2.6 二次函数y=ax²+bx+c的图像与性质（B卷能力拓展） -2021-2022学年九年级数学下册同步分层练习（基础巩固＋能力拓展北师大版）（解析版）

2.6二次函数的图像与性质学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________B卷（能力拓展）一、选择题1．（2021·四川蓬安九年级月考）对二次函数，下列说法：①对任意实数m，都有与对应的函数值相等；②在范围内，函数存在最大值m，最小值n，则；③设点，均在函数的图象上，若，则或；④若函数的图象都位于x轴的上方，则方程总有两个不相等的实数根．其中正确结论的序号为（）A．①④ B．①③ C．①② D．①③④【答案】A【分析】根据二次函数的解析式得出对称轴，由抛物线的性质即可判断①，分和讨论它的增减性，表示出在范围内，表示出m和n的值即可判断②，由函数的增减性即可判断③，根据图象的位置可得出判别式的范围，即可判断④，【详解】解：∵，∴该抛物线的对称轴为直线，∴对任意实数m，都有与对应的函数值相等，∴①说法符合题意，当时，若，则，，∴，若，则，，∴，∴②说法不合题意，若，则当时，y随着x的增大而减小，当时，y随着x的增大而增大，∴t＜﹣2或t＞4，若，则当时，y随着x的增大而增大，当时，y随着x的增大而减小，∴，∴③说法不合题意，若函数的图象都位于x轴的上方，则且，∴，∴，∴，∵，∴，∴方程总有两个不相等的实数根，∴④说法符合题意，故选：A．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，解题的关键是牢记抛物线图象与系数的关系以及判别式的性质．2．（2021·重庆市育才中学九年级月考）如图，抛物线与轴相交于点，抛物线顶点为，点坐标为，作射线，将射线沿直线翻折得到射线，与抛物线交于点，则点的横坐标为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点M作MC⊥y轴于点C，作MD⊥x轴于点D，过点N作NE⊥x轴于点E，连接AM，先证明，进而可证明，由此可求得点N的坐标，进而利用待定系数法求得直线BN的解析式，再与二次函数解析式联立方程即可求得交点P的横坐标．【详解】解：如图，过点M作MC⊥y轴于点C，作MD⊥x轴于点D，过点N作NE⊥x轴于点E，连接AM，则四边形ODMC为矩形，∵，∴抛物线顶点的坐标为（4，－6），∵四边形ODMC为矩形，∴CM＝OD＝4，OC＝DM＝6，将x＝0代入，得：，∴点A的坐标为（0，－4），∴OA＝4＝CM，∴AC＝OC－OA＝2，又∵点坐标为，∴OB＝2＝AC，∴BD＝OD－OB＝2，∵MC⊥y轴，x轴⊥y轴，∴∠ACM＝∠BOA＝90°，在与中，∴，∴，，∵∠BOA＝90°，∴，∴，又∵，∴，∵将射线沿直线翻折得到射线，∴，，∴，∴，∵NE⊥x轴，MD⊥x轴，∴∠NEB＝∠MDB＝90°，∴，∴，在与中，∴，∴，，∴，又∵点N在第三象限，∴点N的坐标为（－4，－2），设直线BN的解析式为，将N（－4，－2），代入，得：，解得：，∴，将与联立方程，得：，解得：，（不符合题意，舍去），∴点的横坐标为，故选：B．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质等相关知识，作出正确的辅助线并能熟练运用相关图形的判定与性质是解决本题的关键．3．（2021·江苏通州九年级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为A点，且与x轴的正半轴交于点B，P点为该抛物线对称轴上一点，则的最小值为（）A． B． C．3 D．2【答案】C【分析】连接、，，作于，于，解方程得到得，，利用配方法得到，，则，从而可判断为等边三角形，接着利用得到，利用抛物线的对称性得到，所以，根据两点之间线段最短得到当、、共线时，的值最小，最小值为的长，然后计算出的长即可．