抛物线上存在性问题的探究教案

抛物线上存在性问题的探究教案

一、教学目标

1、通过本节课的复习，进一步提高学生运用二次函数、平行四边形、矩形、菱形、正方形等知识解决问题的能力。

2能从数和形的角度探究抛物线上图形的若干综合问题

二、重点和难点

重点：利用抛物线上的图形的特性，如何将问题转化为基本的数学问题

难点：根据题意找出能使四边形转变成平行四边形、矩形、菱形、正方形的条件。

三、教学过程

一、平行四边形与抛物线

1、（2012?钦州）如图甲，在平面直角坐标系中，A、B的坐标分别为（4，0）、（0，3），抛物线y=x2+bx+c经过点B，且对称轴是直线x=﹣．

（1）求抛物线对应的函数解析式；

（2）将图甲中△ABO沿x轴向左平移到△DCE（如图乙），当四边形ABCD是菱形时，请说明点C和点D都在该抛物线上；

（3）在（2）中，若点M是抛物线上的一个动点（点M不与点C、D重合），经过点M作MN∥y轴交直线CD于N，设点M的横坐标为t，MN的长度为l，求l与t之间的函数解析式，并求当t为何值时，以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形．（参考公式：抛物

线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（﹣，），对称轴是直线x=﹣．）

1、解：（1）由于抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点B（0，4），则c=4；

∵抛物线的对称轴x=﹣=﹣，

∴b=5a=；

即抛物线的解析式：y=x2+x+4．

（2）∵A（4，0）、B（3，0）

∴OA=4，OB=3，AB==5；

若四边形ABCD是菱形，则BC=AD=AB=5，

∴C（﹣5，3）、D（﹣1，0）．

将C（﹣5，3）代入y=x2+x+4中，得：×（﹣5）2+×（﹣5）+4=3，所以点C在抛

物线上；

同理可证：点D也在抛物线上．

（3）设直线CD的解析式为：y=kx+b，依题意，有：

，解得

∴直线CD：y=﹣x﹣．

由于MN∥y轴，设M（t，t2+t+4），则N（t，﹣t﹣）；

①t＜﹣5或t＞﹣1时，l=MN=（t2+t+4）﹣（﹣t﹣）=t2+t+；

②﹣5＜t＜﹣1时，l=MN=（﹣t﹣）﹣（t2+t+4）=﹣t2﹣t﹣；

若以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形，由于MN∥CE，则MN=CE=3，则有：

t2+t+=3，解得：t=﹣3±2；

二、梯形与抛物线

1、已知，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2．若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内．将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处．

（1）求点C的坐标；

（2）若抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过C、A两点，求此抛物线的解析式；

（3）若上述抛物线的对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一动点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M，问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．

1、解：（1）过点C作CH⊥x轴，垂足为H；

∵在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2，

∴OB=4，OA=2；

由折叠的性质知：∠COB=30°，OC=AO=2，

∴∠COH=60°，OH=，CH=3；

∴C点坐标为（，3）．

（2）∵抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过C（，3）、A（2，0）两点，

∴，

解得；

∴此抛物线的函数关系式为：y=﹣x2+2x．

（3）存在．

因为y=﹣x2+2x的顶点坐标为（，3），

即为点C，MP⊥x轴，垂足为N，设PN=t；

因为∠BOA=30°，

所以ON=t，

∴P（t，t）；

作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E；

把x=t代入y=﹣x2+2x，

得y=﹣3t2+6t，

∴M（t，﹣3t2+6t），E（，﹣3t2+6t），

同理：Q（，t），D（，1）；

2.（2012?玉林）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0，4），现有两动点P，Q，点P从点O出发沿线段OC（不包括端点O，C）以每秒2个单位长度的速度匀速向点C运动，点Q从点C出发沿线段CD（不包括端点C，D）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动．点P，Q同时出发，同时停止，设运动时间为t（秒），当t=2（秒）时，PQ=2．

（1）求点D的坐标，并直接写出t的取值范围．

（2）连接AQ并延长交x轴于点E，把AE沿AD翻折交CD延长线于点F，连接EF，则△AEF 的面积S是否随t的变化而变化？若变化，求出S与t的函数关系式；若不变化，求出S的值．

