2024年中考数学二轮复习 二次函数压轴题 专项练习五（含答案）

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如图已知二次函数y＝x2＋bx＋c(b，c为常数)的图象经过点A(3，﹣1)，点C(0，﹣4)，顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴于点D，交二次函数y＝x2＋bx＋c的图象于点B，连接BC．
(1)求该二次函数的表达式及点M的坐标：
(2)若将该二次函数图象向上平移m(m＞0)个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部(不包括△ABC的边界)，求m的取值范围；
(3)若E为y轴上且位于点C下方的一点，P为直线AC上一点，在第四象限的抛物线上是否存在一点Q，使以C、E、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q的横坐标：若不存在，请说明理由．
如图，矩形的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为(10，8)，沿直线OD折叠矩形，使点A正好落在BC上的E处，E点坐标为(6，8)，抛物线y=ax2+bx+c经过O、A、E三点．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)求AD的长；
(3)点P是抛物线对称轴上的一动点，当△PAD的周长最小时，求点P的坐标．
在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是平行四边形，点A(4，0)，∠AOC＝60°，点C的纵坐标为eq \r(3)，点D是边BC上一点，连接OD，将线段OD绕点O逆时针旋转60°得到线段OE．
给出如下定义：
如果抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)同时经过点A，E，则称抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)为关于点A，E的“伴随抛物线”．
(1)如图1，当点D与点C重合时，点E的坐标为 ，此时关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为 ；
(2)如图2，当点D在边BC上运动时，连接CE．
①当CE取最小值时，求关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式；
②若关于点A，E的“伴随抛物线”y＝ax2＋bx(a≠0)存在，直接写出a的取值范围．
如图，抛物线C1：y=x2+bx+c经过原点，与x轴的另一个交点为(2，0)，将抛物线C1向右平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2，C2交x轴于A、B两点(点A在点B的左边)，交y轴于点c．
(1)求抛物线C1的解析式及顶点坐标．
(2)以AC为直角边向上作直角三角形ACD(∠CAD是直角)，且tan∠DCA=eq \f(1,2)，当点D落在抛物线C2的对称轴上时，求抛物线C3的解析式．
(3)若抛物线C2的对称轴上存在点P，并且以P为圆心AC长为半径的圆经过A，C两点，求m的值．
已知抛物线y＝ax2﹣(3a﹣1)x﹣2(a为常数且a≠0)与y轴交于点A．
(1)点A的坐标为 ；对称轴为 (用含a的代数式表示)；
(2)无论a取何值，抛物线都过定点B(与点A不重合)，则点B的坐标为 ；
(3)若a＜0，且自变量x满足﹣1≤x≤3时，图象最高点的纵坐标为2，求抛物线的表达式；
(4)将点A与点B之间的函数图象记作图象M(包含点A、B)，若将M在直线y＝﹣2下方的部分保持不变，上方的部分沿直线y＝﹣2进行翻折，可以得到新的函数图象M1，若图象M1上仅存在两个点到直线y＝﹣6的距离为2，求a的值．
如图，点M(4，0)，以点M为圆心、2为半径的圆与x轴交于点A、B，已知抛物线y=eq \f(1,6)x2＋bx＋c过点A和B，与y轴交于点C．
(1)求点C的坐标，并画出抛物线的大致图象；
(2)求出抛物线的顶点D的坐标，并确定与圆M的位置关系；
(3)点Q(8，m)在抛物线y=eq \f(1,6)x2＋bx＋c上，点P为此抛物线对称轴上一个动点，求PQ＋PB的最小值．
已知抛物线l1：y=﹣x2＋bx＋3交x轴于点A，B，(点A在点B的左侧)，交y轴于点C，其对称轴为x=1，抛物线l2经过点A，与x轴的另一个交点为E(5，0)，交y轴于点D(0，﹣eq \f(5,2))．
