韦达定理应用探讨(含答案)

韦达定理应用探讨

韦达定理说的是：设一元二次方程ax2+bx+c=0a0有二实数根x1，x2，则

bcx1+x2=，x1x2=。

aa这两个式子反映了一元二次方程的两根之积与两根之和同系数a，b，c的关系。其逆命题：如果x1，x2满足x1+x2=，x1x2=，那么x1，x2是一元二次方程

bacaax2+bx+c=0a0的两个根也成立。

韦达定理的应用有一个重要前提，就是一元二次方程必须有解，即根的判别式

=b24ac0。

韦达定理及其逆定理作为一元二次方程的重要理论在初中数学教学和中考中有着广泛的应用。可以将其应用归纳为：①不解方程求方程的两根和与两根积； ②求对称代数式的值； ③构造一元二次方程； ④求方程中待定系数的值； ⑤在平面几何中的应用；⑥在二次函数中的应用。

一、不解方程求方程的两根和与两根积：

已知一元二次方程，可以直接根据韦达定理求得两根和与两根积。 典型例题：

例1：（2012山东烟台3分）下列一元二次方程两实数根和为﹣4的是【 】 A．x2+2x﹣4=0 B．x2﹣4x+4=0 C．x2+4x+10=0 D．x2+4x﹣5=0 【答案】D。【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。

例2：（2012广西来宾3分）已知关于x的一元二次方程x2+x+m=0的一个实数根为1，那么它的另一个实数根是【 】

A．－2 B．0 C．1 D．2

【答案】A。【考点】一元二次方程根与系数的关系。【分析】设方程的另一个实数根为x，则根据一元二次方程根与系数的关系，得x＋1=－1，解得x=－2。故选A。 二、求对称代数式的值：

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应用韦达定理及代数式变换，可以求出一元二次方程两根的对称式的值。所谓对称式，即若将代数式中的任意两个字母交换，代数式不变（fx，y=fy，x），则称这个代数

11 +等。扩展后，可以视xy中x与y对称。 式为完全对称式，如x2+y2，xy典型例题：

例1：（2012山东莱芜3分）已知m、n是方程x2＋22x＋1＝0的两根，则代数式m2＋n2＋3mn的值为【 】

A．9 B．±3 C．3 D．5 【答案】C。【考点】一元二次方程根与系数的关系，求代数式的值。 【分析】∵m、n是方程x2＋22x＋1＝0的两根，∴m＋n=22，mn=1。 ∴m+n+3mn=22m+n2+mn=222+1=8+1=9=3。故选C。

例2：（2012江苏南通3分）设m、n是一元二次方程x2＋3x－7＝0的两个根，则m2＋4m＋n＝ ▲ ．

【答案】4。【考点】求代数式的值，一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系。 【分析】∵m、n是一元二次方程x2＋3x－7＝0的两个根， ∴m 2＋3 m－7＝0，即m 2＋3 m＝7；m＋n＝－3。 ∴m2＋4m＋n＝（m 2＋3 m）＋（m＋n）＝7－3＝4。

例3：（2012湖北鄂州3分）设x1、x2是一元二次方程x2＋5x－3=0的两个实根，且

22x1(x26x23)a4，则a= ▲ .【答案】10。【考点】一元二次方程的解和根

与系数的关系。

【分析】∵x1、x2是一元二次方程x2＋5x－3=0的两个实根，∴x22＋5x2－3=0，x1x2=－3。

26x23)a4，即2x1(x2 又∵2x1(x225x23x2)a4，即

2x1(0x2)a4。

∴2x1x2a4，即23a4，解得a=10。 练习题：

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1. （2012山东日照4分）已知x1、x2是方程2x2+14x－16=0的两实数根，那么的值为 ▲ .

