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初中数学人教版九年级上册第二十二章 二次函数综合与测试教案
展开2021-2022学年度九上数学培优讲义(八)二次函数综合题(一)
【例题精讲】
1.如图1,抛物线y=ax2+c与x轴交于点A、B,与y轴交于点C,P为x轴下方抛物线上一点,若OC=2OA=4.
(1)求抛物线解析式;
(2)如图2,若∠ABP=∠ACO,求点P的坐标;
(3)如图3,点P的横坐标为1,过点P作PE⊥PF,分别交抛物线于点E,F.求点A到直线EF距离的最大值.
【解答】解:(1)∵CO=4,故c=﹣4,则抛物线的表达式为y=ax2﹣4,
∵OC=2OA=4,故点A(﹣2,0),则0=4a﹣4,解得a=1,
故抛物线的表达式为y=x2﹣4;
(2)过点A作x轴的垂线交BP的延长线于点Q,
在△BAQ和△COA中,
AB=OC=4∠QAB=∠BOC=90°∠ABP=∠ACO,
∴△BAQ≌△COA(AAS),
∴AQ=OA=2,
∴Q(﹣2,﹣2),
由点B、Q的坐标得,直线BQ解析式为y=12x﹣1,
联立y=12x−1y=x2−4,
解得x1=2(舍去),x2=−32,
∴P(−32,−74);
(3)设E(x1,x12﹣4),F(x2,x22﹣4),P(1,﹣3),
由点P、E的坐标得,yPE=(x1+1)x﹣4﹣x1,
同理可得yPF=(x2+1)x﹣4﹣x2,
又∵PE⊥PF,
∴(x1+1)(x2+1)=﹣1,
∴x1x2+x1+x2+1=﹣1,
x1x2=﹣2﹣(x1+x2)(这里可以构造三垂模型如图3,利用相似三角形的性质得到).
同理可得EF的解析式为:yEF=(x1+x2)x﹣4﹣x1x2,
∴yEF=(x1+x2)x﹣4+2+(x1+x2)=(x1+x2)(x+1)﹣2,
∴直线EF恒过定点(﹣1,﹣2),设该点为R,
连接点AR,则AR为点A到直线EF距离的最大值,
∴AR=(−2+1)2+22=5.
【课后巩固】1.抛物线y=﹣x2+(m﹣1)x+m交x轴于A,B两点(点A在点B的左边),交y轴正半轴于点C.
(1)如图1,当m=3时.
①直接写出点A,B,C的坐标;
②若抛物线上有一点P,使∠ACP=∠BAC,求点P的坐标;
(2)如图2,平移直线CB交抛物线于M,N两点,直线MC与直线NB交于点G,若点G在定直线x=1上运动,求m的值.
【解答】解:(1)①当m=3时,y=﹣x2+2x+3,
当x=0时,y=3,则点C(0,3),
当y=0时,0=﹣x2+2x+3,
∴x1=3,x2=﹣1,
∴点A(﹣1,0),点B(3,0),
②如图1,延长CP交x轴于点E,作DE⊥AC,
∵点A(﹣1,0),点B(3,0),
∴OA=1,OC=3,
∴AC=OA2+OC2=1+9=10,
∵∠ACP=∠BAC,
∴AE=CE,且DE⊥AC,
∴AD=CD=102,
∵∠CAO=∠CAO,∠AOC=∠ADE=90°,
∴△ACO∽△AED,
∴AOAD=ACAE,
∴AE=5,且点A(﹣1,0)
∴点E(4,0),且点C(0,3)
∴直线CE解析式为:y=−34x+3,
∴﹣x2+2x+3=−34x+3,
∴x1=0,x2=114,
∴点P坐标(114,1516)
(2)如图,过点C,点M,点N,分别作CE⊥GD,MF⊥GD,NH⊥GD,
∵y=﹣x2+(m﹣1)x+m交x轴于A,B两点(点A在点B的左边),交y轴正半轴于点C,
∴点C(0,m),点A(﹣1,0),点B(m,0),
∴直线BC解析式为:y=﹣x+m,(m>0)
∵平移直线CB交抛物线于M,N两点,
∴BC∥MN,
∴设直线MN的解析式为:y=﹣x+m+a,
∴﹣x+m+a=﹣x2+(m﹣1)x+m
∴x=m±m2+4a2,
∴点M的横坐标为m−m2+4a2,点N的横坐标为m+m2+4a2,
∵CE⊥GD,MF⊥GD,NH⊥GD,BD⊥GD,
∴CE∥MF∥BD∥HN,
∴CEMF=CGGM,BDHN=GBGN,
∵BC∥MN,∴CGMG=GBGN,∴CEMF=BDNH,
∴11−m−m2+4a2=1m+m2+4a2−1
∴(m﹣2)(m+m2+4a)=0,且m>0,m+m2+4a>0,
∴m﹣2=0,
∴m=2,
【例题精讲】2.如图1,已知抛物线y=ax2﹣2ax+b与x轴交于点A(﹣2,0)和点B,与y轴交于点C(0,4).
