=8, ∴AC=10 ∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC ∴
40-5mEFBEEF8-m
即=∴EFACAB1084
4过点F作FG⊥AB,垂足为G,则sin∠FEG=sin∠CAB
5∴
FG4440-5m ∴FG=8-m EF554
11∴S=S△BCE-S△BFE=8-m)×8-8-m)(8-m)
22
111=(8-m)(8-8+m)=8-m)m=-2+4m 222自变量m的取值范围是0<m<8 (5)存在. 理由:
12112
∵S=-+4m=-(m-4)+8 且-0,
222∴当m=4时,S有最大值,S最大值=8 ∵m=4,∴点E的坐标为(-2,0) ∴△BCE为等腰三角形.
9.(12分)已知:如图14,抛物线y相交于点B,点C,直线y
34
34
2
34xb
x3与x轴交于点A,点B,与直线y
xb与y轴交于点E.
(1)写出直线BC的解析式.
(2)求△ABC的面积.
(3)若点M在线段AB上以每秒1个单位长度的速度从A向B运动(不与A,B重合),同时,点N在射线BC上以每秒2个单位长度的速度从B向C运动.设运动时间为t秒,请写出△MNB的面积S与t的函数关系式,并求出点M运动多少时间时,△MNB的面积最大,最大面积是多少?
解:(1)在y
34
x30
2
34
x3中,令y0
2
x12,x22
A(2,0),B(2,0) 1分
又点B在y
34
xb上
032
b
b
32
BC的解析式为y34x
32
y3x23x1(2)由1x4
,得9
22 y34x3
2
y14
y20C
19
B(2,
4,0)
AB4,CD94
S1
9
△ABC
4
49
22
(3)过点N作NPMB于点P
EOMB NP∥EO △BNP∽△BEO BNBE
NPEO
由直线y3x
33
4
2
可得:E0
2在△BEO中,BO2,EO32
,则BE
52
2t5NP3
,NP
65
t
22S16
25
t(4t)
S35t2125t(0t4)
S32
125(t2)5
此抛物线开口向下,当t2时,S12最大
5
当点M运动2秒时,△MNB的面积达到最大,最大为125
.2分
4分
5分
6分
7分 8分
9分
分 11分
分
10 12