(通用版)中考数学一轮复习重点题型 优选训练题大题加练02 (含答案)

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1．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋2(a≠0)与x轴交于点(－1，0)，与BC交于点C，连接AC，BC，已知∠ACB＝90°.
(1)求点B的坐标及抛物线的表达式；
(2)点P是线段BC上的动点(点P不与B，C重合)，连接并延长AP交抛物线于另一点Q，设点Q的横坐标为x.
①记△BCQ的面积为S，求S关于x的函数表达式，并求出当S＝4时x的值；
②记点P的运动过程中，eq \f(PQ,AP)是否存在最大值？若存在，求出eq \f(PQ,AP)的最大值；若不存在，请说明理由．
2．在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2＋eq \f(5,3)x＋c的图象经过点C(0，2)和点D(4，－2)．点E是直线y＝－eq \f(1,3)x＋2与二次函数图象在第一象限内的交点．
(1)求二次函数的表达式及点E的坐标；
(2)如图1，若点M是二次函数图象上的点，且在直线CE的上方，连接MC，OE，ME.求四边形COEM面积的最大值及此时点M的坐标；
(3)如图2，经过A，B，C三点的圆交y轴于点F，求点F的坐标．
3.如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－5与x轴交于A(－1，0)，B(5，0)两点，与y轴相交于点C.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图2，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别交于点F，G.试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标；
(3)若点K为抛物线的顶点，点M(4，m)是该抛物线上的一点，在x轴、y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，请求出点P，Q的坐标．
4．如图1，抛物线y＝ax2＋2x＋c与x轴交于A(－4，0)，B(1，0)两点，过点B的直线y＝kx＋分别与y轴及抛物线交于点C，D.
(1)求直线和抛物线的表达式；
(2)动点P从点O出发，在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀速运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出所有满足条件的t的值；
(3)如图2，将直线BD沿y轴向下平移4个单位后，与x轴，y轴分别交于E，F两点．在抛物线的对称轴上是否存在点M，在直线EF上是否存在点N，使得DM＋MN的值最小？若存在，求出其最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．解：(1)∵∠ACB＝90°，OC⊥AB，
∴∠COA＝90°，
∴∠ACO＝∠CBO，∠AOC＝COB，
∴△ACO∽△CBO，∴eq \f(CO,BO)＝eq \f(AO,CO)，
∴OC2＝OA·OB.
当x＝0时，y＝2，即C(0，2)．
∵A(－1，0)，C(0，2)，
∴OB＝4，∴B(4，0)．
将A，B代入y＝ax2＋bx＋2得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＋2＝0，,16a＋4b＋2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(3,2)，))
∴抛物线的表达式为y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2.
(2)①如图，连接OQ.
设点Q的坐标为(x，－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2)，
∴S＝S△OCQ＋S△OBQ－S△OBC＝eq \f(1,2)×2x＋eq \f(1,2)×4(－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2)－eq \f(1,2)×2×4＝－x2＋4x.
令－x2＋4x＝4，解得x1＝x2＝2，故x的值为2.
②存在．
如图，过点Q作QH⊥BC于H.
∠ACP＝∠QHP＝90°，∠APC＝∠QPH，
∴△APC∽△QPH，∴eq \f(PQ,AP)＝eq \f(QH,AC)＝eq \f(QH,\r(5)).
∵S△BCQ＝eq \f(1,2)BC·QH＝eq \r(5)QH，∴QH＝eq \f(S,\r(5))，
∴eq \f(PQ,AP)＝eq \f(S,5)＝eq \f(1,5)(－x2＋4x)＝－eq \f(1,5)(x－2)2＋eq \f(4,5)，
∴当x＝2时，eq \f(PQ,AP)取得最大值，最大值为eq \f(4,5).
2．解：(1)把C(0，2)，D(4，－2)代入二次函数表达式得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(16a＋\f(20,3)＋c＝－2，,c＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(2,3)，,c＝2，))
∴二次函数的表达式为y＝－eq \f(2,3)x2＋eq \f(5,3)x＋2，
联立一次函数表达式得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,3)x＋2，,y＝－\f(2,3)x2＋\f(5,3)x＋2，))
解得x＝0(舍去)或x＝3，
则E(3，1)．
(2)如图，过M作MH∥y轴，交CE于点H.