(1)求抛物线的函数解析式;
(2)如图2,已知点P是第四象限抛物线上的一点,且∠PAB=2∠ACO,求点P的横坐标;
(3)如图3,点D为抛物线的顶点,直线y=kx﹣k+2交抛物线于点E,F,过点E作y轴的平行线交FD的延长线于点P,求CP的最小值.
【解答】解:(1)将点A、C的坐标代入抛物线表达式得0=4a+4a+bb=4,解得a=−12b=4,
故抛物线的表达式为y=−12x2+x+4①;
(2)在OB上取OR=OA=2,
则∠ACR=2∠ACO=∠PAB,
过点A作AK⊥CR于点K,设直线AP交y轴于点H,
则S△ACR=12×AR×CO=12×CR×AK,即12×4×4=12×22+42×AK,
解得AK=1620,则sin∠ACK=AKAC=162020=45,则tan∠ACK=43=tan∠BAP,
在Rt△AOH中,OH=AO×tan∠BAP=2×43=83,
由点A、H的坐标得,直线AP的表达式为y=−43x−83②;
联立①②并解得x=203,
故点P的横坐标为203;
(3)设点E、F的坐标分别为(m,−12m2+m+4)、(n,−12n2+n+4),
联立①与y=kx﹣k+2并整理得:x2+(2k﹣2)x﹣(4+2k)=0,
则m+n=2﹣2k,mn=﹣4﹣2k,
由抛物线的表达式知,点D(1,92),
由点D、F的坐标得,直线FD的表达式为y=−12(n﹣1)x+12n+4,
当x=m时,y=−12(n﹣1)m+12n+4=−12mn+12(m+n)+4=−12(﹣4﹣2k)+12(2﹣2k)+4=7,
故点P的坐标为(m,7),
则PC=m2+(7−4)2=m2+9≥3,
故PC的最小值为3.
【课后巩固】2.如图,直线y=12x+2与x轴交于点A,与y轴交于点B,抛物线y=−12x2+bx+c经过A、B两点,与x轴的另一个交点为 C.
(1)求抛物线的解析式;
(2)直线AB上方抛物线上的点D,使得∠DBA=2∠BAC,求D点的坐标;
(3)M是平面内一点,将△BOC绕点M逆时针旋转90°后,得到△B1O1C1,若△B1O1C1的两个顶点恰好落在抛物线上,请求点B1的坐标.
