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