设M(m，－eq \f(2,3)m2＋eq \f(5,3)m＋2)，则H(m，－eq \f(1,3)m＋2)，
∴MH＝－eq \f(2,3)m2＋eq \f(5,3)m＋2－(－eq \f(1,3)m＋2)＝－eq \f(2,3)m2＋2m，
S四边形COEM＝S△OCE＋S△CME＝eq \f(1,2)×2×3＋eq \f(1,2)MH·3＝－m2＋3m＋3，
当m＝－eq \f(b,2a)＝eq \f(3,2)时，S最大＝eq \f(21,4)，此时M坐标为(eq \f(3,2)，3)．
(3)如图，连接BF.
当－eq \f(2,3)x2＋eq \f(5,3)x＋2＝0时，x1＝eq \f(5＋\r(73),4)，x2＝eq \f(5－\r(73),4)，
∴OA＝eq \f(\r(73)－5,4)，OB＝eq \f(\r(73)＋5,4).
∵∠ACO＝∠ABF，∠AOC＝∠FOB，
∴△AOC∽△FOB，
∴eq \f(OA,OF)＝eq \f(OC,OB)，即eq \f(\f(\r(73)－5,4),OF)＝eq \f(2,\f(\r(73)＋5,4))，
解得OF＝eq \f(3,2)，
则F坐标为(0，－eq \f(3,2))．
3．解：(1)把A(－1，0)，B(5，0)代入y＝ax2＋bx－5得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝a－b－5，,0＝25a＋5b－5，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－4.))
∴二次函数的表达式为y＝x2－4x－5.
(2)设H(t，t2－4t－5)．
∵CE∥x轴，
∴－5＝x2－4x－5，
解得x1＝0，x2＝4，
∴E(4，－5)，CE＝4.
设直线BC的表达式为y2＝a2x＋b2.
∵B(5，0)，C(0，－5)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝5a2＋b2，,－5＝b2，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝1，,b2＝－5，))
∴直线BC的表达式为y2＝x－5，
∴F(t，t－5)，HF＝t－5－(t2－4t－5)＝－(t－eq \f(5,2))2＋eq \f(25,4)
∵CE∥x轴，HF∥y轴，
∴CE⊥EF，
∴S四边形CHEF＝eq \f(1,2)CE·HF＝－2(t－eq \f(5,2))2＋eq \f(25,2)，
∴H(eq \f(5,2)，－eq \f(35,4))．
(3)如图，分别作K，M关于x轴，y轴对称的点K′，M′，分别交PQ延长线于点K′，M′.
∵点K为顶点，∴K(2，－9)，
∴点K关于y轴的对称点K′的坐标为(－2，－9)．
∵M(4，m)，∴M(4，－5)．
∴点M关于x轴的对称点M′的坐标为(4，5)．
设直线K′M′的表达式为y3＝a3x＋b3，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－9＝－2a3＋b3，,5＝4a3＋b3，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝\f(7,3)，,b3＝－\f(13,3)，))
∴直线K′M′的表达式为y3＝eq \f(7,3)x－eq \f(13,3)，
易知图中点P，Q即为符合条件的点，
∴P，Q的坐标分别为P(eq \f(13,7)，0)，Q(0，－eq \f(13,3))．
4．解：(1)∵直线y＝kx＋eq \f(2,3)过点B(1，0)，
∴0＝k＋eq \f(2,3)，k＝－eq \f(2,3)，
∴直线的表达式为y＝－eq \f(2,3)x＋eq \f(2,3).
∵抛物线y＝ax2＋2x＋c与x轴交于A(－4，0)，B(1，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝16a－8＋c，,0＝a＋2＋c，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(2,3)，,c＝－\f(8,3)，))
∴抛物线的表达式为y＝eq \f(2,3)x2＋2x－eq \f(8,3).
