第16課時二次函數的綜合應用

1.(2024·石家莊模擬)已知二次函數y=2(x-k)(x-k+3)的圖象與其向上平移m個單位所得的圖象都

與x軸有兩個交點,且這四個交點中每相鄰兩點間的距離都相等,則m的值為()

A.2B.3

C.4D.5

2.(2024·石家莊模擬)如圖,點A,B的坐標分別為(1,4)和(4,4),拋物線y=a(x-m)2+n的頂點在線段AB

上運動,與x軸交于C,D兩點(C在D的左側).

(1)n=.

(2)若點C的橫坐標最小值為-3,則點D的橫坐標最大值為.

3.(2024·通遼)如圖,在平面直角坐標系中,直線y=-x+3與x軸,y軸分別交于點C,D,拋物線

3

2

y=-(x-2)2+k(k為常數)經過點D且交x軸于A,B兩點.

1

(1)求4拋物線表示的函數解析式.

(2)若點P為拋物線的頂點,連接AD,DP,CP,求四邊形ACPD的面積.

4.(2024·邯鄲邯山區二模)如圖,Rt△ABC中,∠BAC=90°,A(1,2),點B(4,2),∠ABC=30°,拋物線L:y=

-(x-t)2+t(t>0)的頂點為M,與y軸的交點為N.

1

(12)拋物線有可能經過點A嗎?請說明理由.

(2)設點N的縱坐標為yN,直接寫出yN與t的函數關系式,并求yN的最大值.

(3)在L的位置隨t的值變化而變化的過程中,直接寫出點M在△ABC內部所經過路線的長.

1.(2024·衡水桃城區二模)如圖是某山坡的截面示意圖,坡頂PA距x軸(水平)5m,與y軸交于點P,

與坡AB交于點A,且AP=2,坡AB可以近似看作雙曲線y=的一部分.坡BD可以近似看作拋物線

?

?

L的一部分,且拋物線L與拋物線y=x2的形狀相同,兩坡的連接點B為拋物線L的頂點,且點B到

1

y軸的距離為5m.8

(1)求k的值.

(2)求拋物線L的解析式及點D的坐標.

(3)若小明站在坡頂PA的點M處,朝正前方拋出一個小球Q(看成點),小球Q剛出手時位于點N處,

小球Q在運行過程中的橫坐標x、縱坐標y與小球出手后的時間t滿足的關系式為

x=at+1,y=-5t2+,a是小球Q出手后水平向前的速度.

13

①若a=5,求y與2x之間的函數關系式;

②要使小球最終落在坡BD上(包括B,D兩點),直接寫出a的取值范圍.

2.(2023·常德)如圖,二次函數的圖象與x軸交于A(-1,0),B(5,0)兩點,與y軸交于點C,頂點為D.O為

坐標原點,tan∠ACO=.

1

5

備用圖

(1)求二次函數的解析式.

(2)求四邊形ACDB的面積.

(3)P是拋物線上的一點,且在第一象限內,若∠ACO=∠PBC,求點P的坐標.

【詳解答案】

基礎夯實

1.C解析:當y=0時,2(x-k)(x-k+3)=0,

解得x1=k-3,x2=k.

∴拋物線y=2(x-k)(x-k+3)與x軸的交點坐標為(k-3,0),(k,0),如圖,

∴這兩個交點之間的距離為k-(k-3)=3,

∵二次函數y=2(x-k)(x-k+3)的圖象與其向上平移m個單位所得的圖象都與x軸有兩個交點,這四個交點中每相

鄰兩點間的距離都相等,

∴每相鄰兩點間的距離都為1,

∴平移后的拋物線與x軸的交點坐標為(k-2,0),(k-1,0),

∴平移后的拋物線解析式為y=2[x-(k-2)][x-(k-1)],

即y=2x2-2(2k-3)x+2k2-6k+4,

∵拋物線y=2(x-k)(x-k+3)向上平移m個單位所得的拋物線解析式為y=2x2-2(2k-3)x+2k2-6k+m,

∴m=4.故選C.

2.(1)4(2)8解析:(1)∵點A,B的坐標分別為(1,4)和(4,4),

∴線段AB所在的直線方程為y=4,

∵拋物線y=a(x-m)2+n的頂點(m,n)在線段AB上運動,

∴n=4.

(2)∵拋物線y=a(x-m)2+n的頂點在線段AB上運動,

∴當拋物線頂點為A(1,4)時,點C的橫坐標為最小值-3,

此時,對稱軸為直線x=1,則D點橫坐標為5,CD=8,

當拋物線頂點為B(4,4)時,拋物線對稱軸為直線x=4,

∵CD=8,

∴C(0,0),D(8,0),

此時D點橫坐標最大,最大值為8.