【详解】解：如图，连接、，，作于，于，当时，，解得，，则，，∵，∴，，，∵顶点A在抛物线的对称轴上，∴，，为等边三角形，，，，垂直平分，，，当、、共线时，的值最小，最小值为的长，∵为等边三角形，于，∴，∴，的最小值为3．故选：C．【点睛】本题考查了二次函数的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质以及最短路径的解决方法，将转化为，根据当、、共线时，的值最小，最小值为的长是解决本题的关键．4．（2021·武汉实外九年级月考）已知二次函数y＝x2﹣2ax+6，当﹣2≤x≤2时，y≥a，则实数a的取值范围是（）A．﹣2≤a≤2 B．﹣≤a≤﹣2 C．﹣≤a≤2 D．0≤a≤2【答案】C【分析】利用配方法求得抛物线的对称轴以及函数的最小值，分，和三种情况，根据二次函数的性质，结合得到关于的一元一次不等式或一元二次不等式，求解即可．【详解】解：∴函数图像开口向上，对称轴为，最小值为当时，在时，随增大而增大∵∴，解得∴当时，在时，随增大而减小∵∴，解得∴无解当时，函数在时，取得最小值∴，解得∴综上所得：故选C【点睛】本题考查了二次函数的性质，分，和三种情况，进行分类讨论，得到关于的一元一次不等式或一元二次不等式是解题的关键．5．（2021·河南省淮滨县九年级开学考试）若直线（为实数）与函数的图象至少有三个公共点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出=0时x的值，再求出＞0和＜0时，自变量的取值，可得到的函数图像，即可根据图形进行求解．【详解】令=0得x=1或x=3当x＜1或x＞3时，＞0，1＜x＜3时，＜0∵y==（x-2）2-1∴当x=2时，y=有最小值-1得到函数图像如下∵直线与函数的图象至少有三个公共点，∴实数的取值范围是故选A．【点睛】此题主要考查分段函数的图象与性质，解题的关键是根据题意画出函数的图象，再进行求解．6．（2021·广东深圳市九年级三模）已知抛物线在坐标系中的位置如图所示，它与，轴的交点分别为，，是其对称轴上的动点，根据图中提供的信息，以下结论中不正确的是（）A． B．C．周长的最小值是 D．是的一个根【答案】C【分析】根据对称轴方程求得a、b的数量关系即可判断A；根据抛物线的对称性知抛物线与x轴的另一个交点的横坐标是3，则x=3时，y=0，得到3a+3=0，即2a+3=-a>0即可判断B、D；利用两点间直线最短来求△PAB周长的最小值即可判断C．【详解】解：A、根据图象知，对称轴是直线x=-=1，则b=-2a，即2a+b=0，故A正确；B、根据图象知，点A的坐标为(-1,0)，对称轴是x=1，则根据抛物线关于对称轴对称的性质知，抛物线与x轴的另一个交点的坐标是(3,0)，∴x=3时，y=9a+3b+3=0，∴9a-6a+3=0,∴3a+3=0，∵抛物线开口向下，则a<0，∴0＞a>-，故B正确；C、点A关于x=1对称的点是A´(3,0)，即抛物线与x轴的另一个交点，连接BA´与直线x=1的交点即为点P，则△PAB的周长的最小值是(BA´+AB)的长度，∵A(-1,0)，B(0,3)，A´(3,0)，∴AB=，BA´=，即△PAB周长的最小值为+，故C错误；D、根据图象知，点A的坐标为(-1,0)，对称轴是x=1，则根据抛物线关于对称轴对称的性质知，抛物线与x轴的另一个交点的坐标为(3,0)，所以是的一个根，故D正确．故选C．【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及到二次函数图象与系数的关系，二次函数图象的性质及两点之间线段最短．解答该题时，充分利用了抛物线的对称性．二、填空题7．（2021·河北天津九年级月考）已知二次函数，当时，随的增大而减小，则的取值范围是______．【答案】##【分析】先根据函数的解析式和二次函数的性质得出函数的对称轴和开口方向，再根据已知和对称轴得出关于m的不等式，求出不等式的解集即可．