(2)t＝eq \f(4,9) s，eq \f(23,3) s，eq \f(15－\r(129),6) s或eq \f(15＋\r(129),6) s.
提示：情况一：当∠DCP为直角时，
在Rt△OCB中，CB＝eq \r(（\f(2,3)）2＋12)＝eq \f(\r(13),3)，
cs∠CBO＝eq \f(1,\f(\r(13),3))＝eq \f(3\r(13),13).
∵cs∠CBO＝cs∠CBP＝eq \f(BC,PB)，
∴eq \f(\f(\r(13),3),PB)＝eq \f(3\r(13),13)，
∴PB＝eq \f(13,9)，
∴点P的坐标为(－eq \f(4,9)，0)，
∴t＝eq \f(4,9) s时，△PDC为直角三角形．
情况二：解eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(2,3)x＋\f(2,3)，,y＝\f(2,3)x2＋2x－\f(8,3)，))可得D点坐标为(－5，4)．
当∠CDP为直角时，同理可得cs∠CBP＝eq \f(BD,BP)＝eq \f(3\r(13),13).
∵BD＝eq \r(62＋42)＝2eq \r(13)，
∴BP＝eq \f(26,3)，∴P点坐标为(－eq \f(23,3)，0)，
∴t＝eq \f(23,3) s时，△PDC为直角三角形．
情况三：当∠DPC为直角时，设点P的坐标为(a，0)，则
DP2＋CP2＝CD2，即(a＋5)2＋42＋a2＋(eq \f(2,3))2＝52＋(eq \f(10,3))2，
解得a＝eq \f(－15±\r(129),6)，
∴P点坐标为(eq \f(－15＋\r(129),6)，0)或(eq \f(－15－\r(129),6)，0)，
∴t＝eq \f(15－\r(129),6) s或eq \f(15＋\r(129),6) s时，△PDC为直角三角形．
(3)存在．
直线EF的表达式为y＝－eq \f(2,3)x＋eq \f(2,3)－4＝－eq \f(2,3)x－eq \f(10,3).
取D关于对称轴的对称点D′，则D′坐标为(2，4)．
如图，过D′作D′N⊥EF于点N，过点D′作D′G⊥x轴，垂足为Q，延长线交EF于点G.
设点N的坐标为(a，－eq \f(2,3)a－eq \f(10,3))．
∵∠EQG＝∠D′NG＝90°，∠G＝∠G，
∴∠ND′G＝∠GEB.
∵∠GEB＝∠ABC，
∴∠ND′G＝∠ABC，
则eq \f(2－a,4－（－\f(2,3)a－\f(10,3)）)＝tan∠ND′G＝tan∠ABC＝eq \f(2,3)，
解得a＝－2，
∴－eq \f(2,3)a－eq \f(10,3)＝－2，
∴点N的坐标为(－2，－2)．
∵点N到D′G的距离为2－(－2)＝4，
又∵对称轴与D′G的距离为2－(－eq \f(3,2))＝eq \f(7,2)，
∴点N在对称轴的左侧，由此可证明线段D′N与对称轴有交点，其交点即为DM＋MN取最小值时M的位置．
将x＝2代入y＝－eq \f(2,3)x－eq \f(10,3)得y＝－eq \f(14,3)，
∴点G的坐标为(2，－eq \f(14,3))，
∴D′G＝eq \f(26,3)，
∴D′N＝D′G·cs∠ND′G＝D′G·cs∠ABC＝eq \f(26,3)·eq \f(1,\f(\r(13),3))＝2eq \r(13)，
即DM＋MN的最小值为2eq \r(13).
设点M的坐标为(－eq \f(3,2)，b)，则eq \f(2－（－\f(3,2)）,4－b)＝tan∠ND′G＝eq \f(2,3)，
解得b＝－eq \f(5,4)，
∴点M的坐标为(－eq \f(3,2)，－eq \f(5,4))．
综上所述，DM＋MN的最小值为2eq \r(13)，点M的坐标为(－eq \f(3,2)，－eq \f(5,4))，点N的坐标为(－2，－2)．