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20.已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(3,0)、B(-3,0)两点,那么方程ax2+bx+c=0的根是x=3或-3,抛物线的对称轴是x=0.

分析 根据函数y=ax2+bx+c的图象与x轴的交点的横坐标就是方程ax2+bx+c=0的根,根据抛物线的与横轴的交点到对称轴的距离相等,可知其对称轴为与横轴两交点的和的一半.

解答 解:∵y=ax2+bx+c的图象与x轴的交点的横坐标就是方程ax2+bx+c=0的根,
抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(3,0)、B(-3,0)两点,
∴方程ax2+bx+c=0的根是3或-3;
∵二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴相交于(3,0)和(-3,0)两点,
∴其对称轴为:x=$\frac{3+(-3)}{2}$=0.
故答案为:x=3或-3,x=0.

点评 本题考查了二次函数与一元二次方程的关系及抛物线与x轴的交点,利用二次函数的对称性是解答此题的关键.

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10.下列方程中两根之和为-1的是(  )
A.x2-x+5=0B.x2-x-5=0C.x2+x+5=0D.x2+x-5=0

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11.计算:-1$\frac{2}{3}$÷24×($\frac{1}{6}$+$\frac{3}{4}$-$\frac{5}{12}$)÷(-2$\frac{1}{2}$).
下面是小明和小亮两位同学的计算过程:
小明:原式=-$\frac{5}{3}$÷(4+18-10)÷(-$\frac{5}{2}$)=-$\frac{5}{3}$×$\frac{1}{12}$×(-$\frac{2}{5}$)=$\frac{1}{18}$.
小亮:原式=-$\frac{5}{3}$×$\frac{1}{24}$×($\frac{2}{12}$+$\frac{9}{12}$-$\frac{5}{12}$)÷(-$\frac{5}{2}$)=$\frac{5}{3}$×$\frac{1}{24}$×$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{5}$=$\frac{1}{72}$.
他们的计算结果不一样,谁对谁错呢?错误的原因是什么?

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8.$|-3|+(-1)^{2003}×(π-0)^{0}-\root{3}{27}$$+(\frac{1}{2})^{-2}$=3.

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15.如果x2-2y=1,那么2x2-4y+5=7.

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5.如图,已知△ABC和△ADC均为直角三角形,点B,D位于AC的两侧,∠ACB=∠ADC=90°,BC=a,AC=b,AB=c,要使△ACD∽△ABC,CD可以等于(  )
A.$\frac{{a}^{2}}{c}$B.$\frac{{b}^{2}}{a}$C.$\frac{ab}{c}$D.$\frac{{b}^{2}}{ac}$

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12.抛物线的解析式为y=2(x+2)2-3的顶点为(-2,-3),开口向上,对称轴为x=-2.

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15.如图1,矩形OABC的边OA、OC分别在坐标轴上,B点坐标(1,$\sqrt{3}$),矩形O′A′B′C′是矩形OABC绕B点逆时针旋转得到的,O′点恰好在x轴的坐标轴上,O′A′交BC于点D.

(1)直接填空:①O′的坐标为(2,0);②△O′DB的形状是等腰三角形;
(2)如图2,连接O′B将△O′BC′沿x轴负半轴以每秒1个单位长度的速度向左平移,得到△O′B′C′,当C′运动到y轴上时停止平移.设△O′B′C′与矩形OABC重叠部分的面积为S,运动时间为t秒(t>0),请直接写出S与t的函数关系式,并写出t的取值范围;
(3)如图3,延长BC到点M,使CM=1,在直线A′O′上是否存在点P,使得△POM是以线段OM为直角边的直角三角形?若存在,请求出P点坐标;若不存在,请说明理由.

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16.如图1,一副直角三角板满足AB=BC=10,∠ABC=∠DEF=90°,∠EDF=30°,将三角板DEF的直角边EF放置于三角板ABC的斜边AC上,且点E与点A重合.
操作一:固定三角板ABC,将三角板DEF沿A  C方向平移,使直角边ED刚好过B点,如图2所示;
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操作二:将三角板DEF沿AC方向平移至一定位置后,再将三角板DEF绕点E旋转,并使边DE与边AB交于点P,边EF与边BC交于点Q;
【探究二】在旋转过程中,
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②四边形EPBQ的面积不变,且是△ABC面积的一半;√
(2)如图4,当$\frac{CE}{EA}$=2时,EP与EQ满足怎样的数量关系?并说明理由.
(3)根据你对(1)、(2)的探究结果,试写出当$\frac{CE}{EA}$=m时,EP与EQ满足的数量关系式为EQ=mEP;(直接写出结论,不必证明)

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