二次函数难题练习及答案一.doc
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二次函数难题练习及答案一.doc
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37.(2014年山东泰安,第29题)二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点(﹣1,4),且与直线y=﹣x+1相交于A、B两点(如图),A点在y轴上,过点B作BC⊥x轴,垂足为点C(﹣3,0).
(1)求二次函数的表达式;
(2)点N是二次函数图象上一点(点N在AB上方),过N作NP⊥x轴,垂足为点P,交AB于点M,求MN的最大值;
(3)在
(2)的条件下,点N在何位置时,BM与NC相互垂直平分?
并求出所有满足条件的N点的坐标.
34.(2014•德州,第24题12分)如图,在平面直角坐标系中,已知点A的坐标是(4,0),并且OA=OC=4OB,动点P在过A,B,C三点的抛物线上.
(1)求抛物线的解析式;
(2)是否存在点P,使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形?
若存在,求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,说明理由;
(3)过动点P作PE垂直于y轴于点E,交直线AC于点D,过点D作y轴的垂线.垂足为F,连接EF,当线段EF的长度最短时,求出点P的坐标.
28.(2014•株洲,第24题,10分)已知抛物线y=x2﹣(k+2)x+和直线y=(k+1)x+(k+1)2.
(1)求证:
无论k取何实数值,抛物线总与x轴有两个不同的交点;
(2)抛物线于x轴交于点A、B,直线与x轴交于点C,设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3,求x1•x2•x3的最大值;
(3)如果抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边,直线与x轴的交点C在原点的左边,又抛物线、直线分别交y轴于点D、E,直线AD交直线CE于点G(如图),且CA•GE=CG•AB,求抛物线的解析式.
(第5题图)
24.(2014•湘潭,第25题)△ABC为等边三角形,边长为a,DF⊥AB,EF⊥AC,
(1)求证:
△BDF∽△CEF;
(2)若a=4,设BF=m,四边形ADFE面积为S,求出S与m之间的函数关系,并探究当m为何值时S取最大值;
(3)已知A、D、F、E四点共圆,已知tan∠EDF=,求此圆直径.
(第1题图)
20.(2014•邵阳,第26题10分)在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=x2﹣(m+n)x+mn(m>n)与x轴相交于A、B两点(点A位于点B的右侧),与y轴相交于点C.
(1)若m=2,n=1,求A、B两点的坐标;
(2)若A、B两点分别位于y轴的两侧,C点坐标是(0,﹣1),求∠ACB的大小;
(3)若m=2,△ABC是等腰三角形,求n的值.
18.(10分)(2014•孝感,第22题10分)已知关于x的方程x2﹣(2k﹣3)x+k2+1=0有两个不相等的实数根x1、x2.
(1)求k的取值范围;
(2)试说明x1<0,x2<0;
(3)若抛物线y=x2﹣(2k﹣3)x+k2+1与x轴交于A、B两点,点A、点B到原点的距离分别为OA、OB,且OA+OB=2OA•OB﹣3,求k的值.
解:
(1)由题设可知A(0,1),B(﹣3,),
则二次函数的解析式是:
y=﹣﹣x+1;
(2)设N(x,﹣x2﹣x+1),则M、P点的坐标分别是(x,﹣x+1),(x,0).
∴MN=PN﹣PM=﹣x2﹣x+1﹣(﹣x+1)=﹣x2﹣x=﹣(x+)2+,
则当x=﹣时,MN的最大值为;
(3)连接MN、BN、BM与NC互相垂直平分,
即四边形BCMN是菱形,由于BC∥MN,即MN=BC,且BC=MC,
即﹣x2﹣x=,且(﹣x+1)2+(x+3)2=,解得:
x=1,
故当N(﹣1,4)时,MN和NC互相垂直平分.
分析:
(3)据垂线段最短,可得当OD⊥AC时,OD最短,即EF最短,根据等腰三角形的性质,D是AC的中点,则DF=OC,即可求得P的纵坐标,代入二次函数的解析式,即可求得横坐标,得到P的坐标.
