抛物线上存在性问题的探究教案.doc

抛物线上存在性问题的探究教案

一、教学目标
1、通过本节课的复行四边形、矩形、菱形、正方形等知识解决问题的能力。
2能从数和形的角度探究抛物线上图形的若干综合问题
二、重点和难点
重点:利用抛物线上的图形的特性,如何将问题转化为基本的数学问题
难点:根据题意找出能使四边形转变成平行四边形、矩形、菱形、正方形的条件。
三、教学过程
一、平行四边形与抛物线
1、(2012•钦州)如图甲,在平面直角坐标系中,A、B的坐标分别为(4,0)、(0,3),抛物线y=x2+bx+c经过点B,且对称轴是直线x=﹣.
(1)求抛物线对应的函数解析式;
(2)将图甲中△ABO沿x轴向左平移到△DCE(如图乙),当四边形ABCD是菱形时,请说明点C和点D都在该抛物线上;
(3)在(2)中,若点M是抛物线上的一个动点(点M不与点C、D重合),经过点M作MN∥y轴交直线CD于N,设点M的横坐标为t,MN的长度为l,求l与t之间的函数解析式,并求当t为何值时,以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形.(参考公式:抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为(﹣,),对称轴是直线x=﹣.)
1、解:(1)由于抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点B(0,4),则 c=4;
∵抛物线的对称轴 x=﹣=﹣,
∴b=5a=;
即抛物线的解析式:y=x2+x+4.
(2)∵A(4,0)、B(3,0)
∴OA=4,OB=3,AB==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=x2+x+4中,得:×(﹣5)2+×(﹣5)+4=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:
,解得
∴直线CD:y=﹣x﹣.
由于MN∥y轴,设 M(t,t2+t+4),则 N(t,﹣t﹣);
①t<﹣5或t>﹣1时,l=MN=(t2+t+4)﹣(﹣t﹣)=t2+t+;
②﹣5<t<﹣1时,l=MN=(﹣t﹣)﹣(t2+t+4)=﹣t2﹣t﹣;
若以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形,由于MN∥CE,则MN=CE=3,则有:
t2+t+=3,解得:t=﹣3±2;
梯形与抛物线
1、已知,在Rt△OAB中,∠OAB=90°,∠BOA=30°,AB=,OA所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,△OAB沿OB折叠后,点A落在第一象限内的点C处.
(1)求点C的坐标;
(2)若抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过C、A两点,求此抛物线的解析式;
(3)若上述抛物线的对称轴与OB交于点D,点P为线段DB上一动点,过P作y轴的平行线,交抛物线于点M,问:是否存在这样的点P,使得四边形CDPM为等腰梯形?若存在,请求出此时点P的坐标;若不存在,请说明理由.
1、解:(1)过点C作CH⊥x轴,垂足为H;
∵在Rt△OAB中,∠OAB=90°,∠BOA=30°,AB=2,
∴OB=4,OA=2;
由折叠的性质知:∠COB=30°,OC=AO=2,
∴∠COH=60°,OH=,CH=3;
∴C点坐标为(,3).
(2)∵抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过C(,3)、A(2,0)两点,
∴,
解得;
∴此抛物线的函数关系式为:y=﹣x2+2x.
(3)存在.
因为y=﹣x2+2x的顶点坐标为(,3),
即为点C,MP⊥x轴,垂足为N,设PN=t;
因为∠BOA=30°,
所以ON=t,
∴P(t,t);
作PQ⊥CD,垂足为Q,ME⊥CD,垂足为E;
把x=t代入y=﹣x2+2x,
得y=﹣3t2+6t,
∴M(t,﹣3t2+6t),E(,﹣3t2+6t),
同理:Q(,t),D(,1);
2.(2012•玉林)如图,在平面直角坐标系xOy中,矩形AOCD的顶点A的坐标是(0,4),现有两动点P,Q,点P从点O出发沿线段OC(不包括端点O,C)以每秒2个单位长度的速度匀速向点C运动,点Q从点C出发沿线段CD(不包括端点C,D),Q同时出发,同时停止,设运动时间为t(秒),当t=2(秒)时,PQ=2.
(1)求点D的坐标,并直接写出t的取值范围.
(2)连接AQ并延长交x轴于点E,把AE沿AD翻折交CD延长线于点F,连接EF,则△AEF的面积S是否随t的变化而变化?若变化,求出S与t的函数关系式;若不变化,求出S的值.
(3)在(2)的条件下,t为何值时,四边形APQF是梯形?
.解:(1)由题意可知,当t=2(