在平面直角坐标系中.二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A两点.与y轴交于点C．(1)求这个二次函数的关系解析式,(2)点P是直线AC上方的抛物线上一动点.是否存在点P.使△ACP的面积最大?若存在.求出点P的坐标,若不存在.说明理由,(3)在平面直角坐标系中.是否存在点Q.使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形?若存在.直接写出点Q的坐标,若不存在.说明理由,(4)点Q是� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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8．在平面直角坐标系中，二次函数y=ax²+bx+c的图象与x轴交于A（-3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的关系解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
（4）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
（5）点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

分析（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）关键是求出△ACP面积的表达式，然后利用二次函数求极值的方法，求出△ACP面积的最大值；
（3）如图（3）所示，以BC为边，在线段BC两侧分别作正方形，正方形的其他四个顶点均可以使得“△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形”，因此有四个点符合题意要求；
（4）如图（4）所示，若以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似，有两种情况，需要分类讨论，不要漏解；
（5）以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形，有四种情况，分别如图（5）a、图（5）b所示，注意不要漏解．

解答解：（1）∵抛物线y=ax²+bx+2过点A（-3，0），B（1，0），
∴$\left\{{\begin{array}{l}{0=9a-3b+2}\\{0=a+b+2}\end{array}}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{2}{3}}\\{b=-\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，
∴二次函数的关系解析式为y=-$\frac{2}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x+2；

（2）设点P坐标为（m，n），则n=-$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m+2，
连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．
PM=-$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m+2，PN=-m，AO=3．
当x=0时，y=-$\frac{2}{3}$×0-$\frac{4}{3}$×0+2=2，所以OC=2，
S_△PAC=S_△PAO+S_△PCO-S_△ACO
=$\frac{1}{2}$AO•PM+$\frac{1}{2}$CO•PN-$\frac{1}{2}$AO•CO
=$\frac{1}{2}$×3•（-$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m+2）+$\frac{1}{2}$×2•（-m）-$\frac{1}{2}$×3×2
=-m²-3m
∵a=-1＜0，
∴函数S_△PAC=-m²-3m有最大值
当m=-$\frac{b}{2a}$=-$\frac{3}{2}$时，S_△PAC有最大值．
此时n=-$\frac{2}{3}$m²-$\frac{4}{3}$m+2=-$\frac{2}{3}$×（-$\frac{3}{2}$）²-$\frac{4}{3}$+2=$\frac{5}{2}$，
∴存在点P（-$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$），使△PAC的面积最大；

（3）如图（3）所示，以BC为边在两侧作正方形BCQ₁Q₂、正方形BCQ₄Q₃，则点Q₁，Q₂，Q₃，Q₄为符合题意要求的点．
过Q₁点作Q₁D⊥y轴于点D，
∵∠BCQ₁=90°，
∴∠Q₁CD+∠OCB=90°，
又∵在直角△OBC中，∠OCB+∠CBO=90°，
∴∠Q₁CD=∠OCB，
又∵Q₁C=BC，∠Q₁DC=∠BOC，
∴△Q₁CD≌△CBO，
∴Q₁D=OC=2，CD=OB=1，∴OD=OC+CD=3，∴Q₁（2，3）；
同理求得Q₂（3，1），Q₃（-1，-1），Q₄（-2，1）．
∴存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形．Q点坐标为：Q₁（2，3），Q₂（3，1），Q₃（-1，-1），Q₄（-2，1）．

（4）如图（4）所示，设E（n，0），则BE=1-n，QE=-$\frac{2}{3}$n²-$\frac{4}{3}$n+2．
假设以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似，则有两种情况：
①若△AOC∽△BEQ，则有：$\frac{QE}{OC}$=$\frac{BE}{OA}$，
即$\frac{-\frac{2}{3}{n}^{2}-\frac{4}{3}n+2}{2}$=$\frac{1-n}{3}$，化简得：n²+n-2=0，
解得n₁=-2，n₂=1（与B重合，舍去），∴n=-2，QE=-$\frac{2}{3}$n²-$\frac{4}{3}$n+2=2．
∴Q（-2，2）；
②若△AOC∽△BQE，则有：$\frac{QE}{OA}$=$\frac{BE}{AC}$，
即$\frac{-\frac{2}{3}{n}^{2}-\frac{4}{3}n+2}{3}$=$\frac{1-n}{3}$，化简得：4n²-n-3=0，
解得n₁=-$\frac{3}{4}$，n₂=1（与B重合，舍去），
∴n=-$\frac{3}{4}$，QE=-$\frac{2}{3}$n²-$\frac{4}{3}$n+2=$\frac{21}{8}$．
∴Q（-$\frac{3}{4}$，$\frac{21}{8}$）．
综上所述，存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似．
Q点坐标为（-2，2）或（-$\frac{3}{4}$，$\frac{21}{8}$）．

（5）假设存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形．
①若CM平行于x轴，如图（5）a所示，有符合要求的两个点Q₁，Q₂，此时Q₁A=Q₂A=CM．
∵CM∥x轴，∴点M、点C（0，2）关于对称轴x=-1对称，
∴M（-2，2），∴CM=2．
由Q₁A=Q₂A=CM=2，得到Q₁（-5，0），Q₂（-1，0）；
②若CM不平行于x轴，如图（5）b所示．过点M作MG⊥x轴于G，
易证△MGQ≌△COA，得QG=OA=3，MG=OC=2，即y_M=-2．
设M（x，-2），则有-$\frac{2}{3}$x²-$\frac{4}{3}$x+2=-2，
解得x=-1±$\sqrt{7}$．
又QG=3，∴x_Q=x_G+3=2±$\sqrt{7}$，
∴Q₃（2+$\sqrt{7}$，0），Q₄（2-$\sqrt{7}$，0）．
综上所述，存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形．Q点坐标为：Q₁（-5，0），Q₂（-1，0），Q₃（2+$\sqrt{7}$，0），Q₄（2-$\sqrt{7}$，0）．

点评本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、二次函数极值、全等三角形、相似三角形、正方形、等腰直角三角形等重要知识点，难度较大，对考生能力要求较高．本题核心是存在性问题，第（3）（4）（5）问均涉及点的存在性，注意认真分析，在多种情况时需要分类讨论；另外注意求点坐标的方法，全等三角形与相似三角形在其中发挥重要作用，需要认真体会．

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