资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2025年中考数学二轮复习专题二次函数与韦达定理练习
二次函数与韦达定理（一）
思考：1.已知一元二次方程
（1）求根公式 x=
（2）若方程有实根，则 ；若方程有两个不相等的实根，则
（3）韦达定理：x1+x2= x1x2=
（4）求值（用含a、b、c的式子表示）
2.如果抛物线y＝x2﹣4x+3与x轴交于A、B两点，则AB的长为　 　．
【例1】已知二次函数y＝x2﹣（2m﹣3）x+（m2+1），其图象与x轴有两个不同交点．
（1）求m的取值范围；
（2）试说明抛物线与x轴的交点都在轴的负半轴上．
【变式训练1】已知关于的方程有两个不相等的实数根。
（1）试说明；
（2）若抛物线与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
【变式训练2】已知抛物线y＝x2+mx﹣m2（m＞0）与x轴交于A、B两点．
（1）求证：抛物线的对称轴在y轴的左侧；
（2）若﹣＝（点O是坐标原点），求抛物线的解析式；
【例2】已知函数y＝x2﹣mx+m﹣2．
（1）求证：无论m取什么值，它的图象与x轴总有两个交点；
（2）当m取何值时，这两个交点间的距离最小？并求出最小距离．
【变式训练3】如图，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，抛物线的对称轴DF与BC相交于点E，与x轴相交于点F．设过E的直线与抛物线相交于点M（x1，y1），N（x2，y2），试判断当|x1﹣x2|的值最小时，直线MN与x轴的位置关系，并说明理由；
【变式训练4】已知：函数y＝ax2﹣（3a+1）x+2a+1（a为常数）．
（1）若该函数图象与坐标轴只有两个交点，求a的值；
（2）若该函数图象是开口向上的抛物线，与x轴相交于点A（x1，0），B（x2，0）两点，与y轴相交于点C，且x2﹣x1＝2．求抛物线的解析式；
【变式训练5】若实数m、n满足m+n＝mn且n≠0时，就称点P（m，）为“完美点”，直线l：y＝﹣x+b的图象经过“完美点”（﹣，t），且直线l与二次函数y＝x2﹣kx+k2+3k有交点C，D（C，D可以重合），设C，D两点的横坐标分别为x1，x2，求x12+x22的最大值．
【变式训练6】我们不妨约定：若某函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为“H函数”，其图象上关于原点对称的两点叫做一对“H点”．若关于x的“H函数”y＝ax2+2bx+3c（a，b，c是常数）同时满足下列两个条件：①a+b+c＝0，②（2c+b﹣a）（2c+b+3a）＜0，求该“H函数”截x轴得到的线段长度的取值范围．
【变式训练7】已知：抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（1，0），一条直线y＝ax+b，它们的系数之间满足如下关系：a＞b＞c．
（1）求证：抛物线与直线一定有两个不同的交点；
（2）设抛物线与直线的两个交点为A、B，过A、B分别作x轴的垂线，垂足分别为A1、B1．令，试问：是否存在实数k，使线段A1B1的长为．如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．
【例3】若关于的二次函数（是常数与轴交于两个不同的点，与轴交于点，其图像顶点为点，点为坐标原点．
（1）当时，求与的值；
（2）已知a=2，b=-4，若为等边三角形，求c的值。
（3）已知a=2，b=-4若△ABM为等腰直角三角形，求c的值
【变式训练8】若抛物线与x轴的两个交点及其顶点构成等边三角形，则称该抛物线为“等边抛物线”
（1）若对任意m，n，点M（m，n）和点N（﹣m+4，n）恒在“等边抛物线”C1：y＝ax2+bx上，求抛物线C1的解析式；
（2）若抛物线C2：y＝ax2+bx+c为“等边抛物线“，求b2﹣4ac的值；
二次函数与韦达定理（二）
【例1】已知抛物线y=x2﹣2mx+m2+2与直线y=-3x+1有两个不同的交点A（x1, y1）和B（x2, y2）.