（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？

.解：（1）由题意可知，当t=2（秒）时，OP=4，CQ=2，

在Rt△PCQ中，由勾股定理得：

PC===4，

∴OC=OP+PC=4+4=8，

又∵矩形AOCD，A（0，4），∴D（8，4）．

点P到达终点所需时间为=4秒，点Q到达终点所需时间

为=4秒，由题意可知，t的取值范围为：0＜t＜4．

（2）结论：△AEF的面积S不变化．

∵AOCD是矩形，∴AD∥OE，∴△AQD∽△EQC，

∴，即，解得CE=．

由翻折变换的性质可知：DF=DQ=4﹣t，则CF=CD+DF=8﹣t．

S=S梯形AOCF+S△FCE﹣S△AOE

=（OA+CF）?OC+CF?CE﹣OA?OE

=[4+（8﹣t）]×8+（8﹣t）?﹣×4×（8+）

化简得：S=32为定值．

所以△AEF的面积S不变化，S=32．

（3）若四边形APQF是梯形，因为AP与CF不平行，所以只有PQ∥AF．

由PQ∥AF可得：△CPQ∽△DAF，

∴，即，化简得t2﹣12t+16=0，

解得：t1=6+2，t2=6﹣2，

由（1）可知，0＜t＜4，∴t1=6+2不符合题意，舍去．

∴当t=（6﹣2）秒时，四边形APQF是梯形．

三、等腰三角形、菱形与抛物线

1、（2012?龙岩）在平面直角坐标系xOy中，一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边AB在x轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已

知点A（﹣1，0）．

（1）请直接写出点B、C的坐标：B、C；并求经过A、B、C三点的抛物线解析式；

（2）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中∠EDF=90°，∠DEF=60°），把顶点E 放在线段AB上（点E是不与A、B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C．此时，EF所在直线与（1）中的抛物线交于点M．

①设AE=x，当x为何值时，△OCE∽△OBC；

②在①的条件下探究：抛物线的对称轴上是否存在点P使△PEM是等腰三角形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

