中考数学三轮冲刺《二次函数压轴题》强化练习五（含答案）

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中考数学三轮冲刺《二次函数压轴题》强化练习五1.如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)经过点A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣3).(1)求该抛物线的解析式；(2)若以点A为圆心的圆与直线BC相切于点M，求切点M的坐标；(3)若点Q在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.      2.如图，抛物线y＝x2＋2x﹣8与x轴交于A，B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C．点D在直线AC下方的抛物线上运动，过点D作y轴的平行线交AC于点E．(1)求直线AC的函数表达式；(2)求线段DE的最大值；(3)当点F在抛物线的对称轴上运动，以点A，C，F为顶点的三角形是直角三角形时，直接写出点F的坐标．      3.如图，抛物线与x轴，y轴分别交于A，D，C三点，已知点A(4，0)，点C(0，4)．若该抛物线与正方形OABC交于点G且CG：GB＝3：1．(1)求抛物线的解析式和点D的坐标；(2)若线段OA，OC上分别存在点E，F，使EF⊥FG．已知OE＝m，OF＝t①当t为何值时，m有最大值？最大值是多少？②若点E与点R关于直线FG对称，点R与点Q关于直线OB对称．问是否存在t，使点Q恰好落在抛物线上？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．      4.如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2＋bx＋2与x轴交于A(﹣4，0)和B(1，0)，与y轴交于点C，连接AC，BC．(1)求该抛物线的解析式；(2)如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；(3)点P为抛物线上的一动点，且∠ACP＝45°﹣∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．      5.如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)交x轴于A，B两点，交y轴于点C．其中点A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，﹣3)，连接AC、BC．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，在抛物线上B，C两点间有一动点P(点P不与B、C两点重合)，过点P作AC的平行线，交BC于点G，求PG的最大值及此时点P的坐标；(3)如图2，将抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)沿射线CB方向平移个单位长度得到新抛物线y′，点M为新抛物线对称轴上的一动点，点N为平面内的任意一点，是否存在点N使得以A，C，M，N为顶点的四边形是以AC为边的菱形，若存在，请直接写出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．      6.如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数y＝﹣x2＋bx＋c(b＞0，c＞0)图象的顶点是点A，对称轴为直线l，图象与y轴交于点C．点D在l右侧的函数图象上，点B在DC延长线上，且四边形ABOD是平行四边形．