二次函数经典例题及答案

二次函数经典例题及答案1.已知抛物线的顶点为P（－4，－252），与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中B点坐标为（1，0）。（1）求这条抛物线的函数关系式；（2）若抛物线的对称轴交x轴于点D，则在线段AC上是否存在这样的点Q，使得△ADQ为等腰三角形？若存在，请求出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．y=12x2+4x-92；存在点Q1（-1，-4），Q2（25-9，-5），Q3（-132，-54）．析试题分析：（1）根据顶点坐标把抛物线设为顶点式形式y=a（x+4）2-252，然后把点B的坐标代入解析式求出a的值，即可得解；（2）先根据顶点坐标求出点D的坐标，再根据抛物线解析式求出点A、C的坐标，从而得到OA、OC、AD的长度，根据勾股定理列式求出AC的长度，然后根据锐角三角形函数求出∠OAC的正弦值与余弦值，再分①AD=Q1D时，过Q1作Q1E1⊥x轴于点E1，根据等腰三角形三线合一的性质求出AQ1，再利用∠OAC的正弦求出Q1E1的长度，根据∠OAC的余弦求出AE1的长度，然后求出OE1，从而得到点Q1的坐标；②AD=AQ2时，过Q2作Q2E2⊥x轴于点E2，利用∠OAC的正弦求出Q2E2的长度，根据∠OAC的余弦求出AE2的长度，然后求出OE2，从而得到点Q2的坐标；③AQ3=DQ3时，过Q3作Q3E3⊥x轴于点E3，根据等腰三角形三线合一的性质求出AE3的长度，然后求出OE3，再由相似三角形对应边成比例列式求出Q3E3的长度，从而得到点Q3的坐标．试题解析：（1）∵抛物线顶点坐标为（-4，-252），∴设抛物线解析式为y=a（x+4）2-252∵抛物线过点B（1，0），∴a（1+4）2-252=0，解得a=，所以，抛物线解析式为y=（x+4）2-252，即y=x2+4x-；（2）存在点Q1（-1，-4），Q2（2-9，-），Q3（-，-）．理由如下：∵抛物线顶点坐标为（-4，-252），∴点D的坐标为（-4，0），令x=0，则y=-，令y=0，则x2+4x-=0，整理得，x2+8x-9=0，解得x1=1，x2=-9，∴点A（-9，0），C（0，-），∴OA=9，OC=，AD=-4-（-9）=-4+9=5，在Rt△AOC中，根据勾股定理，AC=∴sin∠OAC=cos∠OAC=，①AD=Q1D时，过Q1作Q1E1⊥x轴于点E1，根据等腰三角形三线合一的性质，AQ1=2•ADcos∠OAC=2×5×，Q1E1=AQ1•sin∠OAC=×=4，AE1=AQ1•cos∠OAC=×=8，所以，OE1=OA-AE1=9-8=1，所以，点Q1的坐标为（-1，-4）；②AD=AQ2时，过Q2作Q2E2⊥x轴于点E2，Q2E2=AQ2•sin∠OAC=5×=，AE2=AQ2•cos∠OAC=5×=2，所以，OE2=OA-AE2=9-2，所以，点Q2的坐标为（2-9，-）；③AQ3=DQ3时，过Q3作Q3E3⊥x轴于点E3，则AE3=AD=×5=，所以，OE3=9-=，∵Q3E3⊥x轴，OC⊥OA，∴△AQ3E3∽△ACO，∴，即，解得Q3E3=，所以，点Q3的坐标为（-，-），综上所述，在线段AC上存在点Q1（-1，-4），Q2（2-9，-），Q3（-，-），使得△ADQ为等腰三角形．2.如图，直线y=﹣x+3与x轴，y轴分别交于B，C两点，抛物线y=﹣x2+bx+c经过B，C两点，点A是抛物线与x轴的另一个交点．（1）求B、C两点坐标；（2）求此抛物线的函数解析式；（3）在抛物线上是否存在点P，使S△PAB=S△CAB，若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．1）B（3，0）C（0，3）（2）此抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．（3）存在这样的P点，其坐标为P（0，3），（2，3）（1+，﹣3）或（1﹣，﹣3）．试题分析：（1）已知了过B、C两点的直线的解析式，当x=0时可求出C点的坐标，当y=0是可求出B点的坐标．（2）由于抛物线的解析式中只有两个待定系数，因此将B、C两点的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式．