如圖,直線(xiàn)y=
1
2
x+1交y軸于點(diǎn)A,過(guò)該直線(xiàn)上一點(diǎn)B作BC⊥x軸,垂足為點(diǎn)C(3,0)拋物線(xiàn)y=ax2+
17
4
x+c過(guò)A、B兩點(diǎn).
(1)求拋物線(xiàn)的解析式.
(2)在x軸上是否存在一點(diǎn)D,使AD+BD最短?若存在,請(qǐng)求出點(diǎn)D坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
(3)點(diǎn)P(t,0)為線(xiàn)段OC上任一點(diǎn)(不與點(diǎn)O、C重合),過(guò)點(diǎn)P作PN⊥x軸,交直線(xiàn)AB于點(diǎn)M,交拋物線(xiàn)于點(diǎn)N.
①求MN的最大值;
②連接CM、BN,試求:當(dāng)t為何值時(shí),四邊形BCMN為菱形?
考點(diǎn):二次函數(shù)綜合題
專(zhuān)題:壓軸題
分析:(1)先令x=0求出y的值即可得出A點(diǎn)坐標(biāo),再把C點(diǎn)橫坐標(biāo)代入直線(xiàn)y=
1
2
x+1求出y的值即可得出B點(diǎn)坐標(biāo),把AB兩點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)即可得出a、c的值,故可得出拋物線(xiàn)的解析式;
(2)作出點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′,連接A′B,則線(xiàn)段A′B的長(zhǎng)即為AD+BD最短,再利用待定系數(shù)法求出直線(xiàn)A′B的解析式,故可得出D點(diǎn)坐標(biāo);
(3)①先用含t的代數(shù)式表示P、M、N的坐標(biāo),再根據(jù)MN=NP-MP,即可得到線(xiàn)段MN的長(zhǎng)與t的函數(shù)關(guān)系式為MN,然后運(yùn)用配方法可求出MN的最大值;
②若四邊形BCMN為平行四邊形,則有MN=BC,故可得出關(guān)于t的二元一次方程,解方程求得t的值,再分別分析t取何值時(shí)四邊形BCMN為菱形即可.
解答:解:(1)∵令x=0,則y=1,
∴A(0,1),
∵BC⊥x軸,C(3,0),
∴當(dāng)x=3時(shí),y=
1
2
×3+1=
5
2
,
∴B(3,
5
2
),
∵AB兩點(diǎn)均在拋物線(xiàn)y=ax2+
17
4
x+c上,
c=1
9a+
51
4
+1=
5
2
,解得
a=-
5
4
c=1
,
∴拋物線(xiàn)的解析式為:y=-
5
4
x2+
17
4
x+1;

(2)作出點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′,連接A′B,則線(xiàn)段A′B的長(zhǎng)即為AD+BD最短,
∵A(0,1),B(3,
5
2
),
∴A′(0,-1),
設(shè)直線(xiàn)A′B的解析式為y=kx+b(k≠0),
b=-1
3k+b=
5
2
,解得
k=
7
6
b=-1

∴直線(xiàn)A′B的解析式y(tǒng)=
7
6
x-1;
∴當(dāng)y=0時(shí),
7
6
x-1=0,解得x=
6
7
,
∴D(
6
7
,0);

(3)①∵P(t,0),
∴M(t,
1
2
t+1),N(t,-
5
4
t2+
17
4
t+1),
∴MN=NP-MP=(-
5
4
t2+
17
4
t+1)-(
1
2
t+1)=-
5
4
t2+
15
4
t,即線(xiàn)段MN的長(zhǎng)與t的函數(shù)關(guān)系式為MN=-
5
4
t2+
15
4
t(0≤t≤3);
∵-
5
4
t2+
15
4
t=
15
4
(t2-3t)=-
5
4
(t-
3
2
2+
45
16
,
∴當(dāng)t=
3
2
時(shí),MN的長(zhǎng)最大,最大值是
45
16
;
②∵若四邊形BCMN為平行四邊形,
∴MN=BC,即-
5
4
t2+
15
4
t=
5
2
,解得t1=1,t2=2,
∴當(dāng)t=1或2時(shí),四邊形BCMN為平行四邊形;
當(dāng)t=1時(shí),MN=-
5
4
×12+
15
4
×1=
5
2
,MP=
1
2
×1+1=
3
2
,PC=3-1=2,
在Rt△MPC中,MC=
MP2+PC2
=
(
3
2
)
2
+22
=
5
2
,
∴MN=MC,此時(shí)平行四邊形BCMN為菱形;
當(dāng)t=2時(shí),MN=-
5
4
×22+
15
4
×2=
5
2
,MP=
1
2
×2+1=2,PC=3-2=1,
在Rt△MPC中,MC=
MP2+PC2
=
22+12
=
5