x2x1x1x22 （2011江苏苏州3分）已知a、b是一元二次方程x22x10的两个实数根，则代数式

abab2ab的值等于 ▲ ．

三、构造一元二次方程：

如果我们知道问题中某两个字母的和与积，则可以利用韦达定理构造以这两个字母为根的一元二次方程。扩展后字母可为代数式。 典型例题：

例1：（2012湖北随州4分）设a22a10，b42b210，且1－ab2≠0，则

ab2+b23a+1= ▲ a5

例2：（2012四川内江12分）如果方程xpxq0的两个根是x1,x2，那么

2x1x2p,x1.x2q,请根据以上结论，解决下列问题：已知关于x的方程

x2mxn0,(n0),求出一个一元二次方程，使它的两个根分别是已知方程两根的倒数；

已知a、b、c满足abc0,abc16求正数c的最小值。

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【答案】解：（1）设关于x的方程xmxn0,(n0)的两根为x1,x2，则有：

2x1x2m,x1.x2n，且由已知所求方程的两根为11x1x2m1111。 ，x1x2x1x2nx1x2x1x2n11, x1x2∴

m1x0，即nx2mx10(n0)。 nn16（2）∵abc0,abc16且c0 ∴abc,ab。

c16∴a、b是一元二次方程x2cx0c0的两个根，

c∴所求方程为x2代简，得 cxcx160c0 。

22又∵此方程必有实数根，∴此方程的0，即c又∵c0 ∴c3430。 ∴c4。 ∴正数c的最小值为4。．

224c160，cc3430。

例3：（2012四川宜宾8分）某市政府为落实“保障性住房政策，2011年已投入3亿元资金用于保障性住房建设，并规划投入资金逐年增加，到2013年底，将累计投入10.5亿元资金用于保障性住房建设．

（1）求到2013年底，这两年中投入资金的平均年增长率（只需列出方程）；

（2）设（1）中方程的两根分别为x1，x2，且mx12﹣4m2x1x2+mx22的值为12，求m的值． 【答案】解：（1）设到2013年底，这两年中投入资金的平均年增长率为x， 根据题意得：3+3（x+1）+3（x+1）2=10.5。 （2）由（1）得，x2+3x﹣0.5=0，

由一元二次方程根与系数的关系得，x1+x2=﹣3，x1x2=﹣0.5。 又∵mx12﹣4m2x1x2+mx22=12即m[（x1+x2）2﹣2x1x2]﹣4m2x1x2=12， 即m[9+1]﹣4m2（﹣0.5）=12，即m2+5m﹣6=0，解得，m=﹣6或m=1。 【考点】一元二次方程的应用，一元二次方程根与系数的关系。

例4：（2012贵州黔西南14分）问题：已知方程x2+x1=0，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍。

yyyy解：设所求方程的根为y，则y=2x，所以x=，，，x=代入已知方程，得+1=0

2222第- 6 -页 共8页

2

化简，得：y2+2y4=0 故所求方程为y2+2y4=0

这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”。请阅读材料提供的“换根法”求新方程（要求：把所求方程化成一般形式）

（1）已知方程x2+x2=0，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的相反数，则所求方程为： ；

（2）已知关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a0有两个不等于零的实数根，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程的倒数。 【答案】解：（1）y2－y－2=0。

（2）设所求方程的根为y，则y11（x≠0），于是x（y≠0）。

yx21211把x代入方程ax+bx+c=0，得a+b+c=0，

yyy去分母，得a+by+cy2=0。

若c=0，有ax2+bx=0，可得有一个解为x=0，与已知不符，不符合题意。 ∴c≠0。

∴所求方程为cy2+by+a=0（c≠0）。 【考点】一元二次方程的应用。

【分析】（1）设所求方程的根为y，则y=－x所以x=－y。 把x=－y代入已知方程，得y2－y－2=0。

（2）根据所给的材料，设所求方程的根为y，再表示出x，代入原方程，整理即得出所求的方程。 练习题：

1. （2004辽宁沈阳2分）请你写出一个二次项系数为1，两实数根之和为3的一元二次方程： ▲ .