1、解：（1）∵点A（﹣1，0），

∴OA=1，

由图可知，∠BAC是三角板的60°角，∠ABC是30°角，

所以，OC=OA?tan60°=1×=，

OB=OC?cot30°=×=3，

所以，点B（3，0），C（0，），

设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，

则，

解得，

所以，抛物线的解析式为y=﹣x2+x+；

（2）①∵△OCE∽△OBC，

∴=，

即=，

解得OE=1，

所以，AE=OA+OE=1+1=2，

即x=2时，△OCE∽△OBC；

②存在．理由如下：

抛物线的对称轴为x=﹣=﹣=1，

所以，点E为抛物线的对称轴与x轴的交点，

∵OA=OE，OC⊥x轴，∠BAC=60°，

∴△ACE是等边三角形，

∴∠AEC=60°，

又∠DEF=60°，

∴∠FEB=60°，

∴∠BAC=∠FEB，

∴EF∥AC，

由A（﹣1，0），C（0，）可得直线AC的解析式为y=x+，

∵点E（1，0），

∴直线EF的解析式为y=x﹣，

联立，

解得，（舍去），

∴点M的坐标为（2，），

EM==2，

分三种情况讨论△PEM是等腰三角形，

当PE=EM时，PE=2，

所以，点P的坐标为（1，2）或（1，﹣2），

当PE=PM时，∵∠FEB=60°，

∴∠PEF=90°﹣60°=30°，

PE=EM÷cos30°=×2÷=，

所以，点P的坐标为（1，），

当PM=EM时，PE=2EM?cos30°=2×2×=2，

所以，点P的坐标为（1，2），

综上所述，抛物线对称轴上存在点P（1，2）或（1，﹣2）或（1，）或（1，2），使△PEM是等腰三角形．

四、直角三角形与抛物线

1、（2012?广州）如图，抛物线y=与x轴交于A、B两点

（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．

（1）求点A、B的坐标；

（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于

△ACB的面积时，求点D的坐标；

（3）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式．

1、解：（1）令y=0，即=0，

解得x1=﹣4，x2=2，

∴A、B点的坐标为A（﹣4，0）、B（2，0）．

（2）S△ACB=AB?OC=9，

在Rt△AOC中，AC===5，

设△ACD中AC边上的高为h，则有AC?h=9，解得h=．

如答图1，在坐标平面内作直线平行于AC，且到AC的距离=h=，这样的直线有2条，分别是l1和l2，则直线与对称轴x=﹣1的两个交点即为所求的点D．

设l1交y轴于E，过C作CF⊥l1于F，则CF=h=，

∴CE==．

设直线AC的解析式为y=kx+b，将A（﹣4，0），B（0，3）坐标代入，

得到，解得，∴直线AC解析式为y=x+3．

直线l1可以看做直线AC向下平移CE长度单位（个长度单位）而形成的，

∴直线l1的解析式为y=x+3﹣=x﹣．

则D1的纵坐标为×（﹣1）﹣=，∴D1（﹣4，）．

同理，直线AC向上平移个长度单位得到l2，可求得D2（﹣1，）

综上所述，D点坐标为：D1（﹣4，），D2（﹣1，）．

（3）如答图2，以AB为直径作⊙F，圆心为F．过E点作⊙F的切线，这样的切线有2条．连接FM，过M作MN⊥x轴于点N．

∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F半径FM=FB=3．

又FE=5，则在Rt△MEF中，

ME==4，sin∠MFE=，cos∠MFE=．

在Rt△FMN中，MN=MN?sin∠MFE=3×=，

FN=MN?cos∠MFE=3×=，则ON=，

∴M点坐标为（，）

直线l过M（，），E（4，0），

设直线l的解析式为y=kx+b，则有

，解得，

所以直线l的解析式为y=x+3．

同理，可以求得另一条切线的解析式为y=x﹣3．

综上所述，直线l的解析式为y=x+3或y=x﹣3．

五、相似三角形与抛物线

1、（2012?福州）如图1，已知抛物线y=ax2+bx（a≠0）经过A（3，0）、B（4，4）两点．（1）求抛物线的解析式；

（2）将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m 的值及点D的坐标；

（3）如图2，若点N在抛物线上，且∠NBO=∠ABO，则在（2）的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB的点P坐标（点P、O、D分别与点N、O、B对应）．

1、解：（1）∵抛物线y=y=ax2+bx（a≠0）经过A（3，

0）、B（4，4）

∴，解得：

∴抛物线的解析式是y=x2﹣3x．

（2）设直线OB的解析式为y=k1x，由点B（4，4），

得：4=4k1，解得：k1=1

∴直线OB的解析式为y=x，

∴直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：y=x﹣m，

∵点D在抛物线y=x2﹣3x上，

∴可设D（x，x2﹣3x），

又点D在直线y=x﹣m上，

∴x2﹣3x=x﹣m，即x2﹣4x+m=0，

∵抛物线与直线只有一个公共点，

∴△=16﹣4m=0，

解得：m=4，

此时x1=x2=2，y=x2﹣3x=﹣2，

∴D点的坐标为（2，﹣2）．

（3）∵直线OB的解析式为y=x，且A（3，0），

∴点A关于直线OB的对称点A′的坐标是（0，3），

设直线A′B的解析式为y=k2x+3，过点（4，4），

∴4k2+3=4，解得：k2=，

∴直线A′B的解析式是y=，

∵∠NBO=∠ABO，

∴点N在直线A′B上，

∴设点N（n，），又点N在抛物线y=x2﹣3x上，

∴=n2﹣3n，

解得：n1=﹣，n2=4（不合题意，舍去）

∴N点的坐标为（﹣，）．

方法一：

如图1，将△NOB沿x轴翻折，得到△N1OB1，

则N1（，），B1（4，﹣4），

∴O、D、B1都在直线y=﹣x上．

∵△P1OD∽△NOB，

∴△P1OD∽△N1OB1，

∴，

∴点P1的坐标为（，）．

将△OP1D沿直线y=﹣x翻折，可得另一个满足条件的点P2（，），

综上所述，点P的坐标是（，）或（，）．

六、抛物线中的翻折问题

1、（2012?天门）如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，与过点C且平行于x轴的直

线交于另一点D，点P是抛物线上一

动点．

（1）求抛物线解析式及点D坐标；

（2）点E在x轴上，若以A，E，D，

P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标；

（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．1、解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，

∴，

解得：

∴y=﹣x2+x+2；

当y=2时，﹣x2+x+2=2，解得：x1=3，x2=0（舍），

即：点D坐标为（3，2）．

（2）A，E两点都在x轴上，AE有两种可能：

①当AE为一边时，AE∥PD，

∴P1（0，2），

②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，

可知P点、D点到直线AE（即x轴）的距离相等，

∴P点的纵坐标为﹣2，

代入抛物线的解析式：﹣x2+x+2=﹣2

解得：x1=，x2=，

∴P点的坐标为（，﹣2），（，﹣2）

综上所述：p1（0，2）；p2（，﹣2）；p3（，﹣2）．

（3）存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方，设直线PQ交x轴于F，点P的坐标为（a，﹣a2+a+2），

①当P点在y轴右侧时（如图1），CQ=a，

PQ=2﹣（﹣a2+a+2）=a2﹣a，

又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°，

∴∠FQ′P=∠OCQ′，

∴△COQ′～△Q′FP，，，

∴Q′F=a﹣3，

∴OQ′=OF﹣Q′F=a﹣（a﹣3）=3，CQ=CQ′==，

此时a=，点P的坐标为（，），

②当P点在y轴左侧时（如图2）此时a＜0，，﹣a2+a+2＜0，CQ=﹣a，

PQ=2﹣（﹣a2+a+2）=a2﹣a，

又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，

∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′=∠Q′FP=90°，

∴△COQ′～△Q′FP，，，Q′F=3﹣a，

∴OQ′=3，

CQ=CQ′=，

此时a=﹣，点P的坐标为（﹣，）．

综上所述，满足条件的点P坐标为（，），（﹣，）．

2、（2010?恩施州）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．

（1）求这个二次函数的表达式．

（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大并求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．