∴MN≠M(fèi)C,此時(shí)平行四邊形BCMN不是菱形.
∴當(dāng)t=1時(shí),四邊形BCMN為菱形.
點(diǎn)評(píng):本題考查了的是二次函數(shù)綜合題,涉及到待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式,線(xiàn)段的長(zhǎng)與函數(shù)關(guān)系式之間的關(guān)系,二次函數(shù)的性質(zhì),平行四邊形以及菱形的性質(zhì)與判定,勾股定理等知識(shí),綜合性較強(qiáng),難度較大,解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用.
練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

2013年4月20日早晨8時(shí)02分,四川省雅安市蘆山縣發(fā)生7.0級(jí)地震,舉國(guó)上下紛紛捐款捐物.某陶藝班學(xué)生積極參與賑災(zāi),決定制作A、B兩種型號(hào)陶藝品進(jìn)行義賣(mài),將所得善款全部捐給災(zāi)區(qū),制作這兩類(lèi)陶藝品時(shí)需用甲、乙兩種材料,制作A、B兩種型號(hào)陶藝品的用料情況如下表所示:
        材料
陶藝品
甲種材料(kg)乙種材料(kg)
1件A型陶藝品0.80.3
1件B型陶藝品0.40.6
義賣(mài)A、B兩種型號(hào)陶藝品的善款P(元)與銷(xiāo)售量t(件)之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示.已知該班學(xué)生制作了A型陶藝品x件和B型陶藝品y件,共用去甲種材料80kg.
(1)寫(xiě)出x與y滿(mǎn)足的關(guān)系式;
(2)為保證義賣(mài)A、B兩種型號(hào)陶藝品后的總善款至少1500元捐給災(zāi)區(qū),那么乙種材料料至少需要多少?lài)崳?/div>

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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

等腰△ABC中,AB=BC,點(diǎn)A(-2,0)、B(2,0),S△ABC=4,則點(diǎn)C坐標(biāo)是
 

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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

實(shí)數(shù)3、3.14、
2
、
3-27
、
13
8
、-
π
3
中,有理數(shù)的個(gè)數(shù)為(  )
A、2B、3C、4D、5

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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

如圖,已知E、F分別為正方形ABCD的邊AB,BC的中點(diǎn),AF與DE交于點(diǎn)M,O為BD的中點(diǎn),則下列結(jié)論:①∠AME=90°;②∠BAF=∠EDB;③∠BMO=90°;④MD=2AM=4EM;⑤AM=
2
3
MF.其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是( 。
A、5個(gè)B、4個(gè)C、3個(gè)D、2個(gè)

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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

如圖,已知平行四邊形ABCD中,E、F分別為AB、CD上的點(diǎn),且AE=
1
4
AB,CF=
1
4
CD,求證:BD與EF互相平分.

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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

直角三角形的三邊長(zhǎng)是連續(xù)偶數(shù),則三邊長(zhǎng)分別是(  )
A、2,4,6
B、4,6,8
C、6,8,10
D、8,10,12

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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

如圖,AB=AC,D,E分別是AB,AC的中點(diǎn),請(qǐng)說(shuō)明△BOC是等腰三角形的理由.

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科目:初中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

如圖,AB是⊙O的直徑,弦CD⊥AB,∠CDB=30°,CD=2
3
,則陰影部分圖形的面積為
 

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同步練習(xí)冊(cè)答案