(1)如图2，若CD∥x轴．①求证：b2＝4c；②若▱ABOD是矩形，求二次函数的解析式；(2)当b＝2时，▱ABOD能否成为正方形，请通过计算说明理由．      7.已知抛物线C1：y=ax2+4ax+4a+b(a≠0，b＞0)的顶点为M，经过原点O且与x轴另一交点为A．(1)求点A的坐标；(2)若△AMO为等腰直角三角形，求抛物线C1的解析式；(3)现将抛物线C1绕着点P(m，0)旋转180°后得到抛物线C2，若抛物线C2的顶点为N，当b=1，且顶点N在抛物线C1上时，求m的值．       8.如图，在直角坐标系中，已知点A(0，2)，点B(﹣2，0)，过点B和线段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE．(1)填空：点D的坐标为(        )，点E的坐标为(         )；(2)若抛物线y=﹣x2＋bx＋c经过A，D，E三点，求该抛物线的表达式；(3)若正方形和抛物线均以每秒个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E落在y轴上时，正方形和抛物线均停止运动．①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为S，求S关于平移时间t(1≤t≤)的函数关系式；②运动停止时，求抛物线的顶点坐标．       
0.中考数学三轮冲刺《二次函数压轴题》强化练习五（含答案）答案解析  一         、综合题1.解：(1)把A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣3)代入抛物线解析式得：，解得：，则该抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；(2)设直线BC解析式为y＝kx﹣3，把B(﹣1，0)代入得：﹣k﹣3＝0，即k＝﹣3，∴直线BC解析式为y＝﹣3x﹣3，∴直线AM解析式为y＝x＋m，把A(3，0)代入得：1＋m＝0，即m＝﹣1，∴直线AM解析式为y＝x﹣1，联立得M(﹣，﹣)；(3)存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况考虑：设Q(x，0)，P(m，m2﹣2m﹣3)，当四边形BCQP为平行四边形时，由B(﹣1，0)，C(0，﹣3)，根据平移规律得：﹣1＋x＝0＋m，0＋0＝﹣3＋m2﹣2m﹣3，解得：m＝1±，x＝2±，当m＝1＋时，m2﹣2m﹣3＝8＋2﹣2﹣2﹣3＝3，即P(1＋，3)；当m＝1﹣时，m2﹣2m﹣3＝8﹣2﹣2＋2﹣3＝3，即P(1﹣，3)；当四边形BCPQ为平行四边形时，由B(﹣1，0)，C(0，﹣3)，根据平移规律得：﹣1＋m＝0＋x，0＋m2﹣2m﹣3＝﹣3＋0，解得：m＝0或2，当m＝0时，P(0，﹣3)(舍去)；当m＝2时，P(2，﹣3)，当四边形BQCP是平行四边形时，由平移规律得：﹣1＋0＝m＋x，0﹣3＝m2﹣2m﹣3，解得：m＝0或2，x＝﹣1或﹣3，当m＝0时，P(0，﹣3)(舍去)；当m＝2时，P(2，﹣3)，综上，存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，P的坐标为(1＋，3)或(1﹣，3)或(2，﹣3). 2.