（1）求m的取值范围；（2）试说明x1＜0，x2＜0；（3）若AB=，求m的值．
【例2】如图，直线y＝x+1与y轴交于点A，与双曲线在第一象限交于B、C两点，B、C两点的横坐标分别为x1，x2，则x1+x2的值是　 　．
【变式训练1】如图，直线y＝x+1与y轴交于点A，与双曲线在第一象限交于B、C两点，B、C两点的纵坐标分别为y1，y2，则y1+y2的值是　 　．
【例3】如图，直线y＝x+b与y轴交于点A，与x轴交于点D，与双曲线在第一象限交于B、C两点，且AB BD＝4，则k＝　 　．
【变式训练2】如图，直线y＝一x+b与y轴交于点A，与双曲线y＝在第一象限交于B、C两点，且AB AC＝12，则k值为　 　．
【例4】如图，抛物线y＝x2+2x﹣3与x轴的交点为A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴的交点为C，直线l：y＝kx+2与抛物线交于M、N两点．连接OM、ON，若∠MON＝90°，求k的值．
【变式训练3】如图，已知抛物线C：与直线交于P、Q两点，在抛物线C上存在一个定点，使∠PDQ=90°，求点的坐标．
【变式训练4】已知抛物线y＝（x﹣1）2，过点（3，1），D为抛物线的顶点．直线l：y＝kx+4﹣k经过定点A．如图，直线l与抛物线交于P，Q两点．
①求证：∠PDQ＝90°；
②求△PDQ面积的最小值．
【例5】如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝﹣x+的图象与x轴交于A（﹣1，0），与y轴交于点C．以直线x＝2为对称轴的抛物线C1：y＝﹣x2+x+经过A、C两点，并与x轴正半轴交于点B．设点D（0，），若F是抛物线C1：y＝ax2+bx+c（a≠0）对称轴上使得△ADF的周长取得最小值的点，过F任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线C1于M1（x1，y1），M2（x2，y2）两点，试探究+是否为定值？请说明理由．
【变式训练5】直线交抛物线于E、F两点，问在y轴的负半轴上是否存在一点P，使△PEF的内心在y轴上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。
【拓展提升】如图，在平面直角坐标系xOy中，以直线x＝对称轴的抛物线：y＝x2﹣5x+5，与直线l：y＝kx+m（k＞0）交于A（1，1），B两点，与y轴交于C（0，5），直线l与y轴交于点D．若在x轴上有且仅有一点P，使∠APB＝90°，求k的值．
二次函数与韦达定理（一）
【例1】解：（1）∵二次函数y＝x2﹣（2m﹣3）x+（m2+1），其图象与x轴有两个不同交点，
∴△＝[﹣（2m﹣3）]2﹣4×1×（m2+1），得 m；
（2）设抛物线与x轴的交点坐标为；（x1，0），（x2，0），
∵y＝0时，x2﹣（2m﹣3）x+（m2+1）＝0，∴，
∴x1，x2同号，又∵x1+x2＝2m﹣3，，∴x1+x2＜0，∴x1，x2都为负数，
故抛物线与x轴的交点都在x轴的负半轴上．
【变式训练1】解：
（1）∵方程有两个不相等的实数根
∴b2﹣4ac＝﹣12k+5＞0，∴k＜；
（2）由x2﹣（2k﹣3）x+k2+1＝0可知x1+x2＝2k﹣3，，
∵＞0，∴x1和x2同号，∵k＜，∴2k﹣3＜，
∴x1+x2＝2k﹣3＜0，∴x1＜0，x2＜0；
（3）设A（x1，0），B（x2，0），
∴OA+OB＝﹣x1+（﹣x2）＝﹣（x1+x2）＝3﹣2k，OA OB＝﹣x1 （﹣x2）＝，∴3﹣2k＝2（k2+1）﹣3，解得k＝1或k＝﹣2，又∵k＜，∴k＝﹣2．
【变式训练2】（1）证明：∵m＞0，
∴x＝﹣＝﹣＜0，∴抛物线的对称轴在y轴的左侧；
（2）解：设抛物线与x轴交点为A（x1，0），B（x2，0），
则x1+x2＝﹣m＜0，x1 x2＝﹣m2＜0，∴x1与x2异号，
