如圖,開口向下的拋物線y=ax2-4ax-5a交x軸于A、B(A左B右)兩點,交y軸于點C.
(1)求線段AB的長;
(2)設(shè)拋物線的頂點為D,若S△BCD=15,求拋物線的解析式;
(3)在(2)的條件下,P、Q為線段BC上兩點(P左Q右,P、Q不與B、C重合),PQ=2
2
,在第一象限的拋物線上是否存在這的這樣的點R,使△PQR為等腰直角三角形?若存在,求出點R的坐標(biāo);如果不存在,請說明理由.
考點:二次函數(shù)綜合題
專題:
分析:(1)把y=0代入拋物線y=ax2-4ax-5a得x2-4x-5=0,解方程可以得到A(-1,0),B(5,0),再根據(jù)兩點間的距離公式即可得到AB=6;
(2)根據(jù)對稱軸得到頂點D(2,-9a),過點D作DE⊥y軸于點E,根據(jù)S△BCD=S梯形EOBD-S△CDE-S△COB得到關(guān)于a的方程,求得a的值,即可得到拋物線的解析式;
(3)分三種情況:①以點P為直角頂點;②以點R為直角頂點;③以點Q為直角頂點;進行討論可得使△PQR為等腰直角三角形時點R的坐標(biāo).
解答:解:(1)把y=0代入拋物線y=ax2-4ax-5a得ax2-4ax-5a=0,
∵a≠0,
∴兩邊同時除以a,得x2-4x-5=0,
解得x1=5,x2=-1,
∴A(-1,0),B(5,0),
∴AB=6.

(2)對稱軸的解析式為x=-
-4a
2a
=2

把x=2代入y=ax2-4ax-5a
y=-9a,
S△PAC=S△PAE+S△PEC=
1
2
PE•OC=-t2+8t,
D(2,-9a),
過點D作DE⊥y軸于點E.

S△BCD=S梯形EOBD-S△CDE-S△COB
=
1
2
(DE+OB)•OE-
1
2
DE•CE-
1
2
OB•OC

=-15a
∵-15a=15,
∴a=-1
∴拋物線的解析式為:y=-x2+4x+5.

(3)分三種情況:
①以點P為直角頂點

∵PQ=2
2
,
∴RQ=
2
PQ=4
∵C(0,5),B(5,0),
∴OC=OB=5,
∴∠OCB=∠OBC=45°,
∵∠RQP=45°
∴RQ∥OC
可求得直線BC的解析式為y=-x+5,
設(shè)R(m,-m2+4m+5),則Q(m,-m+5)
則RQ=(-m2+4m+5)-(-m+5)=4
解得m1=4,m2=1,
∵點Q在點P右側(cè),
∴m=4,
∴R(4,5);
②以點R為直角頂點

∵PQ=2
2
,
∴RQ=
2
2
PQ=2
設(shè)R(m,-m2+4m+5)則Q(m,-m+5)
則RQ=(-m2+4m+5)-(-m+5)=2
解得 m1=
5+
17
2
m2=
5-
17
2
,
∵點Q在點P右側(cè),
m=
5+
17
2

∴R(
5+
17
2
,
9-
17
2
);
③以點Q為直角頂點

∵PQ=2
2

∴PR=
2
PQ=4
∵C(0,5),B(5,0)
∴OC=OB=5
∴∠OCB=∠OBC=45°
∵∠RPQ=45°,
∴PR∥OB
設(shè)R(m,-m2+4m+5),則P(m-4,-m2+4m+5),
把P(m-4,-m2+4m+5)代入y=-x+5,得-(m-4)+5=-m2+4m+5
解得m1=4,m2=1,
此時點P(0,5)
因為點P在線段BC上運動,且不與B、C重合,所以不存在以Q為直角頂點的情況.
綜上所述:當(dāng) R(4,5)或(
5+
17
2
,
9-
17
2
)時,△PQR為等腰直角三角形.
點評:考查了二次函數(shù)綜合題,涉及的知識點有:坐標(biāo)軸上的點的坐標(biāo)特征,兩點間的距離公式,拋物線的對稱軸,面積計算,求拋物線的解析式,等腰直角三角形的判定與性質(zhì),以及分類思想的應(yīng)用,綜合性較強,有一定的難度.
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(1)求拋物線的解析式;
(2)拋物線的頂點為點D,對稱軸與x軸交于點E,連接BD,求BD的長.
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b
2a
,
4ac-b2
4a
).

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3
7
≤x-
1
2
+3.

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1
4
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1
3
(x+3).

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1
2
AC,求點E的坐標(biāo);
(3)若P是拋物線C2對稱軸上使△ABC的周長取得最小值的點,過點P任意作一條與y不平行的直線l交拋物線于M、N兩點,當(dāng)y軸平分MN時,求直線l的函數(shù)解析式.

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1
3
+
1
9
+
1
27
+
1
81
+…+
1
3100
=
 

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