【详解】解：二次函数y=x2+（2m-1）x的对称轴是直线x=-=-，∵二次函数y=x2+（2m-1）x中a=1＞0，∴函数的图象的开口向上，∴当x＜−时，y随x的增大而减小，∵当-2＜x＜0时，y随x的增大而减小，∴-≥0，解得：m≤，故答案为：m≤．【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质以及解一元一次不等式，能熟记二次函数的性质是解此题的关键．8．（2021·河北天津九年级月考）当时，二次函数有最大值，则的值为______．【答案】或【分析】先求得其对称轴为，再分、和根据二次函数的单调性分别求得其最大值，由最大值为2，可求得的值．【详解】解：，其对称为，开口向下，当即时，在上随的增大而减小，当时有最大值，最大值，解得，符合题意；当即时，的最大值，（不合题意，舍去），或（舍去）；当即时，在上随的增大而增大，当时，有最大值，，综上可知的值为或．故答案是：或．【点睛】本题主要考查二次函数的单调性和最值，掌握二次函数的单调性是解题的关键，注意分类讨论思想的应用．9．（2021·湖北硚口九年级月考）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a，b，c是常数）经过点(3，0)，对称轴为直线x＝1．下列四个结论：①点P1(－2020，y1)，P2(2023，y2)在抛物线上，则y1＞y2；②2a＋c＜0；③关于x的方程ax2＋bx＋c＝p的两个实数根为m，n（n＜m），若p＞0，则m＜3且n＞－1；④a（1－t2）≥b（t－1）（t为常数）．其中正确的结论是________（填写序号）．【答案】①③④【分析】利用抛物线的对称性以及图像与性质可以判断①是否正确，利用抛物线与一元二次方程的关系以及结合根与系数的关系分析即可判断②③④是否正确．【详解】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a，b，c是常数）的对称轴为直线x＝1，∴点P1(－2020，y1)与点(2022，y1)关于直线x＝1对称，∵图像开口向下，∴，当x＞1时，y随x的增大而减小，由2022＜2023∴y1＞y2，故①正确；∵抛物线y＝ax2＋bx＋c（a，b，c是常数）经过点(3，0)，∴抛物线与x轴另一交点为(-1，0)，∴x=3和x=-1是一元二次方程ax2＋bx＋c=0的两个根，∴，∴，∴，故②错误；如图所示，当p＞0时，抛物线与直线y＝p的交点横坐标在-1和3之间，故③正确；∵x=3和x=-1是一元二次方程ax2＋bx＋c=0的两个根，∴∴，∴a（1－t2）-b（t－1）=a（1－t2）+2a（t－1）=，∴a（1－t2）≥b（t－1）（t为常数），故④成立；故答案为：①③④．【点睛】本题主要考查了抛物线的图像与性质、二次函数与一元二次方程之间的关系、根与系数的关系等内容，在比较大小时应掌握作差法，通过配方确定代数式的符号，本题考查了学生综合分析问题的能力，要求学生能正确理解函数图像，蕴含了数形结合的思想方法等．10．（2021·江苏姑苏九年级月考）在平面直角坐标系xOy中，若点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为完美点．已知二次函数y＝ax2＋4x＋c（a≠0）的图象上有且只有一个完美点（，），且当0≤x≤m时，函数y＝ax2＋4x＋c﹣（a≠0）的最小值为﹣3，最大值为1，则m的取值范围是_______．【答案】2≤m≤4【分析】根据完美点的概念令ax2+4x+c＝x，即ax2+3x+c＝0，由题意，△＝32﹣4ac＝0，即4ac＝9，方程的根为，从而求得a＝﹣1，c＝，所以函数y＝ax2+4x+c﹣＝﹣x2+4x﹣3，根据函数解析式求得顶点坐标与纵坐标的交点坐标，根据y的取值，即可确定x的取值范围．【详解】解：令ax2+4x+c＝x，即ax2+3x+c＝0，由题意，△＝32﹣4ac＝0，即4ac＝9，又方程的根为，解得a＝﹣1，c＝，故函数y＝ax2+4x+c﹣＝﹣x2+4x﹣3，如图，该函数图象顶点为（2，1），与y轴交点为（0，﹣3），由对称性，该函数图象也经过点（4，﹣3）．由于函数图象在对称轴x＝2左侧y随x的增大而增大，在对称轴右侧y随x的增大而减小，且当0≤x≤m时，函数y＝﹣x2+4x﹣3的最小值为﹣3，最大值为1，∴2≤m≤4，故答案为：2≤m≤4．

