专题10 二次函数的图像、性质和应用（解析板）

一、选择题1.（毕节）抛物线2221y2xy2xyx2，，共有的性质是【】A．开口向下B．对称轴是y轴C．都有最低点D．y随x的增大而减小考点：二次函数的性质2.（黔东南）已知抛物线y=x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），则代数式m2﹣m+2014的值为【】A．2012B．2013C．2014D．2015考点：1.抛物线与x轴的交点问题；2.曲线上点的坐标与方程的关系；3.求代数式的值；4.整体思想的应用.3.（黔东南）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，下列4个结论：①abc＜0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④b2﹣4ac＞0其中正确结论的有【】A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④考点：1.二次函数图象与系数的关系；2.二次函数与方程之间的关系；3.一元二次方程根的判别式；4.转换思想的应用．4.（河北）某种正方形合金板材的成本y（元）与它的面积成正比，设边长为x厘米，当x=3时，y=18，那么当成本为72元时，边长为【】A、6厘米B、12厘米C、24厘米D、36厘米考点：1.由实际问题列函数关系式；2.待定系数法的应用；3.正方形的性质；4.解一元二次方程.5.（十堰）已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点（1，1）和（﹣1，0）．下列结论：①a﹣b+c=0；②b2＞4ac；③当a＜0时，抛物线与x轴必有一个交点在点（1，0）的右侧；④抛物线的对称轴为x=14a．其中结论正确的个数有【】A．4个B．3个C．2个D．1个∵221b4ac2a2＞0，∴抛物线y=ax2+bx+c与x轴有两个交点.故选B．考点：1.二次函数图象上点的坐标特征；2.二次函数图象与系数的关系；3.二次函数与一元二次方程的关系；4.一元二次方程根的判别式和根与系数的关系；5.二次函数的性质；6.不等式的性质.6.（孝感）抛物线2yaxbxc的顶点为D1,2，与x轴的一个交点A在点3,0\和2,0之间，其部分图象如图所示，则以下结论：①2b4ac0；②abc0；③ca2；④方程2axbxc20有两个相等的实数根，其中正确结论的个数为【】A．1个B．2个C．3个D．4个考点：1.二次函数图象与系数的关系；2.抛物线与x轴的交点；3.二次函数的性质；4.一元二次方程根与系数的关系．7.（潍坊）如图，已知矩形ABCD的长AB为5，宽BC为4．E是BC边上的一个动点，AE⊥EF，EF交CD于点F．设BE=x，FC=y，则点E从点B运动到点C时，能表示y关于x的函数关系的大致图象是()【答案】A．【解析】考点：1.动点问题的函数图象分析；2.矩形的性质；3.相似三角形的判定和性质；4.由实际问题列函数关系式；5.二次函数的性质.8.（上海）如果将抛物线y＝x2向右平移1个单位，那么所得的抛物线的表达式是（）．(A)y＝x2－1；(B)y＝x2＋1；(C)y＝(x－1)2；(D)y＝(x＋1)2．【答案】C.【解析】故选C.考点：二次函数图象与平移变换．9.（天津）已知二次函数2yaxbxca0的图象如下图所示，且关于x的一元二次方程2axbxcm0没有实数根，有下列结论：①2b4ac0；②abc0；③m2.其中，正确结论的个数是【】（A）0（B）1（C）2（D）3【答案】D．【解析】[来源:学科网]故选D．考点：1.二次函数图象与系数的关系；2.一元二次方程根的判别式；3.不等式的性质．10.（新疆、兵团）对于二次函数2yx12的图象，下列说法正确的是【】A．开口向下B．对称轴是x1C．顶点坐标是（1，2）D．与x轴有两个交点【答案】C．【解析】试题分析：根据抛物线的性质由a=1得到图象开口向上，根据顶点式得到顶点坐标为（1，2），对称轴为直线x=1，从而可判断抛物线与x轴没有公共点．故选C．考点：二次函数的性质．11.（金华）如图是二次函数2yx2x4的图象，使y1成立的x的取值范围是【】A．1x3B．x1C．x1D．x1或x3【答案】D．【解析】试题分析：由图象可知，当y1时，x1或x3.故选D．考点：1.曲线上点的坐标与方程的关系；2.数形结合思想的应用12.（舟山）当－2≤x≤l时，二次函数22yxmm1有最大值4，则实数m的值为【】(A)74(B)3或3(c)2或3(D)2或3或74[来源:学§科§网Z§X§X§K]当x=m时，由224mm1m解得m3，此时2yx34.对2yx34，它在－2≤x≤l的最大值是4，与题意相符；对2yx34，它在－2≤x≤l在x=1处取得，最大值小于4，与题意不符.综上所述，实数m的值为2或3.故选C．考点：1.二次函数的性质；2.分类思想的应用.二、填空题1.（珠海）如图，对称轴平行于y轴的抛物线与x轴交于（1，0），（3，0）两点，則它的对称轴为▲.【答案】直线x2.【解析】试题分析：∵对称轴平行于y轴的抛物线与x轴交于（1，0），（3，0）两点，∴它的对称轴为13x22.考点：二次函数的性质.2.（河南）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A、B两点．若点A的坐标为（-2,0)，抛物线的对称轴为直线x=2．则线段AB的长为▲.[来源:学科网]考点：1.抛物线与x轴的交点问题；2.二次函数的性质．3.（南京）已知二次函数2yaxbxc中，函数y与x的部分对应值如下：x...-10123...y...[105212[...则当y5时，x的取值范围是▲.考点：二次函数的性质.4.（扬州）如图，抛物线2yaxbxc(a0)的对称轴是过点（1，0）且平行于y轴的直线，若点P(4，0)在抛物线上，则4a2bc的值_____________.【答案】0.【解析】考点：1.抛物线与x轴的交点问题；2.曲线上点的坐标与方程的关系；3.