(1)求抛物线l2的函数表达式；
(2)P为直线x=1上一动点，连接PA，PC，当PA=PC时，求点P的坐标；
(3)M为抛物线l2上一动点，过点M作直线MN∥y轴，交抛物线l1于点N，求点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(0，﹣6)，顶点为D(﹣2，2)．
(1)求抛物线W1的表达式；
(2)将抛物线W1绕原点O旋转180°得到抛物线W2，抛物线W2的顶点为D′，在抛物线W2上是否存在点M，使S△D′AD＝S△D′DM？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
\s 0 答案
解：(1)将点A(3，﹣1)，点C(0，﹣4)代入y＝x2＋bx＋c，
∴，解得，
∴y＝x2﹣2x﹣4，
∵y＝x2﹣2x﹣4＝(x﹣1)2﹣5，
∴顶点M(1，﹣5)；
(2)由题可得平移后的函数解析式为y＝(x﹣1)2﹣5＋m，
∴抛物线的顶点为(1，m﹣5)，
设直线AC的解析式为y＝kx＋b，
∴，解得，
∴y＝x﹣4，
当顶点在直线AC上时，m﹣5＝﹣3，
∴m＝2，
∵AB∥x轴，
∴B(﹣1，﹣1)，
当M点在AB上时，m﹣5＝﹣1，
∴m＝4，
∴2＜m＜4；
(3)存在一点Q，使以C、E、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
设E(0，t)，P(p，p﹣4)，Q(q，q2﹣2q﹣4)，
∵点E在点C下方，
∴t＜﹣4，
∵Q点在第四象限，
∴0＜q＜＋1，
①当CE为菱形对角线时，CP＝CQ，
∴，解得(舍)或，
∴Q点横坐标为1；
②当CP为对角线时，CE＝CQ，
∴，解得，
∴Q点横坐标为2，不符合题意；
③当CQ为菱形对角线时，CE＝CP，
∴，解得(舍)或，
∴Q点横坐标为3﹣eq \r(2)；
综上所述：Q点横坐标为1或3﹣eq \r(2)．
解：(1)∵四边形ABCD是矩形，B(10，8)，
∴A(10，0)，
又抛物线经过A、E、O三点，把点的坐标代入抛物线解析式可得
，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣eq \f(1,3)x2+eq \f(10,3)x；
(2)由题意可知：AD=DE，BE=10﹣6=4，AB=8，
设AD=x，则ED=x，BD=AB﹣AD=8﹣x，
在Rt△BDE中，由勾股定理可知ED2=EB2+BD2，
即x2=42+(8﹣x)2，解得x=5，
∴AD=5；
(3)∵y=﹣eq \f(1,3)x2+eq \f(10,3)x，
∴其对称轴为x=5，
∵A、O两点关于对称轴对称，
∴PA=PO，
当P、O、D三点在一条直线上时，PA+PD=PO+PD=OD，此时△PAD的周长最小，
如图，连接OD交对称轴于点P，则该点即为满足条件的点P，
由(2)可知D点的坐标为(10，5)，
设直线OD解析式为y=kx，把D点坐标代入可得5=10k，解得k=eq \f(1,2)，
∴直线OD解析式为y=eq \f(1,2)x，令x=5，可得yeq \f(5,2)=，
∴P点坐标为(5，eq \f(5,2))．
解：(1)如图，连接CE，过点E作E′作x轴的垂线于点E′，过点C作CC′⊥x轴于点C′，
∴CC′＝eq \r(3)，
∵∠AOC＝60°，
∴OC＝2，
由旋转可知，OE＝OC＝2，∠EOC＝60°，
∴△COE是等边三角形，
∴∠EOE′＝60°，
∴OE′＝1，EE′＝eq \r(3)，
∴E(﹣1，eq \r(3))．
将A(4，0)，E(﹣1，eq \r(3))代入抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)，
∴，解得．
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣；
故答案为：(﹣1，eq \r(3))；y＝x2﹣；
(2)①由旋转可知，点E在线段C′B′上运动，过点C作CE⊥C′B′于点E，点E即为所求，过点E作y轴的垂线，过点C′作x轴的垂线，交EM于点M，交x轴于点N，
由题意可知，CC′＝2，
由旋转可知，△OBC≌△OB′C′，
∴C′B′＝CB＝OA＝4，∠OCB＝∠OC′′＝120°，
∵∠OC′C＝60°，
∴∠B′C′C＝60°，CC′＝OC＝2，
∴C′E＝1，CE＝eq \r(3)，