解答:
则抛物线的解析式是:
y=﹣x2+3x+4;
(2)存在.
第一种情况,当以C为直角顶点时,过点C作CP1⊥AC,交抛物线于点P1.过点P1作y轴的垂线,垂足是M.∵∠ACP1=90°,∴∠MCP1+∠ACO=90°.
∵∠ACO+∠OAC=90°,∴∠MCP1=∠OAC.∵OA=OC,∴∠MCP1=∠OAC=45°∴∠MCP1=∠MP1C,∴MC=MP1,
设P(m,﹣m2+3m+4),则m=﹣m2+3m+4﹣4,
解得:
m1=0(舍去),m2=2.∴﹣m2+3m+4=6,即P(2,6).
第二种情况,当点A为直角顶点时,过A作AP2,AC交抛物线于点P2,过点P2作y轴的垂线,垂足是N,AP交y轴于点F.∴P2N∥x轴,由∠CAO=45°,∴∠OAP=45°,
∴∠FP2N=45°,AO=OF.∴P2N=NF,
设P2(n,﹣n2+3n+4),则n=(﹣n2+3n+4)﹣1,
解得:
n1=﹣2,n2=4(舍去),∴﹣n2+3n+4=﹣6,
则P2的坐标是(﹣2,﹣6).
综上所述,P的坐标是(2,6)或(﹣2,﹣6);
(3)连接OD,由题意可知,四边形OFDE是矩形,则OD=EF.
根据垂线段最短,可得当OD⊥AC时,OD最短,即EF最短.
由
(1)可知,在直角△AOC中,OC=OA=4,
则AC==4,
根据等腰三角形的性质,D是AC的中点.
又∵DF∥OC,
∴DF=OC=2,
∴点P的纵坐标是2.
则﹣x2+3x+1=2,
解得:
x=,
∴当EF最短时,点P的坐标是:
(,0)或(,0).
考点:
二次函数综合题
分析:
(1)由判别式△=(k+2)2﹣4×1×=k2﹣k+2=(k﹣)2+>0,即可证得无论k取何实数值,抛物线总与x轴有两个不同的交点;
(2)由抛物线于x轴交于点A、B,直线与x轴交于点C,设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3,可得x1•x2=,x3=﹣(k+1),继而可求得答案;
(3)由CA•GE=CG•AB,易得△CAG∽△CBE,继而可证得△OAD∽△OBE,则可得,又由抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边,直线与x轴的交点C在原点的左边,又抛物线、直线分别交y轴于点D、E,可得OA•OB=,OD=,OE=(k+1)2,继而求得点B的坐标为(0,k+1),代入解析式即可求得答案.
解答:
(1)证明:
∵△=(k+2)2﹣4×1×=k2﹣k+2=(k﹣)2+,
∵(k﹣)2≥0,
∴△>0,
∴无论k取何实数值,抛物线总与x轴有两个不同的交点;
(2)解:
∵抛物线于x轴交于点A、B,直线与x轴交于点C,设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3,
∴x1•x2=,
令0=(k+1)x+(k+1)2,
解得:
x=﹣(k+1),
即x3=﹣(k+1),
∴x1•x2•x3=﹣(k+1)•=﹣(k+)2+,
∴x1•x2•x3的最大值为:
;
(3)解:
∵CA•GE=CG•AB,
∴,
∵∠ACG=∠BCE,
∴△CAG∽△CBE,
∴∠CAG=∠CBE,
∵∠AOD=∠BOE,
∴△OAD∽△OBE,
∴,
∵抛物线与x轴的交点A、B在原点的右边,直线与x轴的交点C在原点的左边,又抛物线、直线分别交y轴于点D、E,
∴OA•OB=,OD=,OE=(k+1)2,
∴OA•OB=OD,
∴,
∴OB2=OE,
∴OB=k+1,
∴点B(k+1,0),
将点B代入抛物线y=x2﹣(k+2)x+得:
(k+1)2﹣(k+2)(k+1)﹣=0,
解得:
k=2,
∴抛物线的解析式为:
y=x2﹣4x+3.