【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质以及二次函数与一元二次方程之间的关系，解决本题的关键是能利用解一元二次方程求出二次函数的解析式，能利用二次函数图像的增减性求出自变量的取值范围，本题对学生的数形结合的能力有一定的要求．11．（2021·诸暨市九年级期中）如图，已知点A（3，3），点B（0，），点A在二次函数y＝x2+x﹣9的图象上，作射线AB，再将射线AB绕点A按逆时针方向旋转30°，交二次函数图象于点C，则点C的坐标为_________．【答案】【分析】过点B作轴，过点A作于点E，交于点，过点作于点，根据勾股定理求出的长度，设，则，则，根据三角函数得出，则，解之可得，求得直线的解析式，与抛物线解析式联立可得点C的坐标．【详解】解：过点B作轴，过点A作于点E，交于点，过点作于点，根据题意可得,∴,设，则，∴，∴,∴，∵,∴，∴，两边平方得：，解得：(舍)，∴,，∴,∴,∴点的坐标为：，设直线的解析式为：，则，解得，∴表达式为，将其代入抛物线方程y＝x2+x﹣9，解得或，即为点A，将代入直线AC得，∴点C坐标为：，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的交点问题，求一次函数解析式，根据题意求得一次函数解析式与二次函数解析式联立是解题的关键．三、解答题12．（2021·河北天津九年级月考）如图，抛物线的图像经过点，，其对称轴为直线（1）求这个抛物线的解析式（2）抛物线与轴的另一个交点为，抛物线的顶点为判断的形状并说明理由（3）直线轴，交抛物线于另一点，点是直线下方的抛物线上的一个动点（点不与点和点重合），点做轴的垂线，交直线于点，当四边形的面积最大时，求出点的坐标【答案】（1）；（2）是直角三角形，见解析；（3）【分析】（1）利用待定系数法求解；（2）先求出点C、D的坐标，利用勾股定理求出BC、BD、CD的长即可判断；（3）先求出直线BC的解析式，N的坐标，得到四边形的面积=，故当PQ最大时，四边形的面积最大，设P（x，0），则P（），Q（），得到四边形的面积的函数解析式，利用函数性质解答．【详解】解：（1）由题意得，解得，∴这个抛物线的解析式为；（2）令中y=0，得，解得x=-1或x=3，∴C（3,0），∵∴顶点D的坐标为（1，-4），∵,∴,∴是直角三角形；（3）∵B(0,-3)，C(3,0)，∴直线BC的解析式为，∵直线轴，交抛物线于另一点，B（0,3），对称轴为直线x=1，∴N（2,-3），∵PQ⊥x轴，∴PQ⊥BN，∴四边形的面积=，∴当PQ最大时，四边形的面积最大，设P（x，0），则P（），Q（）,∴，∴四边形的面积==，∴当时，四边形的面积最大，此时，点P的坐标为．【点睛】此题考查二次函数的综合题，利用待定系数法求函数解析式，勾股定理的逆定理，二次函数的性质，函数的最值，正确掌握函数的知识点并应用解决问题是解题的关键．13．（2021·新余市第一中学九年级模拟预测）如图，抛物线过，两点，点、关于抛物线的对称轴对称，过点作直线轴，交轴于点．（1）求抛物线的表达式；（2）直接写出点的坐标，并求出的面积；（3）若点在直线上运动，点在轴上运动，是否存在以点、、为顶点的三角形为等腰直角三角形？若存在，求出其值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2），3；（3）点坐标为或或或，见解析．【分析】（1）把把，代入抛物线，求解即可；（2）求得对称轴为，再根据点和点关于对称轴对称，即可求得点坐标，面积也可求解；（3）分别以点为直角顶点分三类进行讨论，利用全等三角形和勾股定理求或的长，即可求解．