∴ME＝eq \f(1,2)，C′M＝eq \f(\r(3),2)，∴E(﹣eq \f(1,2)，eq \f(3\r(3),2))．
将A(4，0)，E(﹣eq \f(1,2)，eq \f(3\r(3),2))代入抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)，
∴，解得．
∴关于点A，E的“伴随抛物线”的解析式为：y＝x2﹣．
②如图，过点B′作x轴的平行线，交MN于点P，
∴B′P＝2，PC′＝2eq \r(3)，
∴B′(1，3eq \r(3))，
将B′(1，3eq \r(3))，A(4，0)代入抛物线的解析式y＝ax2＋bx(a≠0)，
∴，解得．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣eq \r(3)x2＋4eq \r(3)．
结合图象可知，a的取值范围为：＜a＜；﹣eq \r(3)＜a＜0．
解：(1)抛物线C1的解析式为y=x(x﹣2)，即y=x2﹣2x，
因为y=(x﹣1)2﹣1，故抛物线C1的顶点坐标为(1，﹣1)；
(2)抛物线线C2的对称轴交x轴于E点，如图1，
∵将抛物线C1向右平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2，
∴抛物线C2的对称轴为直线x=1+m，A(m，0)，B(2+m，0)，E(1+m，0)，
∴抛物线C2的解析式为y=(x﹣m)(x﹣1﹣m)，即y=x2﹣2(m+1)x+m2+2m，
当x=0时，y=x2﹣2(m+1)x+m2+2m=m2+2m，则C(0，m2+2m)，
∵∠CAD=90°，∴∠OAC+∠DAE=90°，∵∠DAE+∠ADE=90°，∴∠OAC=∠ADE，
∴Rt△EDA∽Rt△OAC，∴=，∵在Rt△ADC中，tan∠DCA==，
∴=，整理得m2+2m﹣2=0，解得m1=eq \r(3)﹣1，m2=﹣eq \r(3)﹣1(舍去)，
∴抛物线C2的解析式为y=x2﹣2eq \r(3)x+2；
(3)如图2，作直径CQ，作QH⊥x轴于H，
∵E点为OH的中点，∴OH=2OE=2(m+1)，∴AH=2(m+1)﹣m=m+2，
∵PC=PA=AC，∴△PAC为等边三角形，∴∠PCA=60°，
∵CQ为直径，∴∠CAQ=90°，在Rt△ACQ中，tan∠ACQ==tan60°=eq \r(3)，
∵∠OAC+∠QAH=90°，∠OAC+∠ACO=90°，∴∠ACO=∠QAH，
∴Rt△AQH∽Rt△CAO，∴AH：CO=AQ：AC，
即(m+2)：(m2+2m)=eq \r(3)，解得m=eq \f(\r(3),3)，即m的值为eq \f(\r(3),3)．
解：(1)令x＝0，则y＝﹣2，
∴A(0，﹣2)；
抛物线y＝ax2﹣(3a﹣1)x﹣2的对称轴为直线x＝﹣＝，
故答案为：(0，﹣2)；x＝；
(2)∵抛物线y＝ax2﹣(3a﹣1)x﹣2＝ax2﹣3ax＋x﹣2＝(x2﹣3x)a＋x﹣2，
又无论a取何值，抛物线都过定点B(与点A不重合)，
∴x2﹣3x＝0，
∴x＝3，
∵当x＝3时，y＝x﹣2＝1，
∴B(3，1)，
故答案为：(3，1)；
(3)∵a＜0，
∴抛物线y＝ax2﹣(3a﹣1)x﹣2开口方向向下．
由(1)知：抛物线y＝ax2﹣(3a﹣1)x﹣2的对称轴为直线x＝，
①若≤﹣1，则a≥，与a＜0矛盾，不合题意；
②若﹣1＜＜3，则a＜﹣，
此时，抛物线的顶点为图象最高点，
即当x＝时，函数y的值为2，
∴a×﹣(3a﹣1)×﹣2＝0，解得：a＝﹣1或a＝﹣(不合题意，舍去)．
∴a＝﹣1；
③若≥3，则﹣≤a＜0，
此时，点(3，2)是满足﹣1≤x≤3时，图象的最高点，
∵9a﹣3(3a﹣1)﹣2＝1≠2，∴此种情况不存在，
综上，满足条件的抛物线的表达式为y＝﹣x2＋4x﹣2；
(4)∵B(3，1)，
∴将点B沿直线y＝﹣2进行翻折后得到的对称点的坐标为B′(3，﹣5)，
∴点B′到直线y＝﹣6的距离为1．
①当a＞0时，
∵图象M1上仅存在两个点到直线y＝﹣6的距离为2，
∴此时，抛物线的顶点的纵坐标为﹣4，
∴＝﹣4，解得：a＝，
∴a＝或；
②当a＜0时，
∵点B′到直线y＝﹣6的距离为1，
∴图象M1上仅存在一个点到直线y＝﹣6的距离为2，
综上，若图象M1上仅存在两个点到直线y＝﹣6的距离为2，a的值为或．
解：(1)由已知，得A(2，0)，B(6，0)，
抛物线y=eq \f(1,6)x2＋bx＋c过点A和B，则：
，解得；
则抛物线的解析式为y=eq \f(1,6)x2﹣ eq \f(4,3)x＋2．故C(0，2).
