分析 (1)根据已知求得抛物线与x轴的另一个交点,然后根据待定系数法求得即可;
(2)已知A、B点的坐标,由勾股定理能求出AB的长,若四边形ABCD是菱形,那么AD=BC=AB,可据此求出C、D点的坐标,再代入抛物线的解析式中进行验证即可.
(3)在求d与t之间的函数解析式时,要分两种情况:①抛物线在直线CD上方、②抛物线在直线CD下方;先根据直线CD与抛物线的解析式,表示出P、Q的坐标,它们纵坐标的差即为d的长,当以P、Q、C、E为顶点的四边形是平行四边形时,由于CE∥PQ∥y轴,那么CE必与PQ相等,将CE长代入d、t的函数关系式中,即可求出符合条件的t的值.
解答 解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+3,经过点M(-4,0),且对称轴为x=-$\frac{5}{2}$,
∴M关于x=-$\frac{5}{2}$的对称点为(-1,0),
∴$\left\{\begin{array}{l}{16a-4b+3=0}\\{a-b+3=0}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{3}{4}}\\{b=\frac{15}{4}}\end{array}\right.$,
∴抛物线的解析式:y=$\frac{3}{4}$x2+$\frac{15}{4}$x+3.
(2)∵抛物线y=$\frac{3}{4}$x2+$\frac{15}{4}$x+3交y轴于B.
∴B(0,3),
∵A(4,0),
∴OA=4,OB=3,AB=$\sqrt{O{A}^{2}+O{B}^{2}}$=5;
若四边形ABCD是菱形,则BC=AD=AB=5,
∴C(-5,3)、D(-1,0).
将C(-5,3)代入y=$\frac{3}{4}$x2+$\frac{15}{4}$x+3中,得:$\frac{3}{4}$×(-5)2+$\frac{15}{4}$×(-5)+3=3,所以点C在抛物线上;
同理可证:点D也在抛物线上.
(3)设直线CD的解析式为:y=kx+b,依题意,有:
$\left\{\begin{array}{l}{-5k+b=3}\\{-k+b=0}\end{array}\right.$,解得 $\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{3}{4}}\\{b=-\frac{3}{4}}\end{array}\right.$,
∴直线CD:y=-$\frac{3}{4}$x-$\frac{3}{4}$.
由于PQ∥y轴,设 P(t,$\frac{3}{4}$t2+$\frac{15}{4}$t+3),则 Q(t,-$\frac{3}{4}$t-$\frac{3}{4}$);
①t<-5或t>-1时,d=PQ=($\frac{3}{4}$t2+$\frac{15}{4}$t+3)-(-$\frac{3}{4}$t-$\frac{3}{4}$)=$\frac{3}{4}$t2+$\frac{9}{2}$t+$\frac{15}{4}$;
②-5<t<-1时,d=PQ=(-$\frac{3}{4}$t-$\frac{3}{4}$)-($\frac{3}{4}$t2+$\frac{15}{4}$t+3)=-$\frac{3}{4}$t2-$\frac{9}{2}$t-$\frac{15}{4}$;
若以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形,由于PQ∥CE,则PQ=CE=3,则有:
$\frac{3}{4}$t2+$\frac{9}{2}$t+$\frac{15}{4}$=3,解得:t1=-3+2$\sqrt{2}$,t2=-3-2$\sqrt{2}$;
-$\frac{3}{4}$t2-$\frac{9}{2}$t-$\frac{15}{4}$=3,解得:t=-3;
综上,当t=-3+2$\sqrt{2}$或t=-3-2$\sqrt{2}$或-3时,以P,Q,C,E为顶点的四边形是平行四边形.
点评 此题是二次函数综合题涉及的内容有:函数解析式的确定以及菱形、平行四边形的性质;最后一题容易出错,一定要注意函数解析式对应的自变量取值范围,以免出错.
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| A. | 4个 | B. | 3个 | C. | 2个 | D. | 1个 |
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| A. | y1>y2 | B. | y1<y2 | ||
| C. | y1=y2 | D. | 无法比较y1和y2的大小 |
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