（3）根据（2）的抛物线的解析式可得出A点的坐标，由此可求出AB的长，由于S△PAB=S△CAB，而AB边为定值．由此可求出P点的纵坐标，然后将P点的纵坐标代入抛物线的解析式中即可求出P点的坐标．试题解析：（1）∵直线y=﹣x+3经过B、C∴当x=0时y=3当y=0时x=3∴B（3，0）C（0，3）（2）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过B、C∴．∴b=2，c=3．∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．（3）当y=0时，﹣x2+2x+3=0；x1=﹣1，x2=3．∴A（﹣1，0）设P（x，y）∵S△PAB=S△CAB∴×4×|y|=×4×3∴y=3或y=﹣3①当y=3时，3=﹣x2+2x+3∴x1=0，x2=2P（0，3）或（2，3）②当y=﹣3时，﹣3=﹣x2+2x+3∴x1=1+，x2=1﹣∴P（1+，﹣3）或（1﹣，﹣3）．因此存在这样的P点，其坐标为P（0，3），（2，3）（1+，﹣3）或（1﹣，﹣3）．3．已知：如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴的交点是A（3，0）、B（6，0），与y轴的交点是C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）设P（x，y）（0＜x＜6）是抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴交直线BC于点Q．①当x取何值时，线段PQ的长度取得最大值，其最大值是多少？②是否存在这样的点P，使△OAQ为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（1）所求抛物线的函数表达式是y=x2﹣x+2．（2）当x=3时，线段PQ的长度取得最大值．最大值是1．（3）P（3，0）或P（，）或P（，）．析试题分析：（1）已知了A，B的坐标，可用待定系数法求出函数的解析式．（2）①QP其实就是一次函数与二次函数的差，二次函数的解析式在（1）中已经求出，而一次函数可根据B，C的坐标，用待定系数法求出．那么让一次函数的解析式减去二次函数的解析式，得出的新的函数就是关于PQ，x的函数关系式，那么可根据函数的性质求出PQ的最大值以及相对应的x的取值．（3）分三种情况进行讨论：当∠QOA=90°时，Q与C重合，显然不合题意．因此这种情况不成立；当∠OAQ=90°时，P与A重合，因此P的坐标就是A的坐标；当∠OQA=90°时，如果设QP与x轴的交点为D，那么根据射影定理可得出DQ2=OD•DA．由此可得出关于x的方程即可求出x的值，然后将x代入二次函数式中即可得出P的坐标．试题解析：（1）∵抛物线过A（3，0），B（6，0），∴，解得：，∴所求抛物线的函数表达式是y=x2﹣x+2．（2）①∵当x=0时，y=2，∴点C的坐标为（0，2）．设直线BC的函数表达式是y=kx+b．则有，解得：．∴直线BC的函数表达式是y=﹣x+2．∵0＜x＜6，点P、Q的横坐标相同，∴PQ=yQ﹣yP=（﹣x+2）﹣（x2﹣x+2）=﹣x2+x=﹣（x﹣3）2+1∴当x=3时，线段PQ的长度取得最大值．最大值是1．②解：当∠OAQ=90°时，点P与点A重合，∴P（3，0）当∠QOA=90°时，点P与点C重合，∴x=0（不合题意）当∠OQA=90°时，设PQ与x轴交于点D．∵∠ODQ+∠ADQ=90°，∠QAD+∠AQD=90°，∴∠OQD=∠QAD．又∵∠ODQ=∠QDA=90°，∴△ODQ∽△QDA．∴，即DQ2=OD•DA．∴（﹣x+2）2=x（3﹣x），10x2﹣39x+36=0，∴x1=，x2=，∴y1=×（）2﹣+2=；y2=×（）2﹣+2=；∴P（，）或P（，）．∴所求的点P的坐标是P（3，0）或P（，）或P（，）．4.如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线（）经过A（-1，0）、B（3，0）两点，抛物线与y轴交点为C，其顶点为D，连接BD，点P是线段BD上一个动点（不与B，D重合），过点P作y轴的垂线，垂足为E，连接BE．