题目内容

已知：抛物线y=ax2+c交x轴于A、B两点，且AB=5，交y轴于点C（0，
75
16
）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点D为抛物线在x轴上方的任意一点，求证：tan∠DAB+tan∠DBA为一定值．
（3）若点D（-1.5，m）是抛物线y=ax2+c上一点
①判断△ABD的形状并加以证明．
②若M是线段AD上一动点（不与A、D重合），N是线段AB上一点，设AN=t，t为何值时，线段AD上的点M总存在两个不同的位置使∠BMN=∠BDA？
考点：二次函数综合题
专题：
分析：（1）根据y=ax2+c交y轴于C（0，
75
16
），可得c=
75
16
，再根据对称轴为y轴，AB=5，可得B（
5
2
，0），A（-
5
2
，0），再根据待定系数法可求抛物线的解析式；     
（2）设D（x，-
3
4
x2+
75
16
），过D作DE⊥AB于E点．根据正切函数可得tan∠DAB+tan∠DBA是一个定值．
（3）①将D（-15，m）代入y=-
3
4
x2+
75
16
中，可得D点坐标，再根据勾股定理得到BD=
DE2+BE2
=5=AB，根据等腰三角形的判断即可得到△ABD是等腰三角形．
②设AM=x，则DM=
10
-x，根据相似三角形的判定和性质可得关于x的方程，根据根的判别式和实际意义可得t的取值范围．
解答：解：（1）∵y=ax2+c交y轴于C（0，
75
16
），
∴c=
75
16
，
∵对称轴为y轴，AB=5，
∴B（
5
2
，0），A（-
5
2
，0），
将B（
5
2
，0）代入y=ax2+
75
16
，
解得a=-
3
4
．
∴y=-
3
4
x2+
75
16
；        

（2）设D（x，-
3
4
x2+
75
16
），
如图，过D作DE⊥AB于E点．
∴tan∠DAB+tan∠DBA
=
DE
AE
+
DE
BE

=
-
3
4
x2+
75
16
t+
5
2
+
-
3
4
x2+
75
16
5
2
-t

=
15
4
，
∴tan∠DAB+tan∠DBA是一个定值．

（3）①△ABD是等腰三角形．理由如下：
将D（-1.5，m）代入y=-
3
4
x2+
75
16
中，
可得m=3，
∴D（-
3
2
，3），
∴DE=3，BE=
5
2
-(-
3
2
)=4，
∴BD=
DE2+BE2
=5=AB，
∴△ABD是等腰三角形．
②由①可得，AD=
10
，
设AM=x，则DM=
10
-x，
∵AB=BD，
∴∠BAD=∠BDA，
∵∠BMN=∠BDA，
∴∠BMD+∠AMN=∠BMD+∠DBM，
∴∠AMN=∠DBM，
∴△AMN∽△DBM，
∵AN=t，
∴
AM
DB
=
AN
DM
，
∴
x
5
=
t
10
-x
，
x2-
10
x+5t=0，
∵存在两个不同的位置，
∴该方程有两个不相等的实数根，
∴△=10-4×5t＞0，
解得t＜
1
2
．
∴当0＜t＜
1
2
时，总存在两个不同的位置，使∠BMN=∠BDA．
点评：考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：待定系数法求抛物线的解析式，正切函数，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的判定和性质，根的判别式，综合性较强，有一定的难度．
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解方程：
（1）2x2-5x-3=0；    
（2）
3
x+1
+
1
x-1
=
6
x2-1
．
计算：
18
-
1
3
-（
4
3
+6
1
8
）．
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；OF=
 
；
（2）连结AE．若△OAE∽△OEF，请求出抛物线C1的解析式；
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9
2
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（1）求该抛物线的解析式；
（2）①直接写出点P所经过的路径长；
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（3）点D与B、C不重合时，过点D作DE⊥AC于点E，作DF⊥AB于点F，连结EF，求EF的最小值．
已知抛物线y=
1
2
x2-mx+2m-
7
2
的顶点为点C．
（1）求证：不论m为何实数，该抛物线与x轴总有两个不同的交点；
（2）若抛物线的对称轴为直线x=-3，求m的值和C点坐标；
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（2）若点A到x轴的距离小于到y轴的距离，求a的取值范围．

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