2. .（2002浙江杭州10分）已知某二次项系数为1的一元二次方程的两个实数根为p、q，

pqp15且满足关系式 2，试求这个一元二次方程． 2pqpq6四、求方程中待定系数的值：

已知方程两根满足某种关系，则可以利用韦达定理确定方程中待定字母系数的值。 典型例题：

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例1：（2012内蒙古包头3分）关于x的一元二次方程x2mx+5m5=0的两个正实数根分别为x1，x2，且2x1+x2=7，则m的值是【 】 A.2 B. 6 C. 2或6 D . 7 【答案】B。

【考点】一元二次方程根与系数的关系，解不等式和一元二次方程。 【分析】∵方程x2mx+5m5=0有两个正实数根，

∴ 将

x1+x2=m>0m>5。 又∵2x1+x2=7，∴x1=7－m。

xx=5m5>012x1=7

－

m

代

入

方

程

x2mx+5m5=0，得

7m2m7m+5m5=0。

解得m=2或m=6。 ∵m>5，∴m=6。故选B。

例2：（2012山东威海3分）若关于x的方程x2+a1x+a2=0的两根互为倒数，则a= ▲ .

【答案】－1。【考点】一元二次方程根与系数的关系，倒数。

【分析】∵关于x的方程x2+a1x+a2=0的两根互为倒数，∴设两根为x和

1。 x1x+=1a1x 则根据一元二次方程根与系数的关系，得。 由x=a2得

xx1=a2xa=1。

但当a=1时，x+=1a无意义。 ∴a=－1。

例3：（2012湖北孝感12分）已知关于x的一元二次方程x2＋(m＋3)x＋m＋1＝0． (1)求证：无论m取何值，原方程总有两个不相等的实数根；

(2)若x1、x2是原方程的两根，且|x1－x2|＝22，求m的值和此时方程的两根． 【答案】解：（1）证明：由关于x的一元二次方程x2＋(m＋3)x＋m＋1＝0得 △=（m+3）2－4（m+1）=（m+1）2+4， ∵无论m取何值，（m+1）2＋4恒大于0， ∴原方程总有两个不相等的实数根。

1x第- 6 -页 共8页

（2）∵x1，x2是原方程的两根，∴x1+x2=－（m+3），x1•x2=m+1。 ∵|x1－x2|＝22， ∴（x1－x2）2=8，即（x1＋x2）2－4x1x2=8。 ∴[－（m+3）]2－4（m+1）=8，即m2＋2m－3=0。 解得：m1=－3，m2=1。

当m=－3时，原方程化为：x2－2=0，解得：x1=2 ，x2=－2。

当m=1时，原方程化为：x2＋4x＋2=0，解得：x1=－2+2 ，x2=－2－2。 【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。

例4：（2012湖南怀化10分）已知x1,x2是一元二次方程(a6)x22axa0的两个实数根.

（1）是否存在实数a，使x1x1x24x2成立？若存在，求出a的值；若不存在，请你说明理由；

（2）求使(x11)(x21)为负整数的实数a的整数值.

【答案】解：（1）成立。∵x1,x2是一元二次方程(a6)x22axa0的两个实数根， ∴由根与系数的关系可知，x1x2a2a； ，x1x2a6a6∵一元二次方程(a6)x22axa0有两个实数根， ∴△=4a2－4（a－6）•a≥0，且a-6≠0，解得，a≥0，且a≠6。 由x1x1x24x2得x1x24x1x2，即解得，a=24＞0，且a－6≠0。

∴存在实数a，使x1x1x24x2成立，a的值是24。 （2）∵(x11)(x21)=x1x2x1x21=a2a。 4a6a6a2a6， 1=a6a6a6∴当(x11)(x21)为负整数时，a－6＞0，且a－6是6的约数。 ∴a－6=6，a－6=3，a－6=2，a－6=1。∴a=12，9，8，7。 ∴使(x11)(x21)为负整数的实数a的整数值有12，9，8，7。 【考点】一元二次方程根与系数的关系和根的判别式，解分式方程。 练习题：

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1. （2011湖北孝感10分）已知关于x的方程x22(k1)xk20有两个实数根x1，x2，

（1）求k的取值范围；（2）若x1x2x1x21，求k的值。 五、在平面几何中的应用：

在平面几何中，①两圆外切，两圆圆心距离等于两圆半径之和；②勾股定理两直角边的平方和等于斜边的平方的应用，可以与一元二次方程根与系数的关系相结合命题。 典型例题：

例1：（2003江苏镇江6分）已知，如图，Rt△ABC中，∠ACB=900，AB=5，两直角边AC、BC的长是关于x的方程xm5x6m0的两个实数根。

2（1）求m的值及AC、BC的长（BC>AC）

（2）在线段BC的延长线上是否存在点D，使得以D、A、C为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出CD的长；若不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）设方程xm5x6m0的两个根分别是x1、x2。

