如图,抛物线y=x2+bx+c与x轴交与A(1,0),B(3,0)两点,与y轴交于点C.(1)求。，(1)将A(1,0),B(3,0)代y=x2+bx+c中得 ?1+b+c=0?9?3b+c=0, ∴解得:b=?2c=3, ∴抛物线解析式为:y=x22x+3; (2)当x=0,则y=3, ∴C点坐标为:(0,3), ∴AO=1,CO=3, ∵B(3,0), ∴BO=3, ∴当PO=1时, △PBO与△AOC相似, ∴P1(0,1)、P2(0,1), 当PO=9时,△PBO与△AOC相似, P3(0,9)、P4(0,9)。 。房县模拟)抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(1,0)、B两点,与y轴交于C(0,3),。，解:(1)抛物线y=x2+bx+c过(1,0)(0,3) ∴1?b+c=0c=?3 解得:b=?2c=?3 ∴抛物线解析式为:y=x22x3; (2)存在. 如图1,当AM∥CD时,∠AMC=∠MCD, 由(1)可得抛物线y=x22x3=(x1)24 ∴D(1,4) 设直线CD为:y=kx3过D(1,4) ∴lCD:y=x3 设直线AM为:y=x+b过A(1,0) ∴lAM:y=x1 当y=x22x3=x1时,AM。 如图已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(1,0),B(3,0)两点,与y轴交于点C(。，y=kx+3,把B(3,0)代入, 解得k=1,所以F(1,2), ∴DF=42=2, △BCD的面积=12×2×1+12×2×2=3; (3)①点C即在抛物线上,CD=2,BC=32,BD=25. ∵CD2+BC2=20,BD2=20, ∴CD2+BC2=BD2, ∴∠BCD=90°, 这时Q与C点重合点Q坐标为Q(0,3), ②如图②,若∠DBQ为90°,作QP⊥x轴于P,D。 如图已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(1,0),B(3,0)两点,与y轴交于点C(。，y=kx+3,把B(3,0)代入, 解得k=1,所以F(1,2), ∴DF=42=2, △BCD的面积=12×2×1+12×2×2=3; (3)①点C即在抛物线上,CD=2,BC=32,BD=25. ∵CD2+BC2=20,BD2=20, ∴CD2+BC2=BD2, ∴∠BCD=90°, 这时Q与C点重合点Q坐标为Q(0,3), ②如图②,若∠DBQ为90°,作QP⊥x轴于P,D。 如图,抛物线y=x2+bx+c与X轴交于A(1,0)、B(3,0)两点 只要第三问的。，解①依题意可知方程x²+bx+c=0的两个根是x1=1 x2=3即方程x²bxc=0的两个根为1和3由韦达定理 b=13=2 c=1×(3) c=3所以抛物线的解析式为y=x²2x+3②存在设C关于抛物线对称轴对称的点位D令x=0由抛物线的解析式可以求得C的坐标为(0,3)再令x²2x+3=3 (C和。 已知,如图,抛物线y=x2+bx+c与x轴,y轴分别相交于点A(1,0),B(0,3)两点,其。，(1)将点A(1,0),B(0,3)两点代入解析式可得: 1b+c=0c=3, 解得:b=2c=3. 故该抛物线的解析式为:y=x2+2x+3. (2)由函数解析式为y=x2+2x+3,可得点D坐标为:(1,4),点E坐标为(3,0), 过点D作DF⊥x轴,交x轴于点F, 则点F坐标为(1,0), 从而可得S△ABO=12AO×BO=32, S梯形BOFD=12(BO+DF)×。 抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A(1,0),点B(3,0)两点，(1) 把AB两点坐标代入,解得b=2 c=3 抛物线为y=x22x3(2)把(1)抛物线画出,任意标一点P,可以发现AB做底,P点纵坐标的绝对。 C点为(0,3)。对称轴为:x=1.所以,设Q点为(1,q)如图显示,做C点对x=1的对称点C',所以△QAC周长为AC+AQ+QC=AC+AQ+QC'而△AQC'中,AQ。 如图,抛物线y=x²+bx+c与x轴交于A、B两点(A点在B点左侧),与y轴交于。，解:由抛物线与y轴交于点为C(0,3)知,c=3由对称轴方程为x=1知:b/2=1,解得b=2所以:抛物线方程为y=x²+2x3(2)、对于方程x²+2x3=0来说,解这个方程得:x1=3,x2=1即:A(3,0),B(1,0)而点C的坐标为(0,3)所以:可求得直线BC的方程为y=3x3(3)、对于y=3x3来说,当x=1时,y=6,即D(1,6)AB的长为4。 |