二次函数与四边形的动点问题(含答案)

#4当_wxW2时，BP=2x—2,AQ=x,OE=1,^3y=S+S梯形BEOP 梯形OEAQ3即y=5x.90<ZPOQ<180或180<ZPOQ<270(4)如图所示:练习4.［解］(1)设12的解析式为尸“x2+bx+c(a#0),•：l1与x轴的交点为A(-2, 0), C(2, 0),顶点坐标是(0, -4), 12与11关于x轴对称，・・・12过A(-2,0),C(2,0),顶点坐标是(0,4),’4a—2b+c=0,J14a+2b+c=0,c=4.・a=-1b=0,c=4,即12的解析式为y=-x2+4.(还可利用顶点式、对称性关系等方法解答)(2)设点B(m,n)为11：y=x2-4上任意一点，则n=m2-4(*).・•四边形ABCD是平行四边形，点A、C关于原点O对称，JB、D关于原点O对称，••点D的坐标为D(-m,-n).由(*)式可知,-n=-(m2-4)=-(-m)2+4,即点D的坐标满足y=-x2+4,••点D在12上.□ABCD能为矩形.过点B作BH±x轴于H，由点B在11：y=x2-4上，可设点B的坐标为(x0,x02-4)则OH=1x0I,BH=1x02-41.易知，当且仅当BO=AO=2时，口ABCD为矩形.在R3OBH中，由勾股定理得，Ix0|2+Ix02-412=22,(x02-4)(x02-3)=0,,・・x0=±2(舍去)、x0=±%：3.所以，当点B坐标为B市,-1)或B，(-也,-1)时，口ABCD为矩形，此时，点D的坐标分别是D(-.3,1)、Df(\'3,1).因此，符合条件的矩形有且只有2个，即矩形ABCD和矩形ABfCDf.设直线AB与y轴交于E,显然，△AOEs&AHB,.EOBH.EO1,,AO=AH，-・•・EO=4-2<3.由该图形的对称性知矩形ABCD与矩形AB'CD，重合部分是菱形，其面积为S=2SA4=2x1xACxEO=2x1x4x(4-2\l3)=16-8V3.^ACE 2 2三.二次函数与四边形的动态探究例1.解：（1）由已知PB平分NAPD，PE平分NOPF，且PD、PF重合，则NBPE=90°.AZOPE+ZAPB=90°.又NAPB+NABP=90°,,NOPE=NPBA.・•・Rt△POEsRt△BPA.PO BA % 3 1 // 、 1 4.. ― .即—— ...y=%(4一%)——一%2+%(0<%<4).OE AP y 4-% 3 3 3且当%=2时，y有最大值!.3(2)由已知，△PAB、△POE均为等腰三角形，可得P(1,0),E(0,1),B(4,3).设过此三点的抛物线为y=a%+b%+c,则1；+b+c—0,16a+4b+c=3.1 3 1y=—%2 %+1.2 2(3)由(2)知NEPB=90°,即点Q与点B重合时满足条件.直线PB为尸%—1,与y轴交于点(0,将PB向上平移2个单位则过点E(0,.二该直线为y=%+1.—1).1),y—%+1,c3 「得y― %2—%+1,2%—5,[y-6「Q(56).故该抛物线上存在两点Q(4,3)、(5,6)满足条件.1a——,2,3bFc—1.例2.解：(1)解方程%2—10%+16=0得%1=2,%2=8 1分・•点B在%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=a%2+b%+c的对称轴是直线%=—2.由抛物线的对称性可得点A的坐标为(一6,0) 4分(2)\•点C(0,8)在抛物线y=a%2+b%+c的图象上.c=8,将A(—6,0)、B(2,0)代入表达式，得0=36a0=36a一劭十日2 8 ••所求抛物线的表达式为y=3%2 3%+8(3)依题意，AE=m，则BE=8—m,・•OA=6,OC=8,.AC=10・•EF〃AC・•・△BEFs^BACEF_BEEF_S-m.AC=AE 即丁丁4。一5昭TOC\o"1-5"\h\z:・EF= 4FG4 440-5您:.丽=5：.fg=5- 4 =8-m\o"CurrentDocument"1 1：.S=SABCE-SABFE= （8一机）x8—之（8一机）（8—机）1 1 1=之（8—m）（8—8+m）=之（8—m）m=-m2+4m 10 分自变量机的取值范围是0〈根<8 11分（4）存在.1理由：'.*5=—m2+4m=—2（机-4）2+8且一之<0,，当机=4时，S有最大值，S最大值=8 12分:m=4,・・・点£的坐标为（一2,0）•••△5CE为等腰三角形. 14分第如题图（批卷教师用图）（以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分）例3解：(1)相等理由是：因为四边形ABCD、EFGH是矩形，所以S=S,S=S,S=SAEGH AEGFAECN AECPACGQ ACGM所以S—S—S=S—S—S,即：S=S'AEGHAECPACGMAEGFAECNACGQ(2)AB=3,BC=4,AC=5,设AE=%，贝UEC=5—%,PC=3(5_幻MC=4%TOC\o"1-5"\h\z5 512 12 12所以S二PCMC=一％(5—%)，即S=-12%2+±%(0<%<5)25 25 5