2∴x1+x2=m+5，x1•x2=6m。

22（x1x2）2x1x2（m5）26m 。 ∴x12x22∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5， ∴x12x22AB2。

2（m5）26m52，∴m2-－m=0。∴m=0或m=2。 ∴

当m=0时，原方程的解分别为x1=0，x2=5，但三角形的边长不能为0，所以m=0舍去； 当m=2时，原方程为x2－7x+12=0，其解为x1=3，x2=4，所以两直角边AC=3，BC=4。 ∴m=2，AC=3，BC=4。

（2）存在。已知AC=3，BC=4， AB=5，欲使以△AD1C为顶点的三角形与△ABC相似，

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则

ABACBC。 AD1CD1AC349，则CD1=。 CD134ABBCAC。 AD2CD2AC∴

欲使以△AD2C为顶点的三角形与△ABC相似，则

∴BC=CD2=4。综上所述，在线段BC的延长线上是存在点D，使得以D、A、C为顶点的三角形与△ABC相似，CD的长为或4。

【考点】相似三角形的判定，根与系数的的关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理。 练习题：1.

（2006四川广安8分）已知：△ABC的两边AB、AC的长是关于x的一元二次方程x2－（2k+3）x+k2+3k+2=0的两个实数根，第三边BC的长为5．试问：k取何值时，△ABC是以BC为斜边的直角三角形？

2. （2002江苏无锡9分）已知：如图，⊙O的半径为r，CE切⊙O于C，且与弦AB的延长线交于点E，CD⊥AB于D．如果CE=2BE，且AC、BC的长是关于x的方程

94x23r2xr240的两个实数根．

求：（1）AC、BC的长；（2）CD的长．

七、在二次函数中的应用：

一元二次方程ax2＋bx＋c(a≠0)可以看作二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)当y＝0时的情形，因此若干二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与ｘ轴交点的综合问题都可以用韦达定理解题。 典型例题：

例1：（2012天津市3分）若关于x的一元二次方程（x－2）（x－3）=m有实数根x1,x2，且x1≠x2，有下列结论：①x1=2，x2=3；②m>；③二次函数y=（x－x1）（x－x2）＋m的图象与x轴交点的坐标为（2，0）和（3，0）．

其中，正确结论的个数是【 】（A）0 （B）1 （C）2

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14 （D）3

例2：（2012甘肃兰州10分）若x1、x2是关于一元二次方程ax2＋bx＋c(a≠0)的两个根，则方程的两个根x1、x2和系数a、b、c有如下关系：x1＋x2＝bc，x1•x2＝．把它称为一aa元二次方程根与系数关系定理．如果设二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与x轴的两个交点为A(x1，0)，B(x2，0)．利用根与系数关系定理可以得到A、B连个交点间的距离为：AB＝|x1－x2|＝

x1+x222b24acb4cb4ac=4x1x2==。参考以上定理和结论，2aaaa2解答下列问题：

设二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与x轴的两个交点A(x1，0)，B(x2，0)，抛物线的顶点为C，显然△ABC等腰三角形．

(1)当△ABC为直角三角形时，求b2－4ac的值；(2)当△ABC为等边三角形时，求b2－4ac的值．

【答案】解：（1）当△ABC为直角三角形时，

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过C作CE⊥AB于E，则AB＝2CE。

∵抛物线与x轴有两个交点，△＝b2－4ac＞0， 则|b2－4ac|＝b2－4ac。

b24acb24ac=∵a＞0，∴AB=。 aab24acb24ac4acb2b24ac=2又∵CE=，∴。 =a4a4a4a∴b24ac=b4ac，即b24ac=22b24ac42。