【解答】解:(1)y=12x+2,当x=0时,y=2;当y=0时,x=﹣4,
∴A(﹣4,0),B(0,2),
把A、B的坐标代入y=−12x2+bx+c,得c=2−12×(−4)2−4b+c=0,
解得b=−32c=2,
∴抛物线的解析式为:y=−12x2−32x+2;
(2)取点B关于x轴的对称点B′(0,﹣2),连接AB′,过点B作BD∥AB′交抛物线于点D,
∵B、B′关于x轴对称,
∴AB=AB′,∠BAB′=2∠BAC,
设AB′:y=kx﹣2,
代入A(﹣4,0)得﹣4k﹣2=0,解得k=−12,
则BD:y=−12x+2,
解y=−12x+2y=−12x2−32x+2得x1=0y1=2,x2=−2y2=3,
∴D(﹣2,3).
(3)∵△BOC绕点M逆时针旋转90°,
∴B1O1∥x轴,O1C1∥y轴,
当B1、O1在抛物线上时,设B1的横坐标为x,则O1的横坐标为x+2,
∴−12x2−32x+2=−12(x+2)2−32(x+2)+2,
解得x=−52,
则B1(−52,218);
当B1、C1在抛物线上时,设B1的横坐标为x,则C1的横坐标为x+2,
C1的纵坐标比B1的纵坐标大1,
∴−12x2−32x+2=−12(x+2)2−32(x+2)+2﹣1,解得x=﹣3,
则B1(﹣3,2),
∴B1的坐标为(−52,218)或(﹣3,2).
【例题精讲】3.如图1,抛物线G:y=−14x2+bx+c经过点B(6,0),顶点为A,对称轴为直线x=2.
(1)求抛物线G的解析式;
(2)若点C为直线AB上方的抛物线上的动点,当△ABC面积最大时,求C点的坐标;
(3)如图2,将抛物线G向左平移至顶点在y轴上,平移后的抛物线G'与x轴交于点E、F,平行于x轴的直线l经过点(0,8),若点P为x轴上方的抛物线G'上的动点,分别连接EP、FP,并延长交直线l于M、N两点,若M、N两点的横坐标分别为m、n,试探究m、n之间的数量关系.
【解答】解:(1)由题意得:x=−b2×(−14)=20=−14×36+6b+c,解得b=1c=3,
故抛物线的表达式为y=−14x2+x+3;
(2)连接AC、BC,过点C作y轴的平行线交AB于点H,
设直线AB的表达式为y=kx+t,则2k+t=46k+t=0,解得k=−1b=6,
故直线AB的表达式为y=﹣x+6,
设C的坐标为(x,−14x2+x+3),则点H(x,﹣x+6),
设△ABC面积为S,则S=S△CHA+S△CHB=12CH×OB=12×6×(−14x2+x+3+x﹣6)=−12(x﹣4)2+2,
故当x=4时,△ABC面积最大,则点C(4,3);
(3)当x=2时,y=−14x2+x+3=4,即抛物线G的顶点为(4,4),
则将抛物线G向左平移至顶点在y轴上,抛物线G′的表达式为y=−14x2+4,
令y=−14x2+4=0,解得x=±4,故点E、F的坐标分别为(﹣4,0)、(4,0),
设点P的坐标为(p,−14p2+4),
由点P、E的坐标得,直线PE的表达式为y=−14(p﹣4)(x+4),
当y=8时,即y=−14(p﹣4)(x+4)=8,解得x=−4(p+4)p−4=m,
同理可得:n=4(p−4)p+4,
故mn=﹣16.
【课后巩固】3.已知抛物线y=ax2经过点A(2,1).
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图1,直线l经过点A且与抛物线对称轴右侧交于点B,若△ABO的面积为6,求直线l的解析式;
(3)如图2,直线CD与抛物线交于C、D两点,与y轴交于点(0,m),直线PC、PD与抛物线均只有一个公共点,点P的纵坐标为n,求m与n的数量关系.
【解答】解:(1)∵抛物线y=ax2经过点A(2,1).
∴1=4a,
解得a=14,
∴抛物线解析式为y=14x2;
(2)∵点A(2,1).
