试题

题目:
(2010·南宁)如图,把抛物线y=-x2(虚线部分)向右平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度,得出抛物线l1,抛物线l2与抛物线l1关于y轴对称.点A,O,B分别是抛物线l1,l2与x轴的交点,D,C分别是抛物线l1,l2的顶点,线段CD交y轴于点E.
(1)分别写出抛物线l1与l2的解析式;
(2)设P使抛物线l1上与D,O两点不重合的任意一点,Q点是P点关于y轴的对称点,试判断以P,Q,C,D为顶点的四边形是什么特殊的四边形?请说明理由.
(3)在抛物线l1上是否存在点M,使得S△ABM=S四边形AOED?如果存在,求出M点的坐青果学院标;如果不存在,请说明理由.
答案
青果学院解:(1)l1:y=-(x-1)2+1(或y=-x2+2x),(1分)
l2:y=-(x+1)2+1(或y=-x2-2x);(2分)

(2)以P,Q,C,D为顶点的四边形为矩形或等腰梯形,(3分)
理由:∵点C与点D,点P与点Q关于y轴对称,
∴CD∥PQ∥x轴.
①当P点是l2的对称轴与l1的交点时,点P,Q的坐标分别为(-1,-3)和(1,-3),而点C,D的坐标分别为(-1,1)和(1,1),
所以,CD=PQ,CP⊥CD,四边形CPQD是矩形;(4分)
②当P点不是l2的对称轴与l1的交点时,根据轴对称性质,
青果学院有:CP=DQ(或CQ=DPS),但CD≠PQ,
∴四边形CPQD(四边形CQPD)是等腰梯形.(5分)

(3)存在,设满足条件的M点坐标为(x,y),连接MA,MB,AD,依题意得:
A(2,0),B(-2,0),E(0,1),
S梯形AOED=
(1+2)×1
2
=
3
2
,(6分)
①当y>0时,S△ABM=
1
2
×4×y=
3
2
∴y=
3
4
,(7分)
将y=
3
4
代入l1的解析式,解得:x1=
3
2
,x2=
1
2

M1(
3
2
3
4
),M2(
1
2
3
4
)
,(8分)
②当y<0时,S△ABM=
1
2
×4×(-y)=
3
2
∴y=-
3
4
,(9分)
将y=-
3
4
代入l1的解析式,解得x=1±
7
2

M3(
2+
7
2
,-
3
4
),M4(
2-
7
2
,-
3
4
)
. (10分)
青果学院解:(1)l1:y=-(x-1)2+1(或y=-x2+2x),(1分)
l2:y=-(x+1)2+1(或y=-x2-2x);(2分)

(2)以P,Q,C,D为顶点的四边形为矩形或等腰梯形,(3分)
理由:∵点C与点D,点P与点Q关于y轴对称,
∴CD∥PQ∥x轴.
①当P点是l2的对称轴与l1的交点时,点P,Q的坐标分别为(-1,-3)和(1,-3),而点C,D的坐标分别为(-1,1)和(1,1),
所以,CD=PQ,CP⊥CD,四边形CPQD是矩形;(4分)
②当P点不是l2的对称轴与l1的交点时,根据轴对称性质,
青果学院有:CP=DQ(或CQ=DPS),但CD≠PQ,
∴四边形CPQD(四边形CQPD)是等腰梯形.(5分)

(3)存在,设满足条件的M点坐标为(x,y),连接MA,MB,AD,依题意得:
A(2,0),B(-2,0),E(0,1),
S梯形AOED=
(1+2)×1
2
=
3
2
,(6分)
①当y>0时,S△ABM=
1
2
×4×y=
3
2
∴y=
3
4
,(7分)
将y=
3
4
代入l1的解析式,解得:x1=
3
2
,x2=
1
2

M1(
3
2
3
4
),M2(
1
2
3
4
)
,(8分)
②当y<0时,S△ABM=
1
2
×4×(-y)=
3
2
∴y=-
3
4
,(9分)
将y=-
3
4
代入l1的解析式,解得x=1±
7
2

M3(
2+
7
2
,-
3
4
),M4(
2-
7
2
,-
3
4
)
. (10分)
考点梳理
二次函数综合题.
(1)根据二次函数图象“左加右减,上加下减”的平移规律即可得到l1的解析式;
由于l1、l2关于y轴对称,那它们的顶点坐标关于y轴对称,而开口大小、开口方向、与y轴的交点都相同,据此可求出l2的解析式;
(2)根据轴对称的性质,很明显的可以看出四边形PQCD是等腰梯形;若P为l1的对称轴与抛物线l2的交点时,PQ=CD,此时四边形PQCD是矩形;
(3)根据抛物线l1的解析式,可求出A、D、E的坐标,进而可求得梯形AOED的面积,即可得到△ABM的面积,由于AB是定长,那么根据△ABM的面积即可求出M点纵坐标的绝对值,将其代入抛物线l1的解析式中,即可求得M点的坐标.
此题主要考查了二次函数图象的平移、轴对称的性质、等腰梯形及矩形的判定、图形面积的求法等知识的综合应用能力.
压轴题.
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