12 5 :配方得：S=(x--)2+3，所以当X=-时，25 2 2S有最大值3(3)当AE=AB=3或AE=BE=5或AE=3.6时，AABE是等腰三角形2练习1.解：(1)点M1分(2)经过t秒时，NB=t,OM=2t则CN=3-1,AM=4-2t・.・ZBCA=ZMAQ=45.・.QN=CN=3-1 ：.PQ=1+t・・.s =1AMPQ=1(4-21)(1+1)=-12+1+2.・.s=-12+1+2=-TOC\o"1-5"\h\z△amq2 2:0WtW2.••当t=2时，s的值最大.(3)存在.设经过t秒时，NB=t,OM=21则CN=3-1,AM=4-2t.・.ZBCA=ZMAQ=45①若ZAQM=90,则PQ是等腰影△MQA底边MA上的高/ ……1…,. 1…… 1・・PQ是底边MA的中线 ・・.PQ=AP=—MA.・.1+1=-(4-21):.t=—2 2 2••点M的坐标为(1,0)②若ZQMA=90，此时QM与QP重合.・.QM=QP=MA：.1+1=4-2t.・.t=1••点M的坐标为(2,0)练习2.解：(1)(e+c,d),(c+e-a,d).⑵分别过点A，B，C,D作x轴的垂线,垂足分别为勺/qA，分别过A,D作AE1BB于E,DF1CC于点F.OBACDXx1111OBACDXx1111在平行四边形ABCD中，CD=BA，又BB〃CC,11...ZEBA+ZABC+ZBCF=ZABC+ZBCF+ZFCD=180.■:.ZEBA=ZFCD, °又ZBEA=ZCFD=90,:.△BEA2CFD. 。AF=DF=a-c,BE=CF=d-b.设C(x,y).由e-x=a-c,得x=e+c-a.由y-f=d-b，得y=f+d-b.「.C(e+c-a,f+d-b).(3)m=c+e-a,n=d+f-b.或m+a=c+e,n+b=d+f.(4)若GS为平行四边形的对角线，由(3)可得P(-2c,7c).要使P在抛物线上，11则有7c=4c2-(5c-3)*(-2c)-c，即c2-c=0.，c=0(舍去)，c=1.此时P(-2,7).1 21若SH为平行四边形的对角线，由(3)可得P(3c,2c)，同理可得c=1,此时P(3,2).22若GH为平行四边形的对角线，由(3)可得(c,-2c)，同理可得c=1,此时P(1,-2).3综上所述，当c=1时，抛物线上存在点P,使得以G,S,H,P为顶点的四边形是平行四边形.符合条件的点有P(-2,7),P(3,2),P(1,-2).1 23练习3.解：⑴由Rt^AOB0Rt^CDA得OD=2+1=3,CD=1，C点坐标为(-3,1),•・•抛物线经过点C,1.•.1=(-3)2a+(—3)a—2,；.a=2。11・•・抛物线的解析式为y=-x2+-x-2.⑵在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形。以AB边在AB右侧作正方形ABPQ。过P作PEXOB于E,QG±x轴于G,可证△PBE04AQG04BAO,；.PE=AG=BO=2,BE=QG=AO=1,•・•・•・P点坐标为(2,1),Q点坐标为(1,-1)。11由(1)抛物线y=-x2+-x-2。当x=2时，y=1,当x=,1时，y=—1。.P、Q在抛物线上。故在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P(2,1)、Q(1,—1),使四边形ABPQ是正方形。⑵另解：在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形。延长CA交抛物线于Q,过B作BP〃CA交抛物线于P,连PQ,设直线CA、BP的解析式分别为y=k1x+b1,y=k2x+b2,VA(—1,0),C(—3,1),11 11.CA的解析式y=--X--，同理BP的解析式为y=--x+-,

1丁=-2x-2同理得P点坐标为（2,1）。12 2 得Q点坐标为（同理得P点坐标为（2,1）。y=%2+x—22由勾股定理得AQ=BP=AB=<5，而NBAQ=90°,•・四边形ABPQ是正方形。故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2,1）、Q（1,一1）,使四边形ABPQ是正方形。⑵另解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形。如图，将线段CA沿CA方向平移至AQ,VC（—3,1）的对应点是A（一1,0）,；.A（—1,0）的对应点是Q（1,一1）,再将线段AQ沿AB方向平移至BP,同理可得P（2,1）ZBAC=90°,AB=AC1 1 「•・四边形ABPQ是正方形。经验证P（2,1）、Q（1