∵b2－4ac＞0，∴b2－4ac＝4。

（2）当△ABC为等边三角形时，由(1)可知CE＝3AB， 2b24ac3b24ac=∴。 4a2a∵b2－4ac＞0，∴b2－4ac＝12。

【考点】抛物线与x轴的交点，根与系数的关系，等腰三角形的性质，等边三角形的性质。

【分析】（1）当△ABC为直角三角形时，由于AC＝BC，所以△ABC为等腰直角三角

b24ac形，过C作CE⊥AB于E，则AB＝2CE．根据本题定理和结论，得到AB=，根

a4acb2据顶点坐标公式，得到CE=，列方程，解可求出b2－4ac的值。

4a（2）当△ABC为等边三角形时，解直角△ACE，得CE＝程即可求出b2－4ac的值。

例3：（2012广东梅州10分）（1）已知一元二次方程x2+px+q=0（p2﹣4q≥0）的两根为x1、x2；求证：x1+x2=﹣p，x1•x2=q．

（2）已知抛物线y=x2+px+q与x轴交于A、B两点，且过点（﹣1，﹣1），设线段AB的长为d，当p为何值时，d2取得最小值，并求出最小值．

3AB，据此列出方程，解方2第- 6 -页 共8页

例4：（2012湖北黄石10分）已知抛物线C1的函数解析式为yaxbx3a(b0)，若抛物线C1经

过点(0,3)，方程ax2bx3a0的两根为x1，x2，且x1x24。 （1）求抛物线C1的顶点坐标.（2）已知实数x0，请证明：x值时才会有x21≥2,并说明x为何x12. x（3）若抛物线先向上平移4个单位，再向左平移1个单位后得到抛物线C2，设A(m,y1)，

B(n,y2)

是C2上的两个不同点，且满足： AOB900，m0，n0.请你用含有m的表达式表示出△AOB的面积S，并求出S的最小值及S取最小值时一次函数OA的函数解析式。 （参考公式：在平面直角坐标系中，若P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则P，Q两点间的距离

(x2x1)2(y2y1)2）

【答案】解：（1）∵抛物线过（０,－３）点，∴－3a＝－３。∴a＝１ 。 ∴ｙ＝x2＋bx－３

∵x2＋bx－３=０的两根为x1，x2且x1x24，

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∴x1x2(x1x2)24x1x2=b2+12＝４且b＜０。∴b＝－２。 ∴ｙ＝x2２x３＝x１４。 ∴抛物线Ｃ１的顶点坐标为（１，－４）。 （2）∵x＞０，∴x∴x2112(x)0 xx12。 x1x=0时，即当x＝１时，有x当x12。 x（3）由平移的性质，得C2的解析式为：y＝x2 。 ∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。

∵ΔAOB为直角三角形，∴OA2＋OB2=AB2。 ∴m2＋m4＋n2＋n4＝（m－n）2＋（m2－n2）2， 化简得：m n＝－１。 ∵ＳΔAOB=OAOB=121m2m4n2n4，m n＝－１， 2∴ＳΔAOB＝111111112m2n22m22＝(m)2m21。 222m2m2m∴ＳΔAOB的最小值为１，此时m＝１,Ａ(１,１)。 ∴直线OA的一次函数解析式为ｙ＝x。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性质，不等式的知识。

【分析】（1）求抛物线的顶点坐标，即要先求出抛物线的解析式，即确定待定系数a、b的值．已知抛物线图象与y轴交点，可确定解析式中的常数项（由此得到a的值）；然后从方程入手求b的值，题目给出了两根差的绝对值，将其进行适当变形（转化为两根和、两根积的形式），结合根与系数的关系即可求出b的值。 （2）将x1配成完全平方式，然后根据平方的非负性即可得证。 x（3）结合（1）的抛物线的解析式以及函数的平移规律，可得出抛物线C2的解析式；在Rt△OAB中，由勾股定理可确定m、n的关系式，然后用m列出△AOB的面积表达式，结合不等式的相关知识可确定△OAB的最小面积值以及此时m的值，从而由待定系数法确定一次函数OA的解析式。

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别解：由题意可求抛物线C2的解析式为：y＝x2。 ∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。

