专题课堂(三十二) 二次函数动态变化问题（作业课件）-【原创新课堂】2023-2024学年九年级数学下册（北师大版 广东专用）

专题课堂(三十二)　二次函数动态变化问题 数学 九年级全册 北师版 原创新课堂 1. 解二次函数的综合题时，要认真审题，理解题意，探究解题思路，正确解答． 2. 要善于总结综合题中所隐含的重要思想，如转化思想，数形结合思想，分类讨论思想及方程思想等. 1. (广东中考)已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过点(－1，0)，且对任意实数x，都有4x－12≤ax2＋bx＋c≤2x2－8x＋6. (1)求该二次函数的表达式； (2)若(1)中二次函数图象与x轴的正半轴交点为A，与y轴交点为C；点M是(1)中二次函数图象上的动点．问在x轴上是否存在点N，使得以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)不妨令4x－12＝2x2－8x＋6，解得x1＝x2＝3，当x＝3时，4x－12＝2x2－8x＋6＝0.∴y＝ax2＋bx＋c必过(3，0)，又∵y＝ax2＋bx＋c过(－1，0)，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋c＝0，,9a＋3b＋c＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2a，,c＝－3a，)) ∴y＝ax2－2ax－3a，又∵ax2－2ax－3a≥4x－12，∴ax2－2ax－3a－4x＋12≥0，整理，得ax2－(2a＋4)x＋12－3a≥0，∴a＞0且Δ≤0，∴(2a＋4)2－4a(12－3a)≤0，∴(a－1)2≤0，∴a＝1，b＝－2，c＝－3.∴该二次函数表达式为y＝x2－2x－3 (2)令y＝x2－2x－3中y＝0，得A点坐标为(3，0)；令x＝0，得y＝－3，则点C坐标为(0，－3).设点M坐标为(m，m2－2m－3)，N(n，0)，根据平行四边形对角线性质以及中点坐标公式可得：①当AC为对角线时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xA＋xC＝xM＋xN，,yA＋yC＝yM＋yN，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋0＝m＋n，,0－3＝m2－2m－3＋0，)) 解得m1＝0(舍去)，m2＝2，∴n＝1，即N1(1，0)； ②当AM为对角线时，， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xA＋xM＝xC＋xN，,yA＋yM＝yC＋yN，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋m＝0＋n，,0＋m2－2m－3＝－3＋0，)) 解得m1＝0(舍去)，m2＝2，∴n＝5，即N2(5，0)；③当AN为对角线时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xA＋xN＝xC＋xM，,yA＋yN＝yC＋yM，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋n＝0＋m，,0＋0＝－3＋m2－2m－3，)) 解得m1＝1＋ eq \r(7) ，m2＝1－ eq \r(7) ，∴n＝ eq \r(7) －2或－2－ eq \r(7) ，∴N3( eq \r(7) －2，0)，N4(－2－ eq \r(7) ，0).综上所述，N点坐标为(1，0)或(5，0)或( eq \r(7) －2，0)或(－2－ eq \r(7) ，0) 2. (2022·青海)如图①，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C. (1)求该抛物线的表达式； (2)若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长； (3)设点P是(1)中抛物线上的一个动点，是否存在满足S△PAB＝6的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．(请在图②中探讨) 解：(1)将A(－1，0)，B(3，0)代入y＝x2＋bx＋c，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－b＋c＝0，,9＋3b＋c＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝－3，)) ∴该抛物线的表达式为y＝x2－2x－3　 ∵抛物线的表达式为y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴抛物线的顶点F的坐标为(1，－4)，抛物线的对称轴为直线x＝1.当x＝0时，y＝02－2×0－3＝－3，∴点C的坐标为(0，－3).设直线BC的表达式为y＝mx＋n(m≠0)，将B(3，0)，C(0，－3)代入y＝mx＋n，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m＋n＝0，,n＝－3，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝－3，)) ∴直线BC的表达式为y＝x－3.