初中数学二次函数综合题经典题型

初中数学二次函数综合题及答案经典题型初中数学二次函数综合题及答案经典题型初中数学二次函数综合题及答案经典题型二次函数试题论：①抛物线y1x21是由抛物线y1x2如何挪动获得的？22②抛物线y1(x1)2是由抛物线y1x2如何挪动获得的？22③抛物线y1(x1)21是由抛物线y1x21如何挪动获得的？22④抛物线y1(x1)21是由抛物线y1(x1)2如何挪动获得的？22⑤抛物线y1(x1)21是由抛物线y1x2如何挪动获得的？22选择题：1、y=(m-2)xm2-m是对于x的二次函数，则m=（）A-1B2C-1或2Dm不存在2、以下函数关系中，能够看作二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)模型的是（）在必定距离内，汽车行驶的速度与行驶的时间的关系我国人中自然增加率为1%，这样我国总人口数随年份变化的关系矩形周长一准时，矩形面积和矩形边长之间的关系圆的周长与半径之间的关系4、将一抛物线向下向右各平移2个单位获得的抛物线是y=-x2，则抛物线的分析式是（）Ay=—（x-2）2+2By=—（x+2）2+2Cy=—（x+2）2+2Dy=—（x-2）2—2y5、抛物线y=1x2-6x+24的极点坐标是（）2A（—6，—6）B（—6，6）C（6，6）D（6，—6）6、已知函数y=ax2+bx+c,图象如下图，则以下结论中正确的有（）个01x①abc〈０②a＋c〈b③a+b+c〉０—1④２c〈３bA１B２C３D４y7、函数y=ax2-bx+c（a≠0）的图象过点（-1，0），则abc的值是（）==bcacab1-10xA-1B1C1D2-28、已知一次函数y=ax+c与二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），它们在同一坐标系内的大概图象是图中的（）yyyyxxxxABCD二填空题：13、不论m为任何实数，总在抛物线y=x2＋2mx＋m上的点的坐标是————————————。16、若抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝２，最小值为－２，则对于方程ax2+bx+c＝－２的根为————————————。22k＝17、抛物线y=（k+1）x+k-9张口向下，且经过原点，则—————————解答题：（二次函数与三角形）1、已知：二次函数y=x2+bx+c，其图象对称轴为直线x=1，且经过点（2，﹣）．（1）求此二次函数的分析式．（2）设该图象与x轴交于B、C两点（B点在C点的左边），请在此二次函数x轴下方的图象上确立一点E，使△EBC的面积最大，并求出最大面积．2、如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左边），与y轴交于点C(0，4)，极点为（1，9y）．C2（1）求抛物线的函数 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式；（2）设抛物线的对称轴与轴交于点D，试在对称轴上找出点P，使△CDP为等腰三角形，请直接写出知足条件的全部点P的坐标．3）若点E是线段AB上的一个动点（与A、B不重合），分别连结AC、BC，过点E作EF∥AC交线段BC于点F，连结CE，记△CEF的面积为S，S能否存在最大值？若存在，求出S的最大值及此时E点的坐标；若不存在，请说明原因．AOD(第2题图)Bxy3、如图，一次函数y＝－4x－4的图象与x轴、y轴分别交于A、C两点，抛物线y＝4x2＋bx＋3c的图象经过A、C两点，且与x轴交于点B．AO1）求抛物线的函数表达式；2）设抛物线的极点为D，求四边形ABDC的面积；（3）作直线MN平行于x轴，分别交线段AC、BC于点M、N．问在x轴上能否存在点P，使得△PMN是等腰直角三角形？假如存在，求出全部知足条件的P点的坐标；假如不存在，C请说明原因．Bx(第3题图)（二次函数与四边形）4、已知抛物线y1x2mx2m7．