（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标；（2）如果P点的坐标为（，），△PBE的面积为，求与的函数关系式，写出自变量的取值范围.（1），D（1，4）；（2）（）．解析试题分析：（1）本题需先根据抛物线经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点，分别求出a、b的值，再代入抛物线即可求出它的解析式．（2）本题首先设出BD解析式，再把B、D两点坐标代入求出k、b的值，得出BD解析式，再根据面积公式即可求出最大值．试题解析：（1）∵抛物线（）经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点∴把（﹣1，0）B（3，0）代入抛物线得：，，∴抛物线解析式为：，∵=，∴顶点D的坐标为（1，4）；（2）设直线BD解析式为：（），把B、D两点坐标代入，得：，解得5.如图，抛物线与x轴相交于B，C两点，与y轴相交于点A，点P（，）（a是任意实数）在抛物线上，直线经过A，B两点．（1）求直线AB的解析式；（2）平行于y轴的直线交直线AB于点D，交抛物线于点E．①直线（0≤t≤4）与直线AB相交F，与抛物线相交于点G．若FG∶DE＝3∶4，求t的值；②将抛物线向上平移m（m＞0）个单位，当EO平分∠AED时，求m的值．1)；（2）①1或3；②．解析试题分析：（1）根据点P的坐标，可得出抛物线解析式，然后求出A、B、C的坐标，利用待定系数法求出直线AB的解析式；（2）①根据点E（2，5），D（2，1），G（，），F（，），表示出DE、FG，再由FG：DE=3：4，可得出t的值；②设点A（0，2+m），则点E（2，5+m），作AH⊥DE，垂足为H，在Rt△AEH中利用勾股定理求出AE，根据EO平分∠AED及平行线的性质可推出∠AEO=∠AOE，AO=AE，继而可得出m的值．试题解析：（1）∵P（，）（a是实数）在抛物线上，∴抛物线的解析式为=﹣，当时，即，解得，，当x=0时，y=2．∴A（0，2），B（4，0），C（，0），将点A、B的坐标代入，得：∴，解得：，故直线AB的解析式为；（2）①∵点E（2，5），D（2，1），G（，），F（，），∴DE=4，FG==，∵FG：DE=3：4，∴，解得，．②设点A（0，2+m），则点E（2，5+m），作AH⊥DE，垂足为H，∴=，即AE=，∵EO平分∠AED，∴∠AEO=∠DEO，∵AO∥ED，∴∠DEO=∠AOE，∴∠AEO=∠AOE，∴AO=AE，即，解得m=．6.如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（–1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；（2）当P，Q运动t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状并求说明理由．（3）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由（1）y=x2﹣x﹣4．C（0，﹣4）；（2）四边形APDQ为菱形；（3）存在满足条件的点E，点E的坐标为（﹣，0）或（﹣，0）或（﹣1，0）或（7，0）．解析试题分析：（1）将A，B点坐标代入函数y=x2+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式及C坐标．（2）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形．（3）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标．试题解析：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），∴，解得，∴y=x2﹣x﹣4．∴C（0，﹣4）．（2）四边形APDQ为菱形．理由如下：如图，D点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQ⊥AP于F，∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，∴AP=AQ=QD=DP，∴四边形AQDP为菱形（3）存在．如图1，过点Q作QD⊥OA于D，此时