考点:
相似形综合题;二次函数的最值;等边三角形的性质;圆周角定理;解直角三角形
分析:
(1)只需找到两组对应角相等即可.
(2)四边形ADFE面积S可以看成△ADF与△AEF的面积之和,借助三角函数用m表示出AD、DF、AE、EF的长,进而可以用含m的代数式表示S,然后通过配方,转化为二次函数的最值问题,就可以解决问题.
(3)易知AF就是圆的直径,利用圆周角定理将∠EDF转化为∠EAF.在△AFC中,知道tan∠EAF、∠C、AC,通过解直角三角形就可求出AF长.
解答:
解:
(1)∵DF⊥AB,EF⊥AC,
∴∠BDF=∠CEF=90°.
∵△ABC为等边三角形,
∴∠B=∠C=60°.
∵∠BDF=∠CEF,∠B=∠C,
∴△BDF∽△CEF.
(2)∵∠BDF=90°,∠B=60°,
∴sin60°==,cos60°==.
∵BF=m,
∴DF=m,BD=.
∵AB=4,
∴AD=4﹣.
∴S△ADF=AD•DF
=×(4﹣)×m
=﹣m2+m.
同理:
S△AEF=AE•EF
=×(4﹣)×(4﹣m)
=﹣m2+2.
∴S=S△ADF+S△AEF
=﹣m2+m+2
=﹣(m2﹣4m﹣8)
=﹣(m﹣2)2+3.其中0<m<4.
∵﹣<0,0<2<4,
∴当m=2时,S取最大值,最大值为3.
∴S与m之间的函数关系为:
S═﹣(m﹣2)2+3(其中0<m<4).
当m=2时,S取到最大值,最大值为3.
(3)如图2,
∵A、D、F、E四点共圆,
∴∠EDF=∠EAF.
∵∠ADF=∠AEF=90°,
∴AF是此圆的直径.
∵tan∠EDF=,
∴tan∠EAF=.
∴=.
∵∠C=60°,
∴=tan60°=.
设EC=x,则EF=x,EA=2x.
∵AC=a,
∴2x+x=a.
∴x=.
∴EF=,AE=.
∵∠AEF=90°,
∴AF==.
∴此圆直径长为.
(2)∵抛物线y=x2﹣(m+n)x+mn(m>n)过C(0,﹣1),
∴﹣1=mn,∴n=﹣,∵B(n,0),∴B(﹣,0).
∵AO=m,BO=﹣,CO=1∴AC==,BC==,
AB=AO+BO=m﹣,
∵(m﹣)2=()2+()2,∴AB2=AC2+BC2,∴∠ACB=90°.
(3)∵A(m,0),B(n,0),C(0,mn),且m=2,
∴A(2,0),B(n,0),C(0,2n).
∴AO=2,BO=|n|,CO=|2n|,
∴AC==,BC==|n|,AB=xA﹣xB=2﹣n.
①当AC=BC时,=|n|,解得n=2(A、B两点重合,舍去)或n=﹣2;
②当AC=AB时,=2﹣n,解得n=0(B、C两点重合,舍去)或n=﹣;
③当BC=AB时,|n|=2﹣n,
当n>0时,n=2﹣n,解得n=,
当n<0时,﹣n=2﹣n,解得n=﹣.
综上所述,n=﹣2,﹣,﹣,时,△ABC是等腰三角形.
解答:
解:
(1)由题意可知:
△=【﹣(2k﹣3)】2﹣4(k2+1)>0,
即﹣12k+5>0
∴.
(2)∵,
∴x1<0,x2<0.
(3)依题意,不妨设A(x1,0),B(x2,0).
∴OA+OB=|x1|+|x2|=﹣(x1+x2)=﹣(2k﹣3),
OA•OB=|﹣x1||x2|=x1x2=k2+1,
∵OA+OB=2OA•OB﹣3,
∴﹣(2k﹣3)=2(k2+1)﹣3,
解得k1=1,k2=﹣2.
∵,
∴k=﹣2.
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