二次函数存在性.docVIP

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。 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Ot4， 则FH=t2 +t+4 FG=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=一40, ∴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=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Om4时，PQ=（一t2+m+4）一（一m+4）=一m2+2m． 由一m2+2m= ，解得：m=1或3．当m=1时，线段PQ与DE重合,m=－1舍去, ∴m=－3，此时P1 (3,1)． ②当mo或m4时，PQ=（一m+4）一（一m2++m+4)= m2—2m, 由m2—2m=，解得m=2±，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． （2014?）()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， 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 , － ，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)；