如图,抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A和点B(3,0),与y轴交于点C(0,3).
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点M是抛物线在x轴下方上的动点,过点M作MN∥y轴交直线BC于点N,求线段MN的最大值;
(3)在(2)的条件下,当MN取得最大值时,在抛物线的对称轴l上是否存在点P,使△PBN是等腰三角形?若存在,请直接写出所有点P的坐标;若不存在,请说明理由.
【解答】(1)将点B(3,0)、C(0,3)代入抛物线y=x2+bx+c中,
得:,解得:,
∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3.
(2)设点M的坐标为(m,m2﹣4m+3),设直线BC的解析式为y=kx+3,
把点点B(3,0)代入y=kx+3中,
得:0=3k+3,解得:k=﹣1,
∴直线BC的解析式为y=﹣x+3.
∵MN∥y轴,
∴点N的坐标为(m,﹣m+3).
∵抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3=(x﹣2)2﹣1,
∴抛物线的对称轴为x=2,
∴点(1,0)在抛物线的图象上,
∴1<m<3.
∵线段MN=﹣m+3﹣(m2﹣4m+3)=﹣m2+3m=﹣+,
∴当m=时,线段MN取最大值,最大值为.
(3)假设存在.设点P的坐标为(2,n).
当m=时,点N的坐标为(,),
∴PB==,PN=,BN==.
△PBN为等腰三角形分三种情况:
①当PB=PN时,即=,
解得:n=,
此时点P的坐标为(2,);
②当PB=BN时,即=,
解得:n=±,
此时点P的坐标为(2,﹣)或(2,);
③当PN=BN时,即=,
解得:n=,
此时点P的坐标为(2,)或(2,).
综上可知:在抛物线的对称轴l上存在点P,使△PBN是等腰三角形,点P的坐标为(2,)、(2,﹣)、(2,)、(2,)或(2,).
【分析】(1)由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式;
(2)设出点M的坐标以及直线BC的解析式,由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式,结合点M的坐标即可得出点N的坐标,由此即可得出线段MN的长度关于m的函数关系式,再结合点M在x轴下方可找出m的取值范围,利用二次函数的性质即可解决最值问题;
(3)假设存在,设出点P的坐标为(2,n),结合(2)的结论可求出点N的坐标,结合点N、B的坐标利用两点间的距离公式求出线段PN、PB、BN的长度,根据等腰三角形的性质分类讨论即可求出n值,从而得出点P的坐标.
根据学习函数的经验,探究函数y=x2+ax﹣4|x+b|+4(b<0)的图象和性质:
(1)下表给出了部分x,y的取值;
x | L | ﹣3 | ﹣2 | ﹣1 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | L |
y | L | 3 | 0 | ﹣1 | 0 | 3 | 0 | ﹣1 | 0 | 3 | L |
由上表可知,a= ,b= ;
(2)用你喜欢的方式在坐标系中画出函数y=x2+ax﹣4|x+b|+4的图象;
(3)结合你所画的函数图象,写出该函数的一条性质;
(4)若方程x2+ax﹣4|x+b|+4=x+m至少有3个不同的实数解,请直接写出m的取值范围.
【解答】(1)将点(0,0)、(1,3)代入函数y=x2+ax﹣4|x+b|+4(b<0),得
解得a=﹣2,b=﹣1,
故答案为6,﹣1;
(2)画出函数图象如图:
(3)该函数的一条性质:函数关于x=1对称;
(4)当x=3时,y=﹣1;
当x=1时,y=3;
∴当0≤m≤2时,方程x2+ax﹣4|x+b|+4=x+m至少有3个不同的实数解,
故答案为0≤m≤2.
【分析】(1)将点(0,0)、(1,3)代入函数y=x2+ax﹣4|x+b|+4,得到关于a、b的一元二次方程,解方程组即可求得;
(2)描点法画图即可;
(3)根据图象即可得到函数关于x=1对称;
(4)结合图象找,当x=﹣1时,y=﹣1;当x=1,y=3;则当0<m<2时,方程x2+ax﹣4|x+b|+4=x+m至少有3个不同的实数解.
(1)×+cos30°﹣|1﹣|+(﹣2)2
(2)÷(﹣a+1)
(1)+5 (2)
【分析】(1)根据二次根式的乘法和加减法可以解答本题;
(2)根据分式的减法和除法可以解答本题.
【解答】(1)×+cos30°﹣|1﹣|+(﹣2)2
=2×+﹣(﹣1)+4
=2﹣+1+4
=+5;
(2)÷(﹣a+1)
=
=
=﹣
=.
如图,正方形ABCD中,AB=2,O是BC边的中点,点E是正方形内一动点,OE=2,连接DE,将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF,连接AE、CF.则线段OF长的最小值为 .
5.
【分析】连接DO,将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM,连接OF,FM,OM,证明△EDO≌△FDM,可得FM=OE=2,由条件可得OM=5,根据OF+MF≥OM,即可得出OF的最小值.
【解答】如图,连接DO,将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM,连接OF,FM,OM,
∵∠EDF=∠ODM=90°,
∴∠EDO=∠FDM,
∵DE=DF,DO=DM,
∴△EDO≌△FDM(SAS),
∴FM=OE=2,
∵正方形ABCD中,AB=2,O是BC边的中点,
∴OC=,
∴OD==5,
∴OM==5,
∵OF+MF≥OM,
∴OF≥5,
∴线段OF长的最小值为5.
已知A、B、C三地顺次在同一直线上,甲、乙两人均骑车从A地出发,向C地匀速行驶.甲比乙早出发5分钟,甲到达B地并休息了2分钟后,乙追上了甲.甲、乙同时从B地以各自原速继续向C地行驶.当乙到达C地后,乙立即掉头并提速为原速的倍按原路返回A地,而甲也立即提速为原速的倍继续向C地行驶,到达C地就停止.若甲、乙间的距离y(米)与甲出发的时间t(分)之间的函数关系如图所示,则当甲到达C地时,乙距A地 米.
6075.
【分析】根据题意和函数图象中的数据,可以分别求得甲乙刚开始的速度和后来的速度,也可求得A、B两地的距离、A、C两地的距离,然后即可求得甲到达C地时,乙距A地距离.
【解答】由题意可得,
甲乙两人刚开始的速度之差为:900÷(23﹣14)=100(米/分),
设甲刚开始的速度为x米/分,乙刚开始的速度为(x+100)米/分,
12x=(14﹣5)×(x+100),
解得,x=300,
则x+100=400,
则A、B两地之间的距离为:300×12=3600(米),
A、C两地之间的距离为:400×(23﹣5)=7200(米),
∵当乙到达C地后,乙立即掉头并提速为原速的倍按原路返回A地,而甲也立即提速为原速的倍继续向C地行驶,
∴后来乙的速度为:400×=500(米/分),甲的速度为300×=400(米/分),
甲到达C地的时间为:23+[7200﹣(23﹣2)×300]÷400=25(分钟),
∴当甲到达C地时,乙距A地:7200﹣(25﹣23)×500=6075(米),
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