∴直线OA为y=12x,
如图1,过B作BE∥OA交y轴于E,连接AE,则S△AOB=S△AOE=6,
∴12OE×2=6,
∴OE=6,
∴点E(0,6),
设直线BE为y=12x+6,
解y=12x+6y=14x2得x=6y=9或x=−4y=4,
∴B(6,9),
设直线l的解析式为y=kx+b,
∴2k+b=16k+b=9,解得k=2b=−3,
∴直线l的解析式为y=2x﹣3;
(3)设直线CD的解析式为y=kx+m,
由y=kx+my=14x2去掉y整理得14x2﹣kx﹣m=0.
设C、D的坐标分别为(xC,yC),(xD,yD),
∴xC•xD=﹣4m,
设直线CP的解析式为y=ax+c,
由y=ax+cy=14x2整理得,14x2﹣ax﹣c=0.
∵CP与抛物线只有一个公共点,
∴△=a2+c=0,
∴c=﹣a2,
∴14x2﹣ax+a2=0,解得xC=2a,
同理:设直线DP的解析式为y=bx+d,可得xD=2b,
∴2a•2b=﹣4m,
∴ab=﹣m,
联立y=ax+cy=bx+d,即y=ax−a2y=bx−b2,
解得x=a+by=ab,
∴P(a+b,ab),
∵点P的纵坐标为n,
∴n=ab=﹣m.
【例题精讲】4.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c(a>0)与x轴交于A、B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C.
(1)若A(﹣1,0),B(3,0),C(0,﹣3).
①求抛物线的解析式;
②若点P为x轴上一点,点Q为抛物线上一点,△CPQ是以CQ为斜边的等腰直角三角形,求出点P的坐标;
(2)若直线y=bx+t(t>c)与抛物线交于点M、点N(点M在对称轴左侧).直线AM交y轴于点E,直线AN交y轴于点D.试说明点C是线段DE的中点.
【解答】解:(1)①将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得a−b+c=09a+3b+c=0c=−3,解得a=1b=−2c=−3,
故抛物线的表达式为y=x2﹣2x﹣3;
②当点P在CQ的右边时,设点P(m,0),如图,过点Q作QS⊥x轴于点S,
∵∠QPS+∠CPO=90°,∠SQP+∠QPS=90°,∴∠SQP=∠CPO,
∵∠QSP=∠POC=90°,PQ=PC,∴△PQS≌△CPO(AAS),
∴SQ=OP=m,SP=OC=3,∴SO=3﹣m,则点Q(m﹣3,m),
将点Q的坐标代入抛物线表达式得:m=(m﹣3)2﹣2(m﹣3)﹣3,解得m=9±332,
故点P的坐标为(9+332,0)或(9−332,0).
当点P在CQ的左侧时,同法可得Q(m+3,﹣m),
将点Q的坐标代入抛物线表达式得:﹣m=(m+3)2﹣2(m+3)﹣3,解得m=0或﹣5,
∴P(0,0)或(﹣5,0).
综上满足条件的点P的坐标为(9+332,0)或(9−332,0)或(0,0)或(﹣5,0).
(2)设点A、M、N的坐标分别为(p,0)、(m,am2+bm+c)、(n,an2+bn+c),
由点A的坐标得:当x=p时,y=ax2+bx+c=ap2+bp+c=0,即c=﹣ap2﹣bp,
联立y=ax2+bx+c和y=bx+t并整理得:ax2+c﹣t=0,则m+n=0,
设直线MN的表达式为y=sx+q,则am2+bm+c=sm+qan2+bn+c=sn+q,解得s=am+an+bq=q,
即直线MN表达式中的k值为am+an+b,
同理直线AM表达式中的k值为am+ap+b,
则直线AM的表达式为y=(am+ap+b)(x﹣p),令x=0,则yE=﹣p(am+ap+b),
同理可得AN表达式为y=(an+ap+b)(x﹣p),令x=0,则yD=﹣p(an+ap+b),
则12(yD+yE)=−12p(am+an+2ap+2b)=−12p(0+2ap+2b)=﹣ap2﹣bp=c=yC,
故点C是线段DE的中点.
