天津市数学2005-2009中考第26题解析

1 天津市数学2005-2009中考第26题解析 1．对“0x是一元二次方程20axbxc根”的理解：该方程有实数根，即⊿≥0；然后应用第2类的思路。

（2005年26题，本小题10分） 已知二次函数cbxaxy2

（Ⅰ）若3,2ca，且二次函数的图象经过点（2,1），求b的值； （Ⅱ）若,,2,2cbcba且二次函数的图象经过点（p，2），求证：0b； （Ⅲ）若,,0cbacba且二次函数的图象经过点（q，a），试问当自变量4qx 时，二次函数cbxaxy2所对应的函数值y是否大于0？并证明你的结论。 解：（Ⅰ）把3,2ca及（2,1）代入，得b=1。 （Ⅱ）把2,2bca及（p，2）代入，并整理得,022bbpp 于是p为方程022bbxx的根， ∴⊿=0)8(82bbbb， 又∵,,2cbcb ∴,2bb即1b，有08b， ∴0b。 （Ⅲ）不同于标答的解法 ∵二次函数的图象经过点（q，a）

∴02acbqaq，

∴q为方程02acbxax的根， ∴⊿=042caab， 2

又∵,0cba ∴⊿=03442cababbabb 又,,0cbacba知0,0ca, ∴03ca ∴0b

0cba ∵,0cba可知图象过(1,0)点， 又由a、b的符号，可知抛物线的对称轴abx2不在y轴右侧， 故(1,0)点是图象与x轴的右交点

设图象与x轴的左交点为0,0x，则2120xab，

,22,00aaxabbaaabx



∴如右图所示 ∵图象经过点（q，a）且0a， ∴点（q，a）必然在X轴下方的图象上，

54212qq ∴当4qx时0y

∴当自变量4qx 时，二次函数cbxaxy2所对应的函数值y是否大于0。 说明：适时画出图象草图更能说明问题，体现数形结合，并由上述两道题充分体现二次函数的灵魂——对称轴的作用。 3

2．韦达定理与不等式变形的综合应用。 （2007年26题，本小题10分） .

已知关于x的一元二次方程xcbxx2有两个实数根21,xx，且满足01x，

112xx。

（1）试证明：0c； （2）证明：)2(22cbb；

（3）对于二次函数cbxxy2，若自变量取值为0x，其对应的函数值为0y，则当100xx时，试比较0y与1x的大小。

解：（1）将已知的一元二次方程化为一般形式 即0)1(2cxbx

∵ 21,xx是该方程的两个实数根 ∴ )1(21bxx，cxx21 而01,0121xxx ∴ 0c （2）212122124)()(xxxxxx 1424)1(22cbbcb ∵ 112xx ∴ 1)(212xx 于是11422cbb，即0422cbb ∴ )2(22cbb

第（2）问还可用2214bacxxa>1推出结论。 （3）（求差法比大小，并通过代换变不同级别量为同一级别量再求差） ∵ cbxxy0200，1121xcbxx 4

∴ )(12102010cbxxcbxxxy ))((1010bxxxx（7分）

∵ 100xx ∴ 010xx 又∵ 112xx ∴ 112xx，12121xxx ∵ )1(21bxx ∴ 12)1(1xb 于是021bx 又∵ 100xx ∴ 010bxx 由于010xx，010bxx ∴ 0))((1010bxxxx，即010xy ∴ 当100xx时，有10xy. 说明：第三问证010bxx还有其他方法，但都要充分应用已知条件及不等式性质及不等式放缩原理进行变化整理。 3．充分灵活应用不等式的性质和变形，最终通过分析二次函数对称轴的取值范围解决问题。 （2008年26题，本小题10分）

已知抛物线cbxaxy232， （Ⅰ）若1ba，1c，求该抛物线与x轴公共点的坐标； （Ⅱ）若1ba，且当11x时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，求c的取值范围；

（Ⅲ）若0cba，且01x时，对应的01y；12x时，对应的02y，试判断当10x

时，抛物线与x轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由．

解（Ⅰ）当1ba，1c时，抛物线为1232xxy， 方程01232xx的两个根为11x，312x．

∴该抛物线与x轴公共点的坐标是10，和103，． 5

（Ⅱ）当1ba时，抛物线为cxxy232，且与x轴有公共点． 对于方程0232cxx，判别式c124≥0，有c≤31． ①当31c时，由方程031232xx，解得3121xx．

此时抛物线为31232xxy与x轴只有一个公共点103，． ②当31c时， 11x时，ccy1231，

12x时，ccy5232．

由已知11x时，该抛物线与x轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为31x，

应有1200.yy≤， 即1050.cc≤， 解得51c≤． 综上，31c或51c≤． 第（Ⅱ）问解法二（图象法）

或

103c； 或 01010xyxy时时51c≤ 6

综上，31c或51c≤． （Ⅲ）对于二次函数cbxaxy232， 由已知01x时，01cy；12x时，0232cbay， 又0cba，∴babacbacba22)(23． 于是02ba．而cab，∴02caa，即0ca． ∴0ca．

∵关于x的一元二次方程0232cbxax的判别式 0])[(412)(4124222accaaccaacb， ∴抛物线cbxaxy232与x轴有两个公共点，顶点在x轴下方． 又该抛物线的对称轴abx3， 由0cba，0c，,caboba 又02ba， 得aba2， ∴32331ab．

又由已知01x时，01y；12x时，02y，观察图象， 可知在10x范围内，该抛物线与x轴有两个公共点． 说明：适时画出图象草图更能说明问题，体现数形结合。

O y x 1 7

4．体现方程与函数的内在联系，掌握点的坐标与线段之间的转化。 （2009年26题，本小题10分）

已知函数212yxyxbxc，，，为方程120yy的两个根，点(,)MtT在函数

2y的图象上．

（Ⅰ）若1132，，求函数2y的解析式； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若函数1y与2y的图象的两个交点为AB，，当ABM△的面积为112时，求t的值；

（Ⅲ）若01，当01t时，试确定T，，三者之间的大小关系，并说明理由。 解（Ⅰ）212120yxyxbxcyy，，， 210xbxc

.

将1132，分别代入210xbxc，得 221111

10103322bcbc，，

解得1166bc，. 函数2y的解析式为2y25166xx．

另解第（Ⅰ）问：比较系数法 ∵＝13，＝12是方程的两个根，

∴11()()032xx，即251066xx． „„ ① ∵120yy， ∴2(1)0xbxc． „„ ② 方程①，②相同，比较系数得 516b，即16b，16c． ∴221166yxx 8

0.50.450.40.350.30.250.20.150.10.05

-0.10.10.20.30.40.50.6

DCTtNtαβBAβαM

另解第（Ⅰ）问：韦达定理法 ∵+=56 =16

∴、是一元二次方程251066xx的两个根 又、是一元二次方程2(1)0xbxc的两个根 ∴比较系数得 516b，即16b，16c． ∴221166yxx

（Ⅱ）由已知，得26AB，设ABM△的高为h， 312121212ABMSABhh△·，即12144h.

根据题意，2tTh， 由21166Ttt，得251166144tt. 当251166144tt时，解得12512tt； 当251166144tt时，解得3452521212tt，. t ·····································································································································

的

值为55252121212，，

另解第（Ⅱ）问： 方法1： 过点M作x轴的垂线，与yx交于点N， 111()(||)223ABMSTt，21166Ttt，