22(1)试说明：不论m为什么实数，该抛物线与x轴总有两个不一样的交点；(2)如图，当该抛物线的对称轴为直线x=3时，抛物线的极点为点C，直线y=x－1与抛物线交于A、B两点，并与它的对称轴交于点D．①抛物线上能否存在一点②平移直线CD，交直线P使得四边形ACPD是正方形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明原因；AB于点M，交抛物线于点N，经过如何的平移能使得C、D、M、N为极点的四边形是平行四边形．5、如图，抛物线y＝mx2－11mx＋24m(m＜0)与x轴交于B、C两点（点B在点C的左边），抛物线还有一点A在第一象限内，且∠BAC＝90°．（1）填空：OB＝_▲，OC＝_▲；（2）连结OA，将△OAC沿x轴翻折后得△ODC，当四边形OACD是菱形时，求此时抛物线的分析式；（3）如图2，设垂直于x轴的直线l：x＝n与（2）中所求的抛物线交于点M，与CD交于点N，若直线l沿x轴方向左右平移，且交点M一直位于抛物线上A、C两点之间时，尝试究：当n为什么值时，四边形AMCN的面积获得最大值，并求出这个最大值．yyl:x＝nAMAOBCxOBCNxDD6、如下图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，∠BAD=90°，BC与y轴订交于点M，且M是BC的中点，A、B、D三点的坐标分别是A（1，0），B（1，2），D（3，0）．连结DM，并把线段DM沿DA方向平移到ON．若抛物线yax2bxc经过点D、M、．1）求抛物线的分析式．2）抛物线上能否存在点P，使得PA=PC，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明原因．（3）设抛物线与x轴的另一个交点为E，点Q是抛物线的对称轴上的一个动点，当点Q在什么地点时有|QE-QC|最大？并求出最大值．7、已知抛物线yax22ax3a(a0)与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的极点．（1）求A、B的坐标；（2）过点D作DH丄y轴于点H，若DH=HC，求a的值和直线CD的分析式；（3）在第（2）小题的条件下，直线CD与x轴交于点E，过线段OB的中点N作NF丄x轴，并交直线CD于点F，则直线NF上能否存在点M，使得点M到直线CD的距离等于点M到原点O的距离？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明原因．（二次函数与圆）8、如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，且与y轴交于D（0，3），直线l是抛物线的对称轴．1）求该抛物线的分析式．2）若过点A（﹣1，0）的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，求此直线的分析式．3）点P在抛物线的对称轴上，⊙P与直线AB和x轴都相切，求点P的坐标．9、如图，y对于x的二次函数y=﹣（x+m）（x﹣3m）图象的极点为M，图象交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于D点．以AB为直径作圆，圆心为C．定点E的坐标为（﹣3，0），连结ED．（m＞0）（1）写出A、B、D三点的坐标；（2）当m为什么值时M点在直线ED上？判断此时直线与圆的地点关系；（3）当m变化时，用m表示△AED的面积S，并在给出的直角坐标系中画出S对于m的函数图象的表示图。10、已知抛物线yax2bxc的对称轴为直线x2，且与x轴交于A、B两点．与y轴交于点C．此中AI(1，0)，C(0，3)．1）（3分）求抛物线的分析式；2）若点P在抛物线上运动（点P异于点A）．①（4分）如图l．当△PBC面积与△ABC面积相等时．求点P的坐标；②（5分）如图2．当∠PCB=∠BCA时，求直线CP的分析式。答案：1、解：（1）由已知条件得，（2分）解得b=﹣，c=﹣，∴此二次函数的分析式为y=x2﹣x﹣；（1分）2）∵x2﹣x﹣=0，∴x1=﹣1，x2=3，∴B（﹣1，0），C（3，0），∴BC=4，（1分）∵E点在x轴下方，且△EBC面积最大，∴E点是抛物线的极点，其坐标为（1，﹣3），（1分）∴△EBC的面积=×4×3=6．