【课后巩固】4.在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y=ax2−2ax+32与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧),抛物线的顶点为C,直线AC交y轴于点D,D为线段AC的中点.
(1)如图1,求抛物线的顶点坐标和解析式;
(2)如图2,点P为抛物线对称轴右侧上的一动点,过点P作PQ⊥AC于点Q,设点P的横坐标为t,点Q的横坐标为m,求m与t的函数关系式;
(3)在(2)的条件下,如图3,连接AP,过点C作CE⊥AP于点E,连接BE、CE分别交PQ于F、G两点,当点F是PG中点时,求点P的坐标.
【解答】解:(1)∵抛物线y=ax2﹣2ax+32,
∴抛物线对称轴为x=−−2a2a=1,
∵抛物线的顶点为C,
∴点C的横坐标为1,
设点A(n,0)
∵直线AC交y轴于点D,D为AC的中点.
∴12(1+n)=0,
∴n=﹣1,
∴A(﹣1,0),
∵点A在抛物线y=ax2﹣2ax+32上,
∴a+2a+32=0,
∴a=−12,
∴抛物线解析式为y=−12x2+x+32=12(x﹣1)2+2,
∴抛物线的顶点坐标C(1,2);
(2)由(1)有,抛物线解析式为y=−12x2+x+32,
∵点x轴上的点B在抛物线上,
∴B(3,0),
∵直线AC交y轴于点D,D为AC的中点.且A(﹣1,0),C(1,2),
∴D(0,1),
∵A(﹣1,0),C(1,2),
∴直线AC解析式为y=x+1,
∵PQ⊥AC,
∴设直线PQ解析式为y=﹣x+b,
∵设点P(t,−12t2+t+32),
∴直线PQ解析式为y=﹣x−12t2+2t+32,
∵点Q在直线AC上,且点Q的横坐标为m,则y=m+1y=−m−12t2+2t+32,
∴m=−14t2+t+14;
(3)如图,连接DE,BD,BC,
∵CE⊥AP,
∴∠ACE+∠CAE=90°,
∵PQ⊥AC,
∴∠APQ+∠CAE=90°,
∴∠ACE=∠APQ,
∵∠CAE=∠CAE
∴△ACE∽△APQ,
∴∠APQ=∠ACE,
∵∠AEC=90°,
∴DE=AD=CD,
∴∠ACE=∠DEC,
∵∠CEP=90°,
∴EF=QF=PF,
∴∠APQ=∠PEF,
∴∠PEF=∠APQ=∠ACE=∠CED,
∴∠CED+∠BEC=∠PEF+∠BEC=∠PEC=90°,
∵点A(﹣1,0),D(0,1),
∴OA=OD,
∴∠BAC=45°
∵点A,B是抛物线与x轴的交点,点C是抛物线的顶点,
∴AC=BC,
∴∠ABC=∠BAC=45°,
∴∠ACB=90°
在Rt△BCD和Rt△BED中,
ED=DCBD=BD,
∴Rt△BCD≌Rt△BED(HL),∴∠BDC=∠BDE,
∵DE=DC,∴BD⊥CE,
∵AP⊥CE,∴AP∥BD,
∵B(3,0),D(0,1),∴直线BD解析式为y=−13x+1,
∵A(﹣1,0),∴直线AP解析式为y=−13x−13,
联立抛物线和直线AP解析式得,y=−13x−13y=−12x2+x+32,
解得x=113y=−149或x=−1y=0(舍去),∴P(113,−149).
【例题精讲】5.已知抛物线C:y=ax2+bx+c(a>0),顶点为(0,0).
(1)求b,c的值;
(2)如图1,若a=1,P为y轴右侧抛物线C上一动点,过P作直线PN⊥x轴交x轴于点N,交直线:y=12x+2于M点,设P点的横坐标为m,当2PM=PN时,求m的值;
(3)如图2,点P(0,y0)为y轴正半轴上一定点,点A,B均为y轴右侧抛物线C上两动点,若∠APO=∠BPy,求证:直线AB经过一个定点.