【详解】解：（1）把，代入抛物线中，得，解得，所以该抛物线表达式为；（2），抛物线对称轴为直线，点和点关于对称轴对称，点的坐标为，，又，；（3）以点、、为顶点的三角形为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：①以点为直角顶点且在轴上方时，如图，，，在和中，，，，，；②以点为直角顶点且在轴下方时，如图，作辅助线，构建如图所示的两直角三角形：和，同理得，，，，；③以点为直角顶点且在轴左侧时，如图，，，做辅助线，同理得，，，；④以点为直角顶点且在轴右侧时，如图，做辅助线，同理得，，；⑤以为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形；综上可知当为等腰直角三角形时点坐标为或或或．【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数图像性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质并灵活运用．14．（2021·河北青县九年级月考）如图，已知抛物线的对称轴为直线，且抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，其中，．（1）若直线经过、两点，求直线和抛物的解析式；（2）在抛物线的对称轴上找一点，使点到点的距离与到点的距离之和最小，求出点的坐标；（3）点为上一动点，过作轴垂线交抛物线于点（点在第二象限），求线段长度最大值．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）先把点A，C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线解析式；把B、C两点的坐标代入直线，解方程组求出m和n的值即可得到直线解析式；（2）设直线BC与对称轴的交点为M，此时MA+MC的值最小．把代入直线得的值，即可求出点M坐标；（3）根据题意，设则，进而根据的长度列出函数关系式，根据配方法即可求得的最大值．【详解】解：（1）由题意得：，解得，∴抛物线解析式为：，∵对称轴为，且抛物线经过点、，∴点坐标为，∴把、分别代入中，得，解得，∴直线的解析式为；（2）如图，∵点，在抛物线对称轴的两侧，∴、关于对称轴对称，∵，∴，由两点之间线段最短，所以使最小的点M在线段上，即为直线与对称轴的交点．∵直线的解析式为，∴当时，，∴；（3）点为上一动点，直线的解析式为，抛物线解析式为：设则点在第二象限,由图象可知线段长度最大值．【点睛】本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数的解析式、利用轴对称性质确定线段的最小长度，掌握二次函数的性质是解题的关键．15．（2021·重庆实验外国语学校九年级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A、B，交y轴于点C．（1）求的面积；（2）D为抛物线的顶点，连接，点P为抛物线上点C、D之间一点，连接，，过点P作交直线于点M，连接，求四边形面积的最大值以及此时P点的坐标：（3）将抛物线沿射线方向平移个单位后得到新的抛物线），新抛物线与原抛物线的交点为E，在原抛物线上是否存在点Q，使得以B，E，Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】（1）3；（2）最大，；（3）存在，或或或【分析】（1）求出点A、B、C的坐标，即可求出AB、OC的长度，从而求出△ABC面积；（2）设CD与x轴交于F，连接BP、过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，先求出S△BCD=，设P（t，），则G（t，−t+2），H（t，t−3），求出S四边形CPDB，由PM∥BD，得S△MDB=S△PDB，从而S四边形CPDM，当t=2时，S四边形CPDM最大=4，此时P（2，1）；（3）由OC=2，OB=4，可得BC=，抛物线沿射线BC方向平移，即向左平移6个单位，向上平移3个单位，可求出新抛物线，然后可以求出点E，设Q（m，），则BE2=50，BQ2=（m4）2+（）2，EQ2=（m+1）2+（）2，直角三角形按直角分类，利用勾股定理逆定理列方程即可求出点Q坐标．