过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为C、D， 则SS梯形ACDBSAOCSBOD

1211(mn2)(mn)mm2nn2222 1mn(mn)2nnBDOD2。∴mn1。 由△BOD∽△OAC得 ，即mmOCAC11∴S1mn(mn)=1m+21。 22m22∴ＳΔAOB的最小值为１，此时m＝１,Ａ(１,１)。 ∴直线OA的一次函数解析式为ｙ＝x。

例6：（广东广州14分）已知关于x的二次函数yax2bxca0的图象经过点C（0，1），且与x轴交于不同的两点A、B，点A的坐标是（1，0）（1）求c的值；（2）求a的取值范围；

（3）该二次函数的图象与直线y＝1交于C、D两点，设A、B、C、D四点构成的四边形的对角线相交于点P，记△PCD的面积为S1，△PAB的面积为S2，当0＜a＜1时，求证：S1﹣S2为常数，并求出该常数．

【答案】解：（1）把C（0，1）代入二次函数yax2bxc得：1＝0＋0＋c，解得：

c＝1。

∴c的值是1。

（2）由（1）二次函数为yax2bx1，把A（1，0）代入得：0＝ab＋1， ∴b＝－1－a。

∵二次函数为yax2bx1与x轴有两个交点， ∴ 一元一次方程ax2bx1=0根的判别式∆＞0，即 1a4a=a22a1＝a1＞0， ∴a≠1且a＞0。 ∴a的取值范围是a≠1且a＞0。 （3）证明：∵0＜a＜1，

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22

∴B在A的右边，设A（1，0），B（xb，0），

2 ∵ax1ax1=0

由根与系数的关系得：1＋xb＝ ∴AB＝

1+a1，∴xb=。 aa11a1。 aa 把y＝1代入二次函数得：ax21ax1=1解得：x1＝0，x2＝错误！未找到引用源。，

∴CD＝错误！未找到引用源。。

过P作MN⊥CD于M，交x轴于N，则MN⊥x轴，

1aPMCD ∵CD∥AB，∴△CPD∽△BPA。∴，即PM。 ＝＝a PNAB1PM1aa1a1a。∴PN＝ 。 221111a1a11a1a ∴ S1S2＝CDPMABPN＝ ＝1。

222a22a2 解得，PM＝ 即不论a为何值，S1－S2的值都是常数。这个常数是1。

【考点】二次函数综合题，解一元一次方程，解二元一次方程组，根的判别式，根与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）把C（0，1）代入抛物线即可求出c。

（2）把A（1，0）代入得到0＝ab＋1，推出b＝－1－a，求出方程ax2bx1=0的∆的值即可。

（3）设A（1，0），B（xb，0），由根与系数的关系求出AB错误！未找到引用源。，把y＝1代入抛物线得到方程ax21ax1=1，求出方程的解，进一步求出CD过P作MN⊥CD于M，交x轴于N，根据△CPD∽△BPA，求出PN、PM的长，根据三角形的面积公式即可求出S1－S2的值即可。

例7：（2011黑龙江大庆8分）已知二次函数yax2bxb(a0,b0))图象顶点的 b

纵坐标不大于－．

2

(1)求该二次函数图象顶点的横坐标的取值范围；

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(2)若该二次函数图象与x轴交于A、B两点，求线段AB长度的最小值．

b4abb2【答案】解：（1）∵yaxbxb(a0,b0)图象顶点坐标为（,），

4a2ab4abb2b由已知得3。  ，解得

4a22a2∴该二次函数图像顶点的横坐标的取值范围是不小于3。

（2）设A(x1 , 0) , B(x2 , 0)(x1x2)，则x1，x2是方程ax2bxb=0的两个根。 ∴x1+x2=，x1x2=∴ABx2x1由（1）可知

bab。 a2x2x1=x2+x12bbb4x2x1=()24()(2)24。

aaab6。 a由于当

bbb6时，随着的增大，(2)24也随着增大

aaa∴当=6时，线段AB的长度的最小值为23。

【考点】二次函数的性质，二次函数和x轴的交点与一元二次方程的关系，韦达定理。 【分析】（1）先求出yax2bxb(a0,b0)的顶点的纵坐标，根据题意得出

bab3，2a即可得出该二次函数图象顶点的横坐标的取值范围。（2）设A(x1 , 0) , B(x2 , 0)(x1x2)，则x1，x2是方程ax2bxb=0的两个根，由韦达定理，根据ABx2x1求出线段AB长度的最小值。