【解答】解:(1)设抛物线的表达式为y=a(x﹣h)2+k=ax2①,
故b=0,c=0;
(2)a=1时,抛物线的表达式为y=x2,
设点P的坐标为P(m,m2),则点M(m,12m+2),
∵2PM=PN,则|12m+2﹣m2|=12m2,
解得m=−17+12(舍去)或17+12或 43或﹣1(舍去),
故m=17+12或 43;
(3)作点A关于y轴的对称轴M,
∵抛物线关于y轴对称,故点M在抛物线上,连接MP,
∵∠MPO=∠OPA=∠BPy,故M、P、B三点共线,
设点A(p,ap2),则点M(﹣p,ap2),
设直线PM的表达式为y=kx+b,则ap2=−pk+by0=b,解得k=y0−ap2pb=y0,
故直线PM的表达式为y=y0−ap2p+y0②,
联立①②并整理得:ax2+ap2−y0px﹣y0=0,
则xB+xM=−ap2−y0ap,
即xB﹣p=−ap2−y0ap,则xB=y0ap,
将xB的值代入y=ax2得,y=y02ap2,故点B的坐标为(y0ap,y02ap2),
由点B、A的坐标得,直线AB的表达式为y=y0+ap2px﹣y0,
当x=0时,y=﹣y0,
故直线AB恒过点(0,﹣y0).
【课后巩固】5.如图,抛物线y=ax2﹣2ax+c与x轴交于点A(﹣2,0)和B两点,点C(6,4)在抛物线上.
(1)直接写出B点坐标: (4,0) ,抛物线解析式为 y=14x2−12x﹣2 (一般式);
(2)如图1,D为y轴左侧抛物线上一点,且∠DCA=2∠CAB,求点D的坐标;
(3)如图2,直线y=mx+n与抛物线交于点E、F,连接CE、CF分别交y轴于点M、N,若OM•ON=3,求证:直线EF经过定点,并求出这个定点的坐标.
【解答】解:(1)将点A、C的坐标代入抛物线表达式得0=4a+4a+c4=36a−12a+c,解得a=14c=−2,
故抛物线的表达式为y=14x2−12x−2,
令y=14x2−12x−2=0,解得x=4或﹣2,故点B的坐标为(4,0),
故答案为:(4,0),y=14x2−12x−2;
(2)延长DC交x轴于点M,
∵∠DCA=2∠CAB,
∴∠CAB=∠CMA,
∴CA=CM,
过点C作CQ⊥AM于点Q,
则QM=AQ=8,
∴点M坐标为(14,0),
由点C、M的坐标得,直线DM的解析式为:y=−12x+7,
由y=−12x+7y=14x2−12x−2得x1=−6y1=10或x2=6y2=4(舍去)
∴点D坐标为(﹣6,10);
(3)设直线CE的表达式为y=kx+b,将点C的坐标代入上式并解得b=4﹣6k,
故直线CE解析式为:y=kx﹣6k+4,
则点M(0,﹣6k+4),
由y=14x2−12x−2y=kx−6k+4得14x2−(12+k)x+6k−6=0,
∴xC+xE=2+4k,
∴xE=4k﹣4 ①,
同理设直线CF的解析式为:y=tx﹣6t+4 则点N(0,﹣6t+4)即xF=4t﹣4 ②,
由y=14x2−12x−2y=mx+n得14x2−(m+12)x−2−n=0,
∴xE+xF=4m+2③,
xE•xF=﹣8﹣4n④,
将①②代入③④得k+t=m+52kt=m−14n+1,
又OM•ON=3,
∴(﹣6k+4)(6t﹣4)=﹣36kt+24(k+t)﹣16=3,
∴n=43m−59,
∴y=mx+n=mx+43m−59=m(x+43)−59,
当x=−43时,y=−59,
∴直线EF经过定点且定点坐标为(−43,−59).