（1分）2、（1）∵抛物线的极点为（9）∴设抛物线的函数关系式为y＝a(x－1)2＋91，22＋9＝412∵抛物线与y轴交于点C(0，4)，∴a(0－1)解得a＝－22∴所求抛物线的函数关系式为y＝－1(x－1)2＋92217)，（2）解：P1(1，17)，P2(1，－17)，P3(1，8)，P4(1，198（3）解：令－2(x－1)＋＝0，解得x1＝－2，x1＝422∴抛物线y＝－1(x－1)2＋9与x轴的交点为A(－2，0)C(4，0)22过点F作FM⊥OB于点M，∵EF∥AC，∴△BEF∽△BAC，∴MF＝EB又∵OC＝4，AB＝6，∴MF＝EB×OC＝2EBOCAB21AB131设E点坐标为(x，0)，则EB＝4－x，MF＝(4－x)∴S＝SBCE－SBEF＝EB·OC－EB·MF＝EB(OC3△△222－MF)＝1(4－x)[4－2(4－x)]＝－1x2＋2x＋8＝－1(x－1)2＋3233333y∵a＝－1＜0，∴S有最大值当x＝1时，S最大值＝3此时点E的坐标为(1，0)3EAOBx3、（1）∵一次函数y＝－4x－4的图象与x轴、y轴分别交于A、C两点，∴A(－1，0)C(0，－4)把A(－1，0)C(0，－4)代入y＝4x2＋bx＋c得4－b＋c＝0b＝－83解得42－8x－4∴33∴y＝x3c＝－4c＝－43C（2）∵y＝4x2－8x－4＝4(x－1)2－16∴极点为D（1，－16）33333D设直线DC交x轴于点E由D（1，－16）C(0，－4)y(第3题图)43易求直线CD的分析式为y＝－x－43116PAOBx易求E（－3，0），B（3，0）SEDB＝2×6×3＝16△S△ECA＝1×2×4＝4S四边形ABDC＝S△EDB－S△ECA＝12MN2x＝－1（3）抛物线的对称轴为C(第3题图)做BC的垂直均分线交抛物线于E，交对称轴于点D3易求AB的分析式为y＝－3x＋3∵D3E是BC的垂直均分线∴D3E∥AB设D3E的分析式为y＝－3x＋b∵D3E交x轴于（－1，0）代入分析式得b＝－3,∴y＝－3x－3把x＝－1代入得y＝0∴D3(－1，0),过B做BH∥x轴，则BH＝111在Rt△D1HB中，由勾股定理得D1H＝11∴D1（－1，11＋3）同理可求其余点的坐标。可求交点坐标D1（－1，11＋3）,D2（－1，22）,D3(－1，0),D4(－1,11－3)D5（－1，－22）2412m7=m24m7=m24m43=m224、(1)=m3，∵不论m为什么实数，总有2222x轴总有两个不一样的交点．m2≥0，∴=m23＞0，∴不论m为什么实数，该抛物线与∵抛物线的对称轴为直线x=3，∴m3，抛物线的分析式为y1x23x5=1x322，极点C坐标为（3，－2），222yx1,x11x2715，解得解方程组y23xy10或y2，因此A的坐标为（1，0）、B的坐标为（7，6），∵x262x3时－－，∴D的坐标为（3，），设抛物线的对称轴与x轴的交点为E，则E的坐标为（，y=x1=31=2230），因此AE=BE=3，DE=CE=2，①假定抛物线上存在一点P使得四边形ACPD是正方形，则AP、CD互相垂直均分且相等，于是P与点B重合，但AP=6，CD=4，AP≠CD，故抛物线上不存在一点P使得四边形ACPD是正方形．②(Ⅰ)设直线CD向右平移n个单位（n＞0）可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，则直线CD的分析式为x=3n，直线CD与直线y=x－1交于点M（3n，2n），又∵D的坐标为（3，2），C坐标为（3，－2），∴D经过向下平移4个单位获得C．∵C、D、M、N为极点的四边形是平行四边形，∴四边形CDMN是平行四边形或四边形CDNM是平行四边形．