又∵＝＞0，∴OA＞OB，
由（1）知：抛物线的对称轴在y轴的左侧，
∴x1＜0，x2＞0，∴OA＝|x1|＝﹣x1 ，OB＝x2，
代入得：＝，＝，从而，
解得m＝2，经检验m＝2是原方程的根，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；
【例2】解：（1）令y＝0，得：x2﹣mx+m﹣2＝0，
则△＝m2﹣4（m﹣2）＝m2﹣4m+8＝（m﹣2）2+4，∵（m﹣2）2≥0，
∴（m﹣2）2+4＞0，无论m取什么值，它的图象与x轴总有两个交点；
（2）设二次函数图象与x轴交点的横坐标为x1，x2；
根据（1）可知，x1+x2＝m，x1x2＝m﹣2，
∴|x1﹣x2|＝＝，
要使抛物线的图象与x轴的两个交点的距离最小，即|当m＝2时，|x1﹣x2|最小，此时最小值为2．
【变式训练3】设直线MN的解析式为y＝kx+b，∵E（1，2），∴2＝k+b，
∴k＝2﹣b，∴直线MN的解析式y＝（2﹣b）x+b，
∵点M、N的坐标是的解，整理得：x2﹣bx+b﹣3＝0，
∴x1+x2＝b，x1x2＝b﹣3；
∵|x1﹣x2|＝＝＝＝，
∴当b＝2时，|x1﹣x2|最小值＝2，∵b＝2时，y＝（2﹣b）x+b＝2，
∴直线MN∥x轴．
【变式训练4】（1）函数y＝ax2﹣（3a+1）x+2a+1（a为常数），
若a＝0，则y＝﹣x+1，与坐标轴有两个交点（0，1），（1，0）；
若a≠0且图象过原点时，2a+1＝0，a＝﹣，有两个交点（0，0），（1，0）；
若a≠0且图象与x轴只有一个交点时，令y＝0有：
△＝（3a+1）2﹣4a（2a+1）＝0，解得a＝﹣1，有两个交点（0，﹣1），（1，0）．
综上得：a＝0或﹣或﹣1时，函数图象与坐标轴有两个交点．
（2）①∵函数与x轴相交于点A（x1，0），B（x2，0）两点，
∴x1，x2为ax2﹣（3a+1）x+2a+1＝0的两个根，
∴x1+x2＝，x1x2＝，
∵x2﹣x1＝2，
∴4＝（x2﹣x1）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（）2﹣4 ，
解得a＝﹣（函数开口向上，a＞0，舍去），或a＝1，
∴y＝x2﹣4x+3．
【变式训练5】∵点（﹣，t）是“完美点”，∴由（2）知t＝﹣﹣1＝﹣，
则此“完美点”坐标为（﹣，﹣），根据题意，将（﹣，﹣）代入y＝﹣x+b，得：+b＝﹣，解得b＝﹣4，∴y＝﹣x﹣4，
由知x2+（1﹣k）x+k2+3k+4＝0，
则x1+x2＝k﹣1，x1x2＝k2+3k+4，
且△＝（1﹣k）2﹣4（k2+3k+4）≥0，
∴﹣3k2﹣14k﹣15≥0，即3k2+14k+15≤0，
解得：﹣3≤k≤﹣，
∵x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝（k﹣1）2﹣2（k2+3k+4）＝﹣k2﹣8k﹣7
＝﹣（k+4）2+9，
∴当k＞﹣4时，x12+x22的值随k的增大而减小，∵﹣3≤k≤﹣，
∴k＝﹣3时，x12+x22取得最大值，最大值为8．
【变式训练6】∵y＝ax2+2bx+3c是“H函数”，
∴设H（p，q）和（﹣p，﹣q），代入得到，
解得ap2+3c＝0，2bp＝q，∵p2＞0，∴a，c异号，∴ac＜0，∵a+b+c＝0，
∴b＝﹣a﹣c，∵（2c+b﹣a）（2c+b+3a）＜0，
∴（2c﹣a﹣c﹣a）（2c﹣a﹣c+3a）＜0，∴（c﹣2a）（c+2a）＜0，
∴c2＜4a2，∴＜4，∴﹣2＜＜2，
设t＝，则﹣2＜t＜0，
设函数与x轴交于（x1，0），（x2，0），
∴x1，x2是方程ax2+2bx+3c＝0的两根，
∴|x1﹣x2|＝＝
＝＝＝2
＝2，
∵﹣2＜t＜0，
∴2＜|x1﹣x2|＜2．
【变式训练7】解：（1）根据题意得：a+b+c＝0
ax+b＝ax2+bx+c∵a＞b＞c∴a+b＞0，a＞0，c＜0，∴ax2+（b﹣a）x+c﹣b＝0，