3.解:(1)在y=-x+3中,令x=0,得y=3,

3

2

∴D(0,3),

∵拋物線y=-(x-2)2+k經過點D(0,3),

1

4

∴3=-×(0-2)2+k,

1

4

解得k=4,

∴y=-(x-2)2+4=-x2+x+3,

11

44

∴拋物線表示的函數解析式為y=-x2+x+3.

1

4

(2)連接OP,如圖.

在y=-x+3中,令y=0,得x=2,

3

2

∴C(2,0),OC=2,

在y=-x2+x+3中,令y=0,得0=-x2+x+3,

11

44

解得x=6或x=-2,

∴A(-2,0),OA=2,

由y=-(x-2)2+4可得拋物線的頂點P的坐標為(2,4),

1

4

∴四邊形△+△+△×2×3+×3×2+×2×4=3+3+4=10.

111

?=????????????=222

∴四邊形??A?C?PD的面積為10.

4.解:(1)拋物線不可能經過點A,理由:

將點A(1,2)代入拋物線的關系式并整理得t2-4t+5=0,

∵Δ=16-20<0,

∴此方程無解,

故拋物線不可能經過點A.

2

(2)yN=-(t-1)+,且yN的最大值為.

111

222

(3)點M在△ABC內部所經過路線的長為.

解析:由y=-(x-t)2+t,知頂點M(t,t),則在L的6位?置隨2t的值變化而變化的過程中,點M都在直線y=x上移動,設直

1

2

線y=x交AB于點R,交BC于點G,如圖,則點R(2,2),

由點B(4,2)、∠ABC=30°知,直線BC的關系式為y=-(x-4)+2,

3

3

聯立直線BC的關系式和y=x,得x=-(x-4)+2,

3

解得x=+1,3

則G(+31,+1),

由點R,3G的坐3標得RG=,

∴點M在△ABC內部所經6過?路2線的長為.

6?2能力提升

1.解:(1)由題意得A(2,5),

∵雙曲線y=經過點A(2,5),

?

?

∴k=2×5=10.

(2)設點B的縱坐標為n,則B(5,n).

∵點B(5,n)在雙曲線y=上,

10

?

∴n==2,

10

5

∴B(5,2).

∵拋物線L與拋物線y=x2的形狀相同,且頂點為B(5,2),

1

8

∴拋物線L的解析式為y=-(x-5)2+2,

1

8

令y=0,得0=-(x-5)2+2,

1

8

解得x1=9,x2=1(舍去),

∴D(9,0).

(3)①當a=5時,x=5t+1,

-

∴t=,

?1

5

--

將t=代入y=-5t2+,得y=-5+,

?113?1213

5252

整理得y=-x2+x+,

1263

5510

∴y與x之間的函數關系式為y=-x2+x+.

1263

5510

②≤a≤.

4108130

解析3:∵x=at1+31,

-

∴t=,

?1

?

--

將t=代入y=-5t2+,得y=-5+,

?113?1213

?2-?2-

把B(5,2)代入y=-5+,得2=-5+,

?121351213

?2?2

解得a=±.

410

∵a是小球3Q出手后水平向前的速度,

∴a>0,

∴a=.

410

3

--

把D(9,0)代入y=-5+,得0=-5+,

?121391213

?2?2

解得a=±,

8130

∵a是小球13Q出手后水平向前的速度,

∴a>0,∴a=,

8130

13

∴a的取值范圍為≤a≤.

4108130

2.解:(1)∵二次函數的3圖象與13x軸交于A(-1,0),B(5,0)兩點,

∴設二次函數的解析式為y=a(x+1)(x-5).

∵AO=1,tan∠ACO=,

1

5

∴,∴OC=5,即點C的坐標為(0,5).

??1

??5

將點=C(0,5)代入解析式,得5=a·(0+1)×(0-5),解得a=-1,

∴二次函數的解析式為y=-(x+1)·(x-5).

(2)∵y=-(x+1)(x-5)=-(x-2)2+9,

∴頂點D的坐標為(2,9).

如圖1,過點D作DN⊥AB于點N,DM⊥OC于點M.

S四邊形ACDB=S△AOC+S矩形OMDN-S△CDM+S△DNB=×1×5+2×9-×2×(9-5)+×(5-2)×9=30.

111

222

圖1

(3)如圖2,P是拋物線上的一點,且在第一象限,當∠ACO=∠PBC時,連接PB,過點C作CE⊥BC交BP于點E,

過點E作EF⊥OC交OC的延長線于點F.

圖2

∵點B(5,0),C(0,5),∴OC=OB=5,∴△OCB為等腰直角三角形,∠OCB=45°.

由勾股定理,得CB==5.

22

∵∠ACO=∠PBC,??+??2

∴tan∠ACO=tan∠PBC,

即,

1????

5=??=5