二次函数存在性

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1、平行四边形存在5.（2014•山东潍坊，第24题13分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠O）与y轴交于点C(O，4)，与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（－2,0），抛物线的对称轴x=1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E．(1)求抛物线的解析式；(2)若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积为17，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；(3)平行于DE的一条动直线Z与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标

2、。考点：二次函数综合题．分析：（1）把三点坐标代入函数式，列式求得a，b，c的值，即求出解析式；（2）设存在点K，使得四边形ABFC的面积为17，根据点K在抛物线y=－x2+2x+3上设点K的坐标为：（x，－x2+2x+3），根据S四边形ABKC=S△AOC+S梯形ONKC+S△BNK得到有关x的一元二次方程求出x即可.．（3）将x=1代入抛物线解析式，求出y的值，确定出D坐标，将x=1代入直线BC解析式求出y的值，确定出E坐标，求出DE长，将x=m代入抛物线解析式表示出F纵坐标，将x=m代入直线BC解析式表示出P纵坐

3、标，两纵坐标相减表示出线段PQ，由DE与QP平行，要使四边形PEDQ为平行四边形，只需DE=PQ，列出关于m的方程，求出方程的解得到m的值，检验即可．解：(1)由抛物线经过点C(O，4)可得c=4,①∵对称轴x==1，∴b=－2a，②，又抛物线过点A（一2，O）∴0=4a－2b+c，③由①②③解得：a=,b=1,c=4．所以抛物线的解析式是y=x+x+4(2)假设存在满足条件的点F，如图如示，连接BF、CF、OF．过点F分别作FH⊥x轴于H,FG⊥y轴于G．设点F的坐标为（t,t2+t+4），其中O

4、2+t+4FG=t,∴△OBF=OB.FH=×4×（t2+4t+4）=一t2+2t+8,S△OFC=OC.FC=×4×t=2t∴S四边形ABFC—S△AOC+S△OBF+S△OFC=4－t2+2t+8+2t=－t2+4t+12．令一t2+4t+12=17，即t2－4t+5=0，则△=(一4)2－4×5=一4<0,∴方程t2－4t+5=0无解，故不存在满足条件的点F．(3)设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠O），又过点B(4,0，),C(0,4)所以，解得：，所以直线BC的解析式是y=一x+4．由y=x2+4x+4=

5、一（x一1)2+，得D（1，），又点E在直线BC上，则点E(1，3)，于是DE=一3=.若以D.E.P.Q为顶点的四边形是平行四边形，因为DE∥PQ，只须DE=PQ,设点P的坐标是（m，一m+4），则点Q的坐标是（m，一t2+m+4）．①当O4时，PQ=（一m+4）一（一m2++m+4)=m2—2m,由m2—2m=，解得m=2

6、±，经检验适合题意，此时P2（2+，2一），P3（2一，2+）．综上所述，满足条件的点P有三个，分别是P1(3,1)，P2（2+，2－），P3（2—，2十）.点评：此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，一次函数与坐标轴的交点，抛物线与坐标轴的交点，平行四边形的判定，以及待定系数法求函数解析式，熟练掌握待定系数法是解本题第二问的关键．本题逻辑思维性强，需要耐心和细心，是道好题．7.（2014•江西抚州，第23题，10分）如图，抛物线()位于轴上方的图象记为1，它与轴交于1、两点，图象2与1关于原点对称，

7、2与轴的另一个交点为2，将1与2同时沿轴向右平移12的长度即可得3与4；再将3与4同时沿轴向右平移12的长度即可得5与6；……按这样的方式一直平移下去即可得到一系列图象1,2,……，n,我们把这组图象称为“波浪抛物线”.⑴当时，①求图象1的顶点坐标；②点(2014,－3)不在(填“在”或“不在”)该“波浪抛物线”上；若图象n的顶点n的横坐标为201，则图象n对应的解析式为，其自变量的取值范围为.⑵设图象m、m+1的顶点分别为m、m+1(m为正整数),轴上一点Q的坐标为(12,0).试探究：当为何值时，以、m、m+1、Q

8、四点为顶点的四边形为矩形？并直接写出此时m的值.解析：(1)当时，①，∴F1的顶点是（-1,1)；②由①知：“波浪抛物线”的值的取值范围是-1≤≤1，∴点H(2014,-3)不在“波浪抛物线”上；由平移知：F2：F3：，…，∵Fn的顶点横坐标是201，∴Fn的解析式是：，此时图象与轴的两个交点坐标是（200,0)、(202,0),