【详解】解：（1）当时，，∴当时，，解得：，，∴，；（2）设CD与x轴交于F，连接BP、过P作y轴平行线，交CD于G，交BD延长线于H，如图：

∵，∴顶点D（，），∵C（0，2），B（4，0），∴直线CD解析式为，直线BD解析式为，在中，令y=0得x=，∴F（，0），∴BF=，∴S△BCD=BF•|yC-yD|=××（2+）=，设P（t，），则G（t，−），H（t，），∴GP=，PH=∴S△CPD=GP•|xD-xC|=××()＝；S△PDB=PH•|xB-xD|=××()=；∴S四边形CPDB=S△CPD+S△BCD=，∵PM//BD，∴S△MDB=S△PDB，∴S△MDB=，∴S四边形CPDM=S四边形CPDB-S△MDB=（）（）=t2+4t=（t2）2+4，∴当t=2时，S四边形CPDM最大=4，此时P（2，1）；（3）存在，理由如下：∵OC=2，OB=4，∴BC=，抛物线沿射线BC方向平移，相当于抛物线向左平移6个单位，向上平移3个单位，∵，∴新抛物线解析式为：，

联立解析式得：解得：，∴交点E（-1，5），设Q（m，），则BE2=50，BQ2=（m-4）2+（）2，EQ2=（m+1）2+（）2，①当BQ为斜边，即∠QEB=90°时，如图：∵BE2+EQ2=BQ2，∴50+（m+1）2+（）2=（m-4）2+（）2，∴50+（m+1）2-（m-4）2=（）2-（）2，∴50+10m-15=（m2-5m-1）×5，解得：m=8或m=-1（舍去），∴Q（8，14）；②BE为斜边，即∠BQE=90°时，如图：∵QE2+BQ2=BE2，∴（m-4）2+（）2+（m+1）2+（）2=50，∴（m+1）（m-4）（m-2）（m-5）=0，解得：m=-1（与E重合，舍去）或m=4（与B重合，舍去）或m=2或m=5，∴Q（2，-2）或Q（5，2）；③QE为斜边，即∠QBE=90°，如图：∵BQ2+BE2=QE2，∴（m-4）2+（）2+50=（m+1）2+（）2，解得：m=3或m=4（与B重合，舍去），∴Q（3，-1），综上所述：或或或．【点睛】本题考察二次函数综合应用，涉及二次函数图象中三角形，四边形面积问题，关键在于面积的转化，以及直角三角形的存在性问题，注意要分类讨论，利用勾股定理逆定理来求解，计算过程需要仔细点．16．（2021·北京市九年级月考）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－，0)，B(，0)，C(0，－3)．（1）求抛物线顶点P的坐标；（2）连接BC与抛物线对称轴交于点D，连接PC．①求证：PCD是等边三角形．②连接AD，与y轴交于点E，连接AP，在平面直角坐标系中是否存在一点Q，使以Q，C，D为顶点的三角形与ADP全等．若存在，直接写出点Q坐标，若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，点M是直线BC上任意一点，连接ME，以点E为中心，将线段ME逆时针旋转60°，得到线段NE，点N的横坐标是否发生改变，若不改变，直接写出点N的横坐标；若改变，请说明理由．【答案】（1）；（2）①见解析；②存在，或；（3）不改变，N的横坐标为,理由见解析．【分析】（1）利用待定系数法求得二次函数的解析式，再用配方法解题；（2）①利用勾股定理求出PC,PD,CD的值，即可求解；②存在，在对称轴上取一点Q，使得DQ=AD，连接AQ,证明，可解得，再根据对称性得到，当点与Q关于A对称时，，解得；（3）设EN交DM于J，利用全等三角形的性质，