（ⅰ）当四边形CDMN是平行四边形，∴M向下平移4个单位得N，∴N坐标为（3n，n2），又N在抛物线y1x23x5上，∴n213n33n5，22222解得n10（不合题意，舍去），n22，（ⅱ）当四边形CDNM是平行四边形，∴M向上平移4个单位得N，∴N坐标为（3n，n6），又N在抛物线y1x23x5上，∴n613n33n5，22222解得n117（不合题意，舍去），n117，12(Ⅱ)设直线CD向左平移n个单位（n＞0）可使得C、D、M、N为极点的四边形是平行四边形，则直线CD的分析式为x=3n，直线CD与直线y=x－1交于点M（3n，2n），又∵D的坐标为（3，2），C坐标为（3，－2），∴D经过向下平移4个单位获得C．∵C、D、M、N为极点的四边形是平行四边形，∴四边形CDMN是平行四边形或四边形CDNM是平行四边形．（ⅰ）当四边形CDMN是平行四边形，∴M向下平移4个单位得N，∴N坐标为（3n，2n），又N在抛物线y1x23x52n1233n5上，∴3n，2222解得n10（不合题意，舍去），n22（不合题意，舍去），（ⅱ）当四边形CDNM是平行四边形，∴M向上平移4个单位得N，∴N坐标为（3n，6n），又N在抛物线y1x23x56n13233n5上，∴n，2222解得n117，n117（不合题意，舍去），12综上所述，直线CD向右平移2或（117）个单位或向左平移（117）个单位，可使得C、D、M、N为极点的四边形是平行四边形．5、解：（1）OB＝3，OC＝8（2）连结OD，交OC于点EyA∵四边形OACD是菱形∴AD⊥OC，OE＝EC＝1×8＝42BE＝4－3＝1又∵∠BAC＝90°，AECE∴△ACE∽△BAE∴＝AE2＝BE·CE＝1×4AE＝2∴点A的坐标为(4，2)把点A的坐标(4，2)代入抛物线y＝mx2－11mx＋24m，y得m＝－1∴抛物线的分析式为y＝－1x2＋11x－12l:x＝n222（3）∵直线x＝n与抛物线交于点MAM∴点M的坐标为(n，－1211n2＋n－12)2OBEC由（2）知，点D的坐标为（4，－2），x则C、D两点的坐标求直线CD的分析式为1DNy＝x－41211111∴点N的坐标为n－4)∴MN＝（－2n－4）＝－2＋5n－8(n，2n＋2n－12）－（2n22S四边形AMCN＝S△AMN＋S△CMN＝12MN·CE＝12（－12n2＋5n－8）×4＝－(n－5)2＋9∴当n＝5时，S四边形AMCN＝96、解：（1）∵BC∥AD，B（-1，2），M是BC与x轴的交点，∴M（0，2），9a3bc0∵DM∥ON，D（3，0），∴N（-3，2），则c2，解得9a3bc01，∴y1x21x2；9a193b3c22）连结AC交y轴与G，∵M是BC的中点，∴AO=BM=MC∵∠ABC=90°，∴BG⊥AC，即BG是AC的垂直均分线，要使在直线BG上，∴点P为直线BG与抛物线的交点，AB=BC=2，∴AG=GC，即G（0，1），PA=PC，即点P在AC的垂直均分线上，故P设直线BG的分析式为ykxb，则kb2k1x1，b1，解得1，∴ybyx1x1332x2332∴，解得，，y1x21x2y1232y223293∴点P（332，232）或P（3-32，232），（3）∵y1x21x21(x3)29，∴对称轴x3，939242令1x21x20，解得x13，x26，∴E（6，0），93故E、D对于直线x3对称，∴QE=QD，∴|QE-QC|=|QD-QC|，23要使|QE-QC|最大，则延伸DC与x订交于点Q，即点Q为23直线DC与直线x的交点，2因为M为BC的中点，∴C（1，2），设直线CD的分析式为y=kx+b，3kb0k1x3，则b，解得b3，∴yk2当x3时，y339，故当Q在（3，9）的地点时，|QE-QC|最大，22222过点C作CF⊥x轴，垂足为F，则CD=CF2DF2222222．7、解：（1）由y=0得，ax2-2ax-3a=0，∵a≠0，∴x2-2x-3=0，解得x1=-1，x2=3，∴点A的坐标（-1，0），点B的坐标（3，0）；（2）由y=ax2-2ax-3a，令x=0，得y=-3a，∴C（0，-3a），又∵y=ax2-2ax-3a=a（x-1）2-4a，得D（1，-4a），∴DH=1，CH=-4a-（-3a）=-a，∴-a=1，∴a=-1，∴C（0，3），D（1，4），设直线CD的分析式为y=kx+b，把C、D两点的坐标代入得，，解得，∴直线CD的分析式为y=x+3；（3）存在．