解：(1)在y＝x2＋2x﹣8中，令x＝0，得y＝﹣8，∴C(0，﹣8)，令y＝0，得x2＋2x﹣8＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝2，∴A(﹣4，0)，B(2，0)，设直线AC的解析式为y＝kx＋b，则，解得：，∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8；(2)设D(m，m2＋2m﹣8)，则E(m，﹣2m﹣8)，∵点D在点E的下方，∴DE＝﹣2m﹣8﹣(m2＋2m﹣8)＝﹣m2﹣4m＝﹣(m＋2)2＋4，∵﹣1＜0，∴当m＝﹣2时，线段DE最大值为4；(3)∵y＝x2＋2x﹣8＝(x＋1)2﹣9，∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，设F(﹣1，n)，又A(﹣4，0)，C(0，﹣8)，∴AF2＝32＋n2＝n2＋9，AC2＝42＋82＝80，CF2＝12＋(n＋8)2＝n2＋16n＋65，①当∠AFC＝90°时，∵AF2＋CF2＝AC2，∴n2＋9＋n2＋16n＋65＝80，解得：n1＝﹣4﹣，n2＝﹣4＋，∴F(﹣1，﹣4﹣)或(﹣1，﹣4＋)；②当∠CAF＝90°时，∵AF2＋AC2＝CF2，∴n2＋9＋80＝n2＋16n＋65，解得：n＝，∴F(﹣1，)；③当∠ACF＝90°时，∵CF2＋AC2＝AF2，∴n2＋16n＋65＋80＝n2＋9，解得：n＝﹣，∴F(﹣1，﹣)；综上所述，点F的坐标为(﹣1，﹣4﹣)或(﹣1，﹣4＋)或(﹣1，)或(﹣1，﹣)． 3.解：(1)∵点A(4，0)，点C(0，4)．且四边形OABC是正方形，∴QA＝QC＝BC＝4，∵CG：GB＝3：1．∴CG＝3，BG＝l，∴点G的坐标为(3，4)，设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，把.4(4，0)，C(0，4)，G(3，4)，代入y＝ax2＋bx＋c得，，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋3x＋4，令y＝0，则﹣x2＋3x＋4＝0，解得x＝4或x＝﹣1，∴点D的坐标为(﹣1，0)；．(2)①∵EF⊥FG，∠EOF＝∠GFE＝∠GCF＝90°，∴∠EFO＋∠FEO＝∠EFO＋∠CFG＝90°，．∴∠FEO＝∠CFG，∴△EOF∽△FCG，∴＝，即＝，∴m＝﹣t2＋t＝﹣(t﹣2)2＋，∴当t＝2时，m有最大值，最大值为；②∵点A(4，0)，点C(0，4)，且四边形OABC是正方形，∴点B的坐标为(4，4)，设直线OB的解析式为y＝kx，把(4，4)，代入得：4＝4k，解得k＝1，∴直线OB的解析式为y＝x，过点R作RS⊥y轴于点S，如图：∵点E与点R关于直线FG对称，EF⊥FG，∴RF＝EF，∠RFS＝∠EFO，∴△RFS≌△EFO(AAS)，∴RS＝EO＝m，FS＝FO＝t，则SO＝2t，∴点R的坐标为(﹣m，21)∵点R与点Q关于直线OB对称，同理点Q的坐标为(2t，﹣m)，把Q(2t，﹣m)代入y＝﹣x2＋3x＋4，得：﹣m＝﹣4t2＋6t＋4，由①得m＝﹣t2＋t，∴t2﹣t＝﹣4t2＋6t＋4，解得：t1＝，t2＝，∵0≤t1≤4，∴当t＝时，点G恰好落在抛物线上． 4.解：(1)把A(﹣4，0)和B(1，0)代入y＝ax2＋bx＋2得：，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x＋2；(2)由y＝﹣x2﹣x＋2可得C(0，2)，设直线AC解析式为y＝kx＋2，把A(﹣4，0)代入得：﹣4k＋2＝0，解得k＝，∴直线AC解析式为y＝x＋2，设M(x，﹣x2﹣x＋2)，则N(x，x＋2)，∴MN＝﹣x2﹣x＋2﹣(x＋2)＝﹣x2﹣2x，∵MQ∥x轴，MN∥y轴，∴∠MQN＝∠CAO，∠NMQ＝∠AOC＝90°，∴△QMN∽△AOC，∴＝＝，即＝＝，∴MQ＝2MN，NQ＝MN，∴△MNQ周长MN＋MQ＋NQ＝MN＋2MN＋MN＝(3＋)MN＝(3＋)×(﹣x2﹣2x)＝﹣﹣(x＋2)2＋6＋2，∵﹣﹣＜0，∴当x＝﹣2时，△MNQ周长最大值为6＋2；(3)在x轴负半轴上取D，使OC＝OD，连接CD交抛物线于P，如图：∴D(﹣2，0)，∠CDO＝45°，此时∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