当x＝1时，y＝1－3＝－2，∴点E的坐标为(1，－2)，∴EF＝|－2－(－4)|＝2　 (3)∵点A的坐标为(－1，0)，点B的坐标为(3，0)，∴AB＝|3－(－1)|＝4.设点P的坐标为(t，t2－2t－3).∵S△PAB＝6，∴ eq \f(1,2) ×4×|t2－2t－3|＝6，即t2－2t－3＝3或t2－2t－3＝－3，解得t1＝1－ eq \r(7) ，t2＝1＋ eq \r(7) ，t3＝0，t4＝2，∴存在满足S△PAB＝6的点P，点P的坐标为(1－ eq \r(7) ，3)或(1＋ eq \r(7) ，3)或(0，－3)或(2，－3) 3. (2022·百色)已知抛物线经过A(－1，0)，B(0，3)，C(3，0)三点，O为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM，交BC于点F. (1)求抛物线的表达式； (2)求证：∠BOF＝∠BDF； (3)是否存在点M，使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长． 解：(1)y＝－x2＋2x＋3　 (2)∵四边形OBDC是正方形，∴∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，∵BF＝BF，∴△BOF≌△BDF(SAS)，∴∠BOF＝∠BDF (3)∵抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，∴令y＝3，则3＝－x2＋2x＋3，解得x1＝0，x2＝2，∴E(2，3).①如图①，当M在线段BD的延长线上时，∠BDF为锐角，∴∠FDM为钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴DF＝DM，∴∠M＝∠DFM，∴∠BDF＝∠M＋∠DFM＝2∠M，∵BM∥OC，∴∠M＝∠MOC，由(2)得∠BOF＝∠BDF，∴∠BDF＋∠MOC＝3∠M＝90°，∴∠M＝30°，在Rt△BOM中，BM＝ eq \f(OB,tan30°) ＝3 eq \r(3) ，∴ME＝BM－BE＝3 eq \r(3) －2； ②如图②，当M在线段BD上时，∠DMF为钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴MF＝DM，∴∠BDF＝∠MFD，∴∠BMO＝∠BDF＋∠MFD＝2∠BDF，由(2)得∠BOF＝∠BDF，∴∠BMO＝2∠BOM，∴∠BOM＋∠BMO＝3∠BOM＝90°，∴∠BOM＝30°，在Rt△BOM中，BM＝tan 30°·OB＝ eq \r(3) ，∴ME＝BE－BM＝2－ eq \r(3) .综上所述，ME＝3 eq \r(3) －2或2－ eq \r(3) 4. (2022·常德)如图，已知抛物线过点O(0，0)，A(5，5)，且它的对称轴为直线x＝2. (1)求此抛物线的表达式； (2)若点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，当△OAB的面积为15时，求点B的坐标； (3)在(2)的条件下，P是抛物线上的动点，当PA－PB的值最大时，求点P的坐标以及PA－PB的最大值． 解：(1)∵抛物线过点O(0，0)，A(5，5)，且它的对称轴为直线x＝2，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(4，0)，设抛物线表达式为y＝ax(x－4)，把A(5，5)代入，得5a＝5，解得a＝1，∴抛物线的表达式为y＝x(x－4)＝x2－4x 如图①，∵点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，∴设B(2，m)(m>0)，设直线OA的表达式为y＝kx，则5k＝5，解得k＝1，∴直线OA的表达式为y＝x，设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H(2，2)，∴BH＝|m－2|，∵S△OAB＝15，∴ eq \f(1,2) ×|m－2|×5＝15，解得m＝8(负值已舍去)，∴点B的坐标为(2，8)　 (3)设直线AB的表达式为y＝cx＋d，把A(5，5)，B(2，8)代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5c＋d＝5，,2c＋d＝8，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝－1，,d＝10，)) ∴直线AB的表达式为y＝－x＋10，当PA－PB的值最大时，点A，B，P在同一条直线上，如图②，∵P是抛物线上的动点，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋10，,y＝x2－4x，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－2，,y1＝12，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝5，,y2＝5)) (舍去)，∴P(－2，12)，此时，PA－PB＝AB＝ eq \r(（5－2）2＋（5－8）2) ＝3 eq \r(2) $$