【例题精讲】6.如图,抛物线y=ax2+bx经过点A(﹣1,0)、B(−13,−118)两点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图1,若抛物线上第二象限内一点P满足S△PAO=2S△PAB,求点P的坐标;
(3)如图2,直线y=t(t>0)交y轴于T,直线y=kx﹣2+k交抛物线C、D两点,直线CO,DO分别交直线y=t于M,N两点,若TM•TN=8,求t的值.
【解答】解:(1)将点A、B的坐标代入抛物线表达式得a−b=0a9−13b=−118,解得a=14b=14,
故抛物线的表达式为y=14x2+14x①;
(2)过点B作AP的平行线交OA于点C,连接PC,
∵BC∥PA,则S△CAP=S△BPA,
而S△PAO=2S△PAB,故点C是OA的中点,则点C(−12,0),
由点B、C的坐标得,直线BC的表达式为y=−13x−16,
则设直线AP的表达式为y=−13x+b,
将点A的坐标代入上式并解得b=−13,
故直线AP的表达式为y=−13x−13②,
联立①②并解得x=−43y=19(不合题意的值已舍去),
故点P的坐标为(−43,19);
(3)设点C(m,14m2+14m),点D(n,14n2+14n),
由点C、O的坐标得,直线CO的表达式为y=14(m+1)x,
同理可得,DO的表达式为y=14(n+1)x,
由y=t得,点M、N的坐标分别为(4tm+1,t)、(4tn+1,t),
联立①与y=kx﹣2+k并整理得:14x2+(14−k)x+2﹣k=0,
则m+n=4k﹣1,mn=8﹣4k,
则TM•TN=(−4tm+1)(−4tn+1)=16t2mn+m+n+1=16t28−4k+4k−1+1+1=2t2=8,
解得t=﹣2(舍去)或2,
故t=2.
【课后巩固】6.如图1,已知直线y=a与抛物线y=14x2交于A、B两点(A在B的左侧),交y轴于点C.
(1)若AB=4,求a的值;
(2)若抛物线上存在点D(不与A、B重合),使CD=12AB,求a的取值范围;
(3)如图2,直线y=kx+2与抛物线交于点E、F,点P是抛物线上的动点,延长PE、PF分别交直线y=﹣2于M、N两点,MN交y轴于Q点,求QM•QN的值.
【解答】解:(1)在y=14x2中,
当AB=4时,由抛物线的对称性可知,xA=﹣2,xB=2,
∴yA=yB=1,
∴a=1;
(2)当y=a时,14x2=a,
∴x=±2a,
∴AB=4a,
∴CD=12AB=2a,
可设点D的坐标为(2m,m),
如图1,过点D作DH⊥y轴于H,
则在Rt△CDH中,CH2+DH2=CD2,
∴(a﹣m)2+(2m)2=(2a)2,
整理,得(m﹣a)(m﹣a+4)=0,
∵m≠a,
∴m﹣a+4=0,
即m=a﹣4,
又∵m≥0,
∴a﹣4≥0,
∴a≥4;
(3)设E(x1,14x12),F(x2,14x22),P(n,14n2),
设直线PE的解析式为y=mx+b,
则将P(n,14n2),E(x1,14x12)代入,
得nm+b=14n2x1m+b=14x12,
解得,m=14(n+x1),b=−14nx1,
∴yPE=14(n+x1)x−14nx1,
当y=﹣2时,xM=nx1−8n+x1,
同理可求,yPF=14(n+x2)x−14nx2,xN=nx2−8n+x2,
联立y=14x2y=kx+2,
得,14x2﹣kx﹣2=0,
∴x1+x2=4k,x1x2=﹣8,
∴QM•QN=﹣xM•xN=−nx1−8n+x1•nx2−8n+x2=−n2x1x2−8n(x1+x2)+64n2+n(x1+x2)+x1x2=8n2+8n×4k−64n2+4nk−8=8.
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