是满足条件的点，∵C(0，2)，D(2，0)，∴直线CD解析式为y＝x＋2，由得或，∴P(﹣5，﹣3)，作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P'，由对称性知∠ACP'＝∠ACP，P'是满足条件的点，设E(m，n)，根据AE＝AD，CE＝CD可得：，解得或，∴E(﹣，1.6)，由E(﹣，1.6)，C(0，2)可得直线CE解析式为：y＝x＋2，解得或，∴P'(﹣，)，综上所述，P的坐标为(﹣5，﹣3)或(﹣，)． 5.解：(1)设抛物线为y＝a(x＋1)(x﹣3)，代入点C(0，﹣3)得﹣3a＝﹣3，解得a＝1．∴y＝(x＋1)(x﹣3)＝x2﹣2x﹣3．(2)如图1，过点P作PE∥y轴交BC于点E，作GF⊥PE于点F．又OC＝OB＝3，则∠OCB＝∠GEP＝45°．∵AC∥PG∴∠ACB＝∠CGP．即∠ACO＋∠OCB＝∠GEP＋∠GPE，∴∠ACO＝∠GPE．∴tan∠GPE＝tan∠ACO＝，∴，∴PF＝3GF．又∠GEF＝45°，∴EF＝GF．∴PE＝PF＋EF＝4GF．又在Rt△GFP中，由勾股定理得：PG＝GF．∴PG＝PE．设点P(t，t2﹣2t﹣3)∵B(3，0)，C(0，﹣3)∴直线BC解析式为：y＝x﹣3，∴点E坐标为(t，t﹣3)∴PE＝yE﹣yP＝t﹣3﹣(t2﹣2t﹣3)＝﹣t2＋3t，∴PG＝(﹣t2＋3t)，∵﹣＜0，∴当t＝时，PG有最大值，此时点P(,-)．(3)依题意，抛物线沿射线BC平移个单位即抛物线向右平移1个单位，向上平移1个单位．平移后抛物线解析式为：y＝(x﹣2)2﹣3，对称轴为直线x＝2．故设点M(2，m)，又A(﹣1，0)，C(0，﹣3)．∴AC＝，AM＝，CM＝．由题意知，以AC为腰的等腰三角形△ACM有两种情况：①如图2，当AC＝AM时，m1＝1，m2＝﹣1．M1(2，1)，M2(2，﹣1)．由平行四边形对角线互相平分可知：∴N1(3，﹣2)，N2(3，﹣4)②如图3，当CA＝CM，m3＝-3+，m4＝﹣3﹣．M3(2，﹣3＋)，M4(2，﹣3﹣)．∴N3(1，)，N4(1，﹣)，综上：使以AC为边的菱形的N点有：N1(3，﹣2)，N2(3，﹣4)，N3(1，)，N4(1，﹣)． 6.解：(1)①∵y＝﹣x2＋bx＋c＝﹣(x﹣b)＋b2＋c，∴顶点A(b，b2＋c)，C(0，c)，连接OA，交BD于点P，如图1，∵四边形ABOD是平行四边形，∴PA＝PO，∴P(b，b2＋c)，∵CD∥x轴，∴b2＋c＝c，∴b2＝4c；②如图1，设抛物线对称轴交x轴于点E，则E(b，0)，∴OE＝b，AE＝b2＋c＝b2＋b2＝b2，∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝b，∴D(b，c)，∴PD＝b﹣b＝b，∴BD＝2PD＝b，∵▱ABOD是矩形，∴OA＝BD，∴OA2＝BD2，∴OE2＋AE2＝BD2，∴(b)2＋(b2)2＝(b)2，∴b2＋b4＝b2，即b2(b﹣2)(b＋2)＝0，∵b＞0，∴b＝2，∴c＝2，∴该二次函数的解析式为y＝﹣x2＋2x＋2；(2)当b＝2时，▱ABOD不可能是正方形．理由如下：如图2，连接OA，交BD于点G，连接AC，当b＝2时，y＝﹣x2＋2x＋c＝﹣(x﹣1)2＋c＋1，∴抛物线顶点A(1，c＋1)，若四边形ABOD是正方形，则GA＝GO，OA⊥BD，即BD是OA的垂直平分线，∴AC＝OC，∴AC2＝OC2，∴(1﹣0)2＋(c＋1﹣c)2＝c2，∵c＞0，∴c＝，∴y＝﹣x2＋2x＋，∴A(1，＋1)，G(，+)，C(0，)，设直线CG的解析式为y＝kx＋d，则，解得：，∴直线CG的解析式为y＝(1﹣)x＋，令(1﹣)x＋＝﹣x2＋2x＋，解得：x＝0(舍去)或x＝1＋，∴D(1＋，﹣1)，∴DG2＝(1＋﹣)2＋(﹣1﹣-)2＝5﹣，OA2＝1＋(＋1)2＝4＋2，若四边形ABOD是正方形，则OA＝2DG，即OA2＝4DG2，但4DG2＝4×(5﹣)＝20﹣2≠4＋2＝OA2，即OA≠2DG，故当b＝2时，▱ABOD不可能是正方形． 