∴ax2+（b﹣a）x﹣a﹣b﹣b＝0，
∴△＝（b﹣a）2﹣4a（﹣a﹣2b）＝（a+b）2+4a（a+b）＞0，
∴抛物线与直线一定有两个不同的交点；
（2）不存在设点A，B的横坐标分别为x1，x2，∵ax2+（b﹣a）x+c﹣b＝0，
∴x1+x2＝，x1 x2＝，
根据题意得：A1B1＝|x1﹣x2|＝＝＝＝4
∴，∴k2﹣4k﹣32＝0，∴k＝8或k＝﹣4，∵a＞0，c＜0∴k＝﹣4，
∵当k＝﹣4时，＝﹣4得到C＝﹣4a，又a+b+c＝0，即a+b﹣4a＝0 所以b＝3a
∵a＞0，∴b＞a，∵a＞b＞c，∴k＝﹣4不符题意舍去，
∴不存在符合题意的k值．
【例3】略
【变式训练8】解：（1）由题意得，点H和点N关于对称轴对称，
∴对称轴x＝＝2，又∵x＝﹣＝2，∴b＝﹣4a，
∴y＝ax2﹣4ax，
①当a＞0时，顶点坐标为（2，﹣2），
代入y＝ax2﹣4ax，得：﹣2＝4a﹣8a，解得：a＝，∴y＝x2﹣2x；
②当a＜0时，顶点坐标为（2，2），
代入y＝ax2﹣4ax，得：2＝4a﹣8a，解得：a＝﹣，∴y＝﹣x2+2x；
综上，y＝x2﹣2x或y＝﹣x2+2x；
（2）设等边抛物线与x轴的两个交点分别为A（x1，0），B（x2，0），
令y＝ax2+bx+c＝0，∴x＝，
∴AB＝|x1﹣x2|＝|﹣|＝||＝||，
又∵抛物线的顶点坐标为（﹣，），
∴＝，∵b2﹣4ac≠0，∴||＝，∴b2﹣4ac＝12；
二次函数与韦达定理（二）
【例1】略
【例2】解：∵直线y＝x+1与y轴交于点A，与双曲线y＝有交点，
∴把y＝代入直线y＝x+1得，＝x+1，即x2﹣2x+2k＝0，
∴x1+x2＝2．故答案为：2．
【变式训练1】解：∵，∴x＝，将x＝代入y＝x+1，
得2y2﹣2y+k＝0，∴y1+y2＝﹣＝﹣＝1，故答案为1．
【例3】．
【变式训练2】解：设直线y＝一x+b与x轴交于点D，作BE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F．∵y＝一x+b，
∴当y＝0时，x＝b，即点D的坐标为（b，0），
当x＝0时，y＝b，即A点坐标为（0，b），∴OA＝b，OD＝b．
∵在Rt△AOD中，tan∠ADO＝＝＝，∴∠ADO＝30°．
∵直线y＝一x+b与双曲线y＝在第一象限交于点B、C两点，
∴﹣x+b＝，整理得，﹣x2+bx﹣k＝0，
由韦达定理得：x1x2＝＝k，即EB FC＝k，
∵＝cos30°＝，∴AB＝EB，同理可得：AC＝FC，
∴AB AC＝（EB）（FC）＝EB FC＝×k＝12，
解得：k＝3．
【例4】过点M作MH⊥x轴交x轴于点H，过点N作HK⊥x轴交x轴于点K，
∵∠MON＝90°，∴∠MOA+∠NOB＝180°﹣∠MON＝90°，而∠ONB+∠NOB＝90°，∴∠MOA＝∠ONB，
设：点M、N的坐标分别为（x1，y1）、（x2、y2），
tan∠MOA＝＝tan∠ONB＝，即：y1y2＝﹣x1x2，
将二次函数表达式与直线表达式联立并整理得：
x2+（2﹣k）x﹣5＝0，则x1+x2＝k﹣2，x1x2＝﹣5，
∵∠MOA＝∠ONB，∴tan∠MOA＝＝tan∠ONB＝，即：y1y2＝﹣x1x2，而y1＝kx1+2，y2＝kx2+2，
即：（kx1+2）（kx2+2）＝5，
化简得：3k2+4k+1＝0，解得：k＝﹣1或﹣，
【变式训练3】如图2，过D作E'F'∥x轴，作PE'⊥E'F'于E'，QF'⊥E'F'于F'，
设D（a，b），P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立，得x2+2kx﹣4k﹣8＝0
∴x1+x2＝﹣2k，x1x2＝﹣4k﹣8，
由△PE'D∽△DF'Q得，，
∴DE' DF'＝PE' QF'，∴（a﹣x1）（x2﹣a）＝（b﹣y1）（b﹣y2），
∵b＝，y1＝，y2＝
∴（a﹣x1）（x2﹣a）＝（）（）
