分析 (1)用待定系數(shù)法求出拋物線解析式,
(2)先判斷出四邊形AOCP面積的最大值時(shí),點(diǎn)P的位置,求出點(diǎn)P的坐標(biāo),再用面積差,求出四邊形AOCP面積的最大值為16,
(3)①當(dāng)AB平行四邊形的邊時(shí),CQ∥AB,CQ=AB,求出AB,從而得到CQ,求出點(diǎn)Q的坐標(biāo),
②當(dāng)AB為對(duì)角線時(shí),CQ必過AB中點(diǎn),且被AB平分,先求出CQ解析式,利用對(duì)角線互相平分求出點(diǎn)Q的坐標(biāo).
解答 解:(1)∵二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象交x軸于點(diǎn)A(-4,0)和點(diǎn)B,交y軸于點(diǎn)C(0,4).
∴{0=−16−4b+cc=4,
∴{b=−3c=4,
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-x2-3x+4,
(2)如圖1,
由(1)有,二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-x2-3x+4,
令y=0,得x=-4,或x=1,
∴B(1,0)
連接AC,PA,PC,
∴點(diǎn)P是直線AC平移之后和拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí),點(diǎn)P到直線AC的距離最大,所以S△PAC最大,即:S四邊形AOCP最大;
∵A(-4,0),C(0,4),
∴直線AC解析式為y=x+4,
設(shè)直線AC平移后的直線解析式為y=x+4+b,
∴{y=−x2−3x+4y=x+4+b,
∴x2+4x+b=0,
∴△=16-4b=0,
∴b=4,
∴點(diǎn)P(-2,6),
過點(diǎn)P作PD⊥y軸
∴PD=2,OD=4,
∵A(-4,0),C(0,4)
∴OA=4,OC=4,
∴CD=2,
∴S四邊形AOCP=S梯形AODP-S△PCD=12(PD+OA)×OD-12PD×CD=12(2+4)×6-12×2×2=16.
(3)存在點(diǎn)Q,使A,B,C,Q四點(diǎn)構(gòu)成平行四邊形,
理由:①以AB為邊時(shí),CQ∥AB,CQ=AB
過點(diǎn)C,平行于AB的直線l,
∵C(0,4),
∴直線l解析式為y=4,
∴點(diǎn)Q在直線l上,
設(shè)Q(d,4),
∴CQ=|d|
∵A(-4,0),B(1,0),
∴AB=5,
∴|d|=5,
∴d=±5,
∴Q(-5,4)或(5,4),
②以AB為對(duì)角線時(shí),CQ必過線段AB中點(diǎn),且被AB平分,即:AB的中點(diǎn)也是CQ的中點(diǎn),
∵A(-4,0),B(1,0),
∴線段AB中點(diǎn)坐標(biāo)為(-32,0),
∵C(0,4),
∴直線CQ解析式為y=83x+4,
設(shè)點(diǎn)Q(m,83m+4),
∴√(m+32)2+(83m+4)2=√(−32)2+16,
∴m=0(舍)或m=-3,
∴Q(-3,-4),
即:滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為Q(-5,4)或(5,4)或(-3,-4).
點(diǎn)評(píng) 此題是二次函數(shù)綜合題,主要考查了待定系數(shù)法,三角形面積的計(jì)算,平行四邊形的性質(zhì),極值的確定,中點(diǎn)坐標(biāo),解本題的關(guān)鍵是確定出拋物線解析式,難點(diǎn)是分類討論和點(diǎn)P的位置和坐標(biāo)的確定.
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A. | (x-y)(x+y)=x2-y2 | B. | a2-4a+4=a(a-4)+4 | ||
C. | m2n-8n=n(m+4)(m-4) | D. | 3(a-b)+a(b-a)=(a-b)(3-a) |
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A. | ①②④ | B. | ①③④ | C. | ①②③ | D. | ②③④ |
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A. | 155° | B. | 35° | C. | 135° | D. | 145° |
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A. | y1<y3<y2 | B. | y1<y2<y3 | C. | y2<y3<y1 | D. | y3<y2<y1 |
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A. | 0.5×10-2 | B. | 5×10-3 | C. | 5×10-2 | D. | 0.5×10-3 |
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A. | √3+√2=√5 | B. | √−3×√−2=√6 | C. | √12-√3=√3 | D. | √8÷√2=4 |
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