7.解：(1)∵抛物线C1：y=ax2+4ax+4a+b(a≠0，b＞0)经过原点O，∴0=4a+b，∴当ax2+4ax+4a+b=0时，则ax2+4ax=0，解得：x=0或﹣4，抛物线与x轴另一交点A坐标是(﹣4，0)；(2)∵抛物线C1：y=ax2+4ax+4a+b=a(x+2)2+b(a≠0，b＞0)，(如图1)∴顶点M坐标为(﹣2，b)，∵△AMO为等腰直角三角形，∴b=2，∵抛物线C1：y=ax2+4ax+4a+b=a(x+2)2+b过原点，∴a(0+2)2+2=0，解得：a=﹣，∴抛物线C1：y=﹣x2﹣2x；(3)∵b=1，抛物线C1：y=ax2+4ax+4a+b=a(x+2)2+b过原点，(如图2)∴a=﹣，∴y=﹣(x+2)2+1=﹣x2﹣x，设N(n，﹣1)，又因为点P(m，0)，∴n﹣m=m+2，∴n=2m+2即点N的坐标是(2m+2，﹣1)，∵顶点N在抛物线C1上，∴﹣1=﹣(2m+2+2)2+1，解得：m=﹣2+或﹣2﹣．     8.解：(1)由题意可知：OB=2，OC=1．如图(1)所示，过D点作DH⊥y轴于H，过E点作EG⊥x轴于G．易证△CDH≌△BCO，∴DH=OC=1，CH=OB=2，∴D(﹣1，3)；同理△EBG≌△BCO，∴BG=OC=1，EG=OB=2，∴E(﹣3，2)．∴D(﹣1，3)、E(﹣3，2)，故答案为：(﹣1，3)(﹣3，2)；(2)抛物线经过(0，2)、(﹣1，3)、(﹣3，2)，则解得，∴y=﹣x2﹣x＋2；(3)①当点D运动到y轴上时，t=．当0＜t≤时，如图(3)a所示．设D′C′交y轴于点F∵tan∠BCO==2，又∵∠BCO=∠FCC′∴tan∠FCC′=2，即=2∵CC′=t，∴FC′=2t．∴S△CC′F=CC′•FC′=t×2t=5t2当点B运动到点C时，t=1．当＜t≤1时，如图(3)b所示．设D′E′交y轴于点G，过G作GH⊥B′C′于H．在Rt△BOC中，BC=，∴GH=，∴CH=GH=，∵CC′=t，∴HC′=t﹣，∴GD′=t﹣，∴S梯形CC′D′G=(t﹣＋t)=5t﹣，当点E运动到y轴上时，t=．当1＜t≤15时，如图(3)c所示,设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N，∵CC′=t，B′C′=，∴CB′=t﹣，∴B′N=2CB′=2t﹣2，∵B′E′=，∴E′N=B′E′﹣B′N=3﹣2t∴E′M=E′N=(3﹣2t)，∴S△MNE=(3﹣2t)•(3﹣2t)=5t2﹣15t＋11，∴S五边形B′C′D′MN=S正方形B′C′D′E′﹣S△MNE′=2(5t2﹣15t＋11)=﹣5t2＋15t﹣11，综上所述，S与x的函数关系式为：当0＜t≤0.5时，S=5t2当0.5＜t≤1时，S=5t﹣，当1＜t≤时，S=﹣5t2＋15t﹣11，②当点E运动到点E′时，运动停止．如图(3)d所示：∵∠CB′E′=∠BOC=90°，∠BCO=∠B′CE′，∴△BOC∽△E′B′C，∴=，∵OB=2，B′E′=BC=，∴，∴CE′=，∴OE′=OC＋CE′=1＋=，∴E′(0，)，由点E(﹣3，2)运动到点E′(0，)，可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位．∵y=﹣x2﹣x＋2=﹣(x＋)2＋3，∴原抛物线顶点坐标为(﹣，3)，∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为(，4)．