例8：（2012湖南长沙10分）如图半径分别为m，n（0＜m＜n）的两圆⊙O1和⊙O2相交于P，Q两点，且点P（4，1），两圆同时与两坐标轴相切，⊙O1与x轴，y轴分别切于点M，点N，⊙O2与x轴，y轴分别切于点R，点H．

（1）求两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式；（2）求两圆的圆心O1，O2之间的距离d； （3）令四边形PO1QO2的面积为S1，四边形RMO1O2的面积为S2．试探究：是否存在一条经过P，Q两点、开口向下，且在x轴上截得的线段长为求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）由题意可知O1（m，m），O2（n，n），

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s1s22d的抛物线？若存在，请

设过点O1，O2的直线解析式为y=kx+b，则有：

mk+b=mk=1（0＜m＜n），解得。 nk+b=nb=0∴两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式为：y=x。 （2）由相交两圆的性质，可知P、Q点关于O1O2对称． ∵P（4，1），直线O1O2解析式为y=x，∴Q（1，4）。 如图1，连接O1Q， O2Q。 ∵Q（1，4），O1（m，m）， ∴根据勾股定理得到：O1Qm12+m42=2m210m+17。

又∵O1Q为小圆半径，即QO1=m，

∴2m210m+17=m，化简得：m2﹣10m+17=0 ① 同理可得：n2﹣10n+17=0 ②

由①，②式可知，m、n是一元二次方程x2﹣10x+17=0 ③的两个根， 解③得：x522。

∵0＜m＜n，∴m=5－22，n=5+22。 ∵O1（m，m），O2（n，n）， ∴d=O1O2=mn2+mn2=32+32=8。

（3）不存在。理由如下：

假设存在这样的抛物线，其解析式为y=ax2+bx+c， ∵开口向下，∴a＜0。 如图2，连接PQ。

由相交两圆性质可知，PQ⊥O1O2。 ∵P（4，1），Q（1，4）， ∴PQ412+142=32。

又∵O1O2=8， ∴S111PQO1O2328=122。 22又∵O2R=5+22，O1M=5－22，MR=42，

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∴S2（O2RO1M）MR1211042202 2122202∴s1s2==1，即抛物线在x轴上截得的线段长为1。

2d28∵抛物线过点P（4，1），Q（1，4），

16a+4b+c=1b=5a+1∴，解得。

a+b+c=4c=5+4a∴抛物线解析式为：y=ax2﹣（5a+1）x+5+4a， 令y=0，则有：ax2﹣（5a+1）x+5+4a=0， 设两根为x1，x2，则有：x1+x2=

5a+15+4a，x1x2=。 aa5a+125+4a）﹣4（）=1， aa∵在x轴上截得的线段长为1，即|x1﹣x2|=1， ∴（x1﹣x2）2=1，∴（x1+x2）2﹣4x1x2=1，即（化简得：8a2﹣10a+1=0，解得a=517。 8可见a的两个根均大于0，这与抛物线开口向下（即a＜0）矛盾。 ∴不存在这样的抛物线。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相交两圆的性质，勾股定理，解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的性质。 【分析】（1）根据直线过点O1（m，m），O2（n，n），利用待定系数法求出其解析式。 （2）根据P、Q关于连心线对称，求出Q点的坐标；根据勾股定理分别表示出O1Q和O2Q，由O1Q= m和O2Q= n得到一元二次方程，求解即可得到m，n的大小；最后由勾股定理求d。

（3）假设存在这样的抛物线，其解析式为y=ax2+bx+c，因为开口向下，所以a＜0；求出S1、S2，从而求得：s1s22d=1，即抛物线在x轴上截得的线段长为1；根据抛物线过点P

（4，1），Q（1，4），用待定系数法求得其解析式为：y=ax2－（5a+1）x+5+4a；由抛物线在x轴上截得的线段长为1，即|x1－x2|=1，得到关于a的一元二次方程，此方程的两个根均大于0，这与抛物线开口向下（a＜0）相矛盾，所以得出结论：这样的抛物线不存在。

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