由（2）得，E（-3，0），N（-，0）∴F（，），EN=，作MQ⊥CD于Q，设存在知足条件的点M（，m），则FM=-m，EF==，MQ=OM=由题意得：Rt△FQM∽Rt△FNE，∴=，整理得4m2+36m-63=0，∴m2+9m=，m2+9m+=+（m+）2=m+=±∴m1=，m2=-，∴点M的坐标为M1（，），M2（，-）．2M（1，0）和N（3，0）两点，且与y轴交于D（0，3），8、解：（1）∵抛物线y=ax+bx+c（a≠0）的图象经过∴假定二次函数分析式为：y=a（x﹣1）（x﹣3），将D（0，3），代入y=a（x﹣1）（x﹣3），得：3=3a，∴a=1，∴抛物线的分析式为：y=（x﹣1）（x﹣3）=x2﹣4x+3；（2）∵过点A（﹣1，0）的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，∴AC×BC=6，∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，∴二次函数对称轴为x=2，∴AC=3，∴BC=4，∴B点坐标为：（2，4），一次函数分析式为；y=kx+b，∴，解得：，y=x+；（3）∵当点P在抛物线的对称轴上，⊙P与直线AB和x轴都相切，MO⊥AB，AM=AC，PM=PC，AC=1+2=3，BC=4，∴AB=5，AM=3，∴BM=2，∵∠MBP=∠ABC，∠BMP=∠ACB，∴△ABC∽△CBM，∴，∴，∴，P点坐标为：（2，）．9、解：（1）A（﹣m，0），B（3m，0），D（0，m）．（2）设直线ED的分析式为y=kx+b，将E（﹣3，0），D（0，m）代入得：解得，k=，b=m．∴直线ED的分析式为y=mx+m．将y=﹣（x+m）（x﹣3m）化为极点式：y=﹣（x+m）2+m．∴极点M的坐标为（m，m）．代入y=mx+2m得：m=mm＞0，∴m=1．因此，当m=1时，M点在直线DE上．连结CD，C为AB中点，C点坐标为C（m，0）．OD=，OC=1，∴CD=2，D点在圆上22222222又OE=3，DE=OD+OE=12，EC=16，CD=4，∴CD+DE=EC．∴∠FDC=90°∴直线ED与⊙C相切．（3）当0＜m＜3时，S△AED=AE．?OD=m（3﹣m）2S=﹣m+m．当m＞3时，S△AED=AE．?OD=m（m﹣3）．2_即S=mm．abc0a110、解：（1）由题意，得c3，解得b4∴抛物线的分析式为yx24x3。bc322a（2）①令x24x30，解得x11，x23y∴B（3,0）当点P在x轴上方时，如图1，过点A作直线BC的平行线交抛物线于点P，易求直线BC的分析式为yx3，∴设直线AP的分析式为yxn，∵直线AP过点A（1,0），代入求得n1。∴直线AP的分析式为yx1PABOxEP3yx1x11，x22C解方程组，得∴点P1(2，1)yx24x3y10y21第24题图1P2当点P在x轴下方时，如图1设直线AP1交y轴于点E(0，1)，把直线BC向下平移2个单位，交抛物线于点P2、P3，得直线P2P3的分析式为yx5，yx5317317∴P(2317，717)，P(3317，717)解方程组，x12x22y2，2222x4x3717y2717y122综上所述，点P的坐标为：P1(2，1)，P2(317，717)，P3(317，717)2222②∵B(3，0)，C(0，3)∴OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=45°设直线CP的分析式为ykx3如图2，延伸CP交x轴于点Q，设∠OCA=α，则∠ACB=45°α∵∠PCB=∠BCA∴∠PCB=45°α∴∠OQC=∠OBC-∠PCB=45°-（45°α）=α∴∠OCA=∠OQC又∵∠AOC=∠COQ=90°∴Rt△AOC∽Rt△COQ∴OAOC，∴13，∴OQ=9，∴Q(9，0)OCOQ3OQ∵直线CP过点Q(9，0)，∴9k301∴k3∴直线CP的分析式为y1x3。3yABOQxPC第24题图2