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(2013•珠海)如图,在平面直角坐标系xOy中,矩形OABC的边OA、OC分别在y轴和x轴的正半轴上,且长分别为m、4m(m>0),D为边AB的中点,一抛物线l经过点A、D及点M(-1,-1-m).
(1)求抛物线l的解析式(用含m的式子表示);
(2)把△OAD沿直线OD折叠后点A落在点A′处,连接OA′并延长与线段BC的延长线交于点E,若抛物线l与线段CE相交,求实数m的取值范围;
(3)在满足(2)的条件下,求出抛物线l顶点P到达最高位置时的坐标.
分析:(1)设抛物线l的解析式为y=ax2+bx+c,将A、D、M三点的坐标代入,运用待定系数法即可求解;
(2)设A′D与x轴交于点Q,过点A′作A′N⊥x轴于点N.根据轴对称及平行线的性质得出DQ=OQ=x,则A′Q=2m-x,OA′=m,在Rt△OA′Q中运用勾股定理求出x,得出A′点坐标,运用待定系数法得到直线OA′的解析式,确定E点坐标(4m,-3m),根据抛物线l与线段CE相交,列出关于m的不等式组,求出解集即可;
(3)根据二次函数的性质,结合(2)中求出的实数m的取值范围,即可求解.
解答:解:(1)设抛物线l的解析式为y=ax2+bx+c,
将A(0,m),D(2m,m),M(-1,-1-m)三点的坐标代入,
c=m
4m2a+2mb+c=m
a-b+c=-1-m
,解得
a=-1
b=2m
c=m

所以抛物线l的解析式为y=-x2+2mx+m;

(2)设A′D与x轴交于点Q,过点A′作A′N⊥x轴于点N.
∵把△OAD沿直线OD折叠后点A落在点A′处,
∴△OAD≌△OA′D,OA=OA′=m,AD=A′D=2m,∠OAD=∠OA′D=90°,∠ADO=∠A′DO,
∵矩形OABC中,AD∥OC,
∴∠ADO=∠DOQ,
∴∠A′DO=∠DOQ,
∴DQ=OQ.
设DQ=OQ=x,则A′Q=2m-x,
在Rt△OA′Q中,∵OA′2+A′Q2=OQ2
∴m2+(2m-x)2=x2
解得x=
5
4
m.
∵S△OA′Q=
1
2
OQ•A′N=
1
2
OA′•A′Q,
∴A′N=
m•
3
4
m
5
4
m
=
3
5
m,
∴ON=
OA2-A′N2
=
4
5
m,
∴A′点坐标为(
4
5
m,-
3
5
m),
易求直线OA′的解析式为y=-
3
4
x,
当x=4m时,y=-
3
4
×4m=-3m,
∴E点坐标为(4m,-3m).
当x=4m时,-x2+2mx+m=-(4m)2+2m•4m+m=-8m2+m,
即抛物线l与直线CE的交点为(4m,-8m2+m),
∵抛物线l与线段CE相交,
∴-3m≤-8m2+m≤0,
∵m>0,
∴-3≤-8m+1≤0,
解得
1
8
≤m≤
1
2


(3)∵y=-x2+2mx+m=-(x-m)2+m2+m,
1
8
≤m≤
1
2

∴当x=m时,y有最大值m2+m,
又∵m2+m=(m+
1
2
2-
1
4

∴当
1
8
≤m≤
1
2
时,m2+m随m的增大而增大,
∴当m=
1
2
时,顶点P到达最高位置,m2+m=(
1
2
2+
1
2
=
3
4

故此时抛物线l顶点P到达最高位置时的坐标为(
1
2
3
4
).
点评:本题是二次函数的综合题,其中涉及到运用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式,轴对称的性质,勾股定理,两个函数交点坐标的求法,二次函数、矩形的性质,解不等式组等知识,综合性较强,有一定难度.(2)中求出A′点的坐标是解题的关键.
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(1)求证:∠CBP=∠ABP;
(2)求证:AE=CP;
(3)当
CP
PE
=
3
2
,BP′=5
5
时,求线段AB的长.

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1
2
1
2

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求证:BC=DC.

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