二次函数的对称性．5.（天津）抛物线2yx2x3的顶点坐标是▲．【答案】（1，2）.【解析】试题分析：∵22yx2x3x12，∴抛物线2yx2x3的顶点坐标是（1，2）.考点：二次函数的性质.三、解答题1.（福州）（满分14分）如图，抛物线21yx312与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D.（1）求点A，B，D的坐标；（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD.求证：∠AEO=∠ADC；（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙O的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出点Q的坐标.【答案】（1）32,0，32,0，3,1；（2）证明见解析；（3）（5，1）；（3，1）或1913,55..【解析】的坐标.试题解析：（1）∵抛物线21yx312与x轴交于A，B两点，∴顶点D的坐标为3,1.令y=0，得21x3102，解得12x32,x32.∵点A在点B的左侧，∴点A的坐标为32,0，点B的坐标为32,0.（2）如图，过D点作DG⊥y轴于点G，则G0,1，GD=3.（3）由⊙E的半径为1，根据勾股定理得22PQEP1，∴要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即2EP最小.设点P的坐标为（x，y），根据勾股定理得222EPx3y2.∵21yx312，∴2x32y2.∴222EP2y2y4y4y15.∴当y=1时，2EP最小值为5.把y=1代入21yx312，得21x3112，解得12x1,x5.又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，∴1x1舍去.∴点P的坐标为（5，1）.此时点Q的坐标为（3，1）或1913,55.考点：1.二次函数综合题；2.单动点问题；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.直角三角形两锐角的关系；5.相似三角形的判定和性质；6.勾股定理和逆定理；7.切线的性质；8.二次函数的性质；9.解二元二次方程组.2.（梅州）（本题满分11分）如图，已知抛物线233yxx384与x轴的交点为A、D（A在D的右侧），与y轴的交点为C.（1）直接写出A、D、C三点的坐标；（2）在抛物线的对称轴上找一点M，使得MD+MC的值最小，并求出点M的坐标；（3）设点C关于抛物线对称的对称点为B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）A(4，0)、D(－2，0)、C(0，－3)；（2）连接AC，则AC与抛物线的对称轴交点M即为所求，M(1，94)；（3）存在，(－2，0)或(6，6).【解析】试题分析：（1）在233yxx384中令233yxx3084，解得12x2,x4，∴A(4，0)、D(－2，0).在233yxx384中令x0，得y3，∴C(0，－3).（2）连接AC，根据轴对称的性质，AC与抛物线的对称轴交点M即为所求，从而应用待定系数法求出AC把x=1代入3y=x34得9y=4`∴M(1，94).（3）存在，分两种情况：①如图，当BC为梯形的底边时，点P与D重合时，四边形ADCB是梯形，此时点P为(－2，0).②如图，当BC为梯形的腰时，过点C作CP//AB，与抛物线交于点P，∵点C，B关于抛物线对称，∴B(2，－3)设直线AB的解析式为11y=kx+b，则11114k+b02k+b3，解得113k2b6.∴直线AB的解析式为3y=x62.∵CP//AB，∴可设直线CP的解析式为3y=xm2.∵点C在直线CP上，∴m=3.∴直线CP的解析式为3y=x32.联立23y=x3233yxx384，解得11x=0y3，22x=6y6∴P(6，6).综上所述，在抛物线上存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形，点P的坐标为(－2，0)或(6，6).考点：1.二次函数综合题；2.待定系数法的应用；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.轴对称的应用（最短线路问题）；5.二次函数的性质；6.梯形存在性问题；7.分类思想的应用.3.（珠海）（本题满分9分）如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，23）.将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°，得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH.（1）若抛物线2l:yaxbxc经过G、O、E三点，则它的解析式为：▲；（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标；（3）在（1）（2）的条件下，直线MN抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设ΔPQH的面积为s，当33s62时，确定点Q的横坐标的取值范围.【答案】（1）223yxx33；（2）3,02；3x22.【解析】∴3a3bc1c03a3bc3，解得2a33b3c0.∴抛物线的解析式为223yxx33.（2）由矩形的性质知，HG=HF=2，若四边形OHMN为平行四边形，则HM∥OG，ON=HM.从而由HM∥OG和∠OGF=90°可得∠HMF=90°，∠MHF=30°，进而得到ON=HM.=3，在Rt△ODN中，可求得OD=32，即点D的坐标为3,02.（3）∵点E，G的坐标分别是3,1,3,3，∴由待定系数法可求得直线EG的解析式为3yx23.如答图，过点Q作QT∥y轴交GE于点T，设