∴（a﹣x1）（x2﹣a）＝（a+x1）（a+x2） （ x1﹣a）（x2﹣a），
∴﹣4＝（a+x1）（a+x2），∴x1x2+a（x1+x2）+a2＝﹣4，
∴﹣4k﹣8+a（﹣2k）+a2＝﹣4∴a2﹣4﹣2ak﹣4k＝0，
∴（a+2）（a﹣2）﹣2k（a+2）＝0，∵k为任意实数，
∴a+2＝0，∴a＝﹣2，∴b＝﹣2，
∴D（﹣2，﹣2）．
【变式训练4】解：（1）如图1，
过点P作PE⊥x轴于E，过Q作QF⊥x轴于F，
设点P（x1，y1），Q（x2，y2），∴E（x1，0），F（x2，0），
∵D（1，0），∴DE＝1﹣x1，DF＝x2﹣1，
联立直线和抛物线解析式得，，
∴x2﹣（4k+2）x+4k﹣15＝0，∴x1+x2＝4k+2，x1x2＝4k﹣15，
∴DE DF＝（1﹣x1）（x2﹣1）＝﹣x1x2+（x1+x2）﹣1
＝﹣（4k﹣15）+（4k+2）﹣1＝16，
∵y1＝（x1﹣1）2，y2＝（x2﹣1）2，
∴PE QF＝y1 y2＝（x1﹣1）2 （x2﹣1）2＝[（x1﹣1）2（x2﹣1）2]
＝[（x1﹣1）（x2﹣1）]2＝[x1x2﹣（x1+x2）+1]2＝[4k﹣15﹣（4k+2）+1]2＝×162＝16，
∴DE DF＝PE QF，∴，∵∠PED＝∠DFQ，
∴△PED∽△DFQ，∴∠DPE＝∠QDF，∵∠PDE+∠DPE＝90°，
∴∠PDE+∠QDF＝90°，∴∠PDQ＝90°；
（2）如图2，连接AD，
由（1）知，抛物线解析式为y＝（x﹣1）2，
∴D（1，0），
由（1）知，A（1，4），
∴AD∥y轴，AD＝4，
设点P（x1，y1），Q（x2，y2），
由（2）知，x1+x2＝4k+2，x1x2＝4k﹣15
∴S△PDQ＝AD （x2﹣x1）＝2（x2﹣x1）＝2＝2＝2＝2＝8，
∴当k＝0时，S△PDQ最小＝8×2＝16．
【例5】要使△ADF的周长取得最小，只需AF+DF最小
连接BD交x＝2于点F，因为点B与点A关于x＝2对称，
根据轴对称性质以及两点之间线段最短，可知此时AF+DF最小．
令y＝﹣x2+x+中的y＝0，则x＝﹣1或5∴B（5，0）
∵D（0，）∴直线BD解析式为y＝﹣x+，
∴F（2，）．令过F（2，）的直线M1M2解析式为y＝kx+b1，
则＝2k+b1，∴b1＝﹣2k则直线M1M2的解析式为y＝kx+﹣2k．
由得x2﹣（4﹣4k）x﹣8k＝0
∴x1+x2＝4﹣4k，x1x2＝﹣8k∵y1＝kx1+﹣2k，y2＝kx2+﹣2k
∴y1﹣y2＝k（x1﹣x2）∴M1M2＝
＝
＝＝
＝＝4（1+k2）
M1F＝＝
＝
同理M2F＝
∴M1F M2F＝（1+k2） ＝（1+k2）
＝（1+k2）＝4（1+k2）＝M1M2
∴+＝＝＝1；
【变式训练5】设直线EF的解析式为y＝kx+3（k≠0），
点E、F的坐标分别为（m，m2），（n，n2），
由得x2﹣kx﹣3＝0，∴m+n＝k，m n＝﹣3，
作点E关于y轴的对称点R（﹣m，m2），作直线FR交y轴于点P，
由对称性知∠EPQ＝∠FPQ，此时△PEF的内心在y轴上，
∴点P即为所求的点．由F，R的坐标可得直线FR的解析式为y＝（n﹣m）x+mn记y＝（n﹣m）x﹣3，当x＝0时，y＝﹣3，∴p（0，﹣3），
∴y轴的负半轴上存在点P（0，﹣3）使△PEF的内心在y轴上．
【拓展提升】由题意可知：k+m＝1，∴m＝1﹣k，∴y1＝kx+1﹣k，
∴kx+1﹣k＝x2﹣5x+5，解得x1＝1，x2＝k+4，∴B（k+4，k2+3k+1），
如图，设AB中点为O′，
∵P点有且只有一个，∴以AB为直径的圆与x轴只有一个交点，且P为切点，
∴O′P⊥x轴，∴P为MN的中点，∴P（，0），
∵△AMP∽△PNB，∴，∴AM BN＝PN PM，
∴1×（k2+3k+1）＝（k+4﹣）（），∵k＞0，
∴k＝＝﹣1+．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