【題目】若兩條拋物線的頂點(diǎn)相同,則稱它們?yōu)椤坝押脪佄锞”,拋物線C1:y1=﹣2x2+4x+2與C2:u2=﹣x2+mx+n為“友好拋物線”.

(1)求拋物線C2的解析式.
(2)點(diǎn)A是拋物線C2上在第一象限的動(dòng)點(diǎn),過A作AQ⊥x軸,Q為垂足,求AQ+OQ的最大值.
(3)設(shè)拋物線C2的頂點(diǎn)為C,點(diǎn)B的坐標(biāo)為(﹣1,4),問在C2的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)M,使線段MB繞點(diǎn)M逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段MB′,且點(diǎn)B′恰好落在拋物線C2上?若存在求出點(diǎn)M的坐標(biāo),不存在說明理由.

【答案】
(1)解:∵y1=﹣2x2+4x+2=﹣﹣2(x﹣1)2+4,
∴拋物線C1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(1,4).
∵拋物線C1:與C2頂點(diǎn)相同,
=1,﹣1+m+n=4.
解得:m=2,n=3.
∴拋物線C2的解析式為u2=﹣x2+2x+3.
(2)解:如圖1所示:

設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(a,﹣a2+2a+3).
∵AQ=﹣a2+2a+3,OQ=a,
∴AQ+OQ=﹣a2+2a+3+a=﹣a2+3a+3=﹣(a﹣ 2+
∴當(dāng)a= 時(shí),AQ+OQ有最大值,最大值為
(3)解:如圖2所示;連接BC,過點(diǎn)B′作B′D⊥CM,垂足為D.

∵B(﹣1,4),C(1,4),拋物線的對(duì)稱軸為x=1,
∴BC⊥CM,BC=2.
∵∠BMB′=90°,
∴∠BMC+∠B′MD=90°.
∵B′D⊥MC,
∴∠MB′D+∠B′MD=90°.
∴∠MB′D=∠BMC.
在△BCM和△MDB′中,

∴△BCM≌△MDB′
∴BC=MD,CM=B′D.
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,a).則B′D=CM=4﹣a,MD=CB=2.
∴點(diǎn)B′的坐標(biāo)為(a﹣3,a﹣2).
∴﹣(a﹣3)2+2(a﹣3)+3=a﹣2.
整理得:a2﹣7a﹣10=0.
解得a=2,或a=5.
當(dāng)a=2時(shí),M的坐標(biāo)為(1,2),
當(dāng)a=5時(shí),M的坐標(biāo)為(1,5).
綜上所述當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,2)或(1,5)時(shí),B′恰好落在拋物線C2上.
【解析】解答此題抓住“友好拋物線”滿足的條件是兩條拋物線的頂點(diǎn)相同。
(1)先求出y1頂點(diǎn)坐標(biāo),然后依據(jù)兩個(gè)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)相同可求得m、n的值。
(2) 抓住已知條件AQ⊥x軸,點(diǎn)Q在x軸上,設(shè)A(a,-a2+2a+3).則OQ=a,AQ=-a2+2a+3,然后得到OQ+AQ與a的函數(shù)關(guān)系式,最后利用配方法可求得OQ+AQ的最值。
(3)連接BC,過點(diǎn)B′作B′D⊥CM,垂足為D.先證明△BCM≌△MDB′,由全等三角形的性質(zhì)得到BC=MD,CM=B′D,設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,a).則用含a的式子可表示出點(diǎn)B′的坐標(biāo),將點(diǎn)B′的坐標(biāo)代入拋物線的解析式,建立方程可求得a的值,從而得到點(diǎn)M的坐標(biāo)。
【考點(diǎn)精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解因式分解法的相關(guān)知識(shí),掌握已知未知先分離,因式分解是其次.調(diào)整系數(shù)等互反,和差積套恒等式.完全平方等常數(shù),間接配方顯優(yōu)勢(shì),以及對(duì)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的理解,了解①旋轉(zhuǎn)后對(duì)應(yīng)的線段長(zhǎng)短不變,旋轉(zhuǎn)角度大小不變;②旋轉(zhuǎn)后對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離不變;③旋轉(zhuǎn)后物體或圖形不變,只是位置變了.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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1)求點(diǎn)坐標(biāo);

2)求的面積;

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1

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B型車

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1400

銷售價(jià)格(元/輛)

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