(2)由(1)得：y=eq \f(1,6)x2﹣ eq \f(4,3)x＋2=eq \f(1,6)(x﹣4)2﹣ eq \f(2,3)，故D(4，﹣ eq \f(2,3)，)，D点在圆内.
(3)如图，抛物线对称轴l是x=4；
∵Q(8，m)抛物线上，
∴m=2；
过点Q作QK⊥x轴于点K，则K(8，0)，QK=2，AK=6，
.
又∵B(6，0)与A(2，0)关于对称轴l对称，
∴PQ＋PB的最小值=AQ=2eq \r(10).
解：(1)∵抛物线l1：y=﹣x2＋bx＋3的对称轴为x=1，
∴﹣=1，解得b=2，
∴抛物线l1的解析式为y=﹣x2＋2x＋3，
令y=0，可得﹣x2＋2x＋3=0，解得x=﹣1或x=3，
∴A点坐标为(﹣1，0)，
∵抛物线l2经过点A、E两点，
∴可设抛物线l2解析式为y=a(x＋1)(x﹣5)，
又∵抛物线l2交y轴于点D(0，﹣eq \f(5,2))，
∴﹣eq \f(5,2)=﹣5a，解得a=eq \f(1,2)，
∴y=eq \f(1,2)(x＋1)(x﹣5)=eq \f(1,2)x2﹣2x﹣eq \f(5,2)，
∴抛物线l2的函数表达式为y=eq \f(1,2)x2﹣2x﹣eq \f(5,2)；
(2)设P点坐标为(1，y)，由(1)可得C点坐标为(0，3)，
∴PC2=12＋(y﹣3)2=y2﹣6y＋10，PA2=[1﹣(﹣1)]2＋y2=y2＋4，
∵PC=PA，
∴y2﹣6y＋10=y2＋4，解得y=1，
∴P点坐标为(1，1)；
(3)由题意可设M(x，eq \f(1,2)x2﹣2x﹣eq \f(5,2))，
∵MN∥y轴，
∴N(x，﹣x2＋2x＋3)，eq \f(1,2)x2﹣2x﹣eq \f(5,2)
令﹣x2＋2x＋3=eq \f(1,2)x2﹣2x﹣eq \f(5,2)，可解得x=﹣1或x=eq \f(11,3)，
当﹣1＜x≤eq \f(11,3)时，MN=(﹣x2＋2x＋3)﹣(eq \f(1,2)x2﹣2x﹣eq \f(5,2))=﹣eq \f(3,2)x2＋4x＋eq \f(11,2)=﹣eq \f(3,2)(x﹣eq \f(4,3))2＋8eq \f(1,6)，
显然﹣1＜eq \f(4,3)≤eq \f(11,3)，∴当x=eq \f(4,3)时，MN有最大值8eq \f(1,6)；
当eq \f(11,3)＜x≤5时，MN=(eq \f(1,2)x2﹣2x﹣eq \f(5,2))﹣(﹣x2＋2x＋3)=eq \f(3,2)x2﹣4x﹣eq \f(11,2)=eq \f(3,2)(x﹣eq \f(4,3))2﹣8eq \f(1,6)，
显然当x＞eq \f(4,3)时，MN随x的增大而增大，∴当x=5时，MN有最大值，eq \f(3,2)×(5﹣eq \f(4,3))2﹣8eq \f(1,6)=12；
综上可知在点M自点A运动至点E的过程中，线段MN长度的最大值为12．
解：(1)设抛物线W1的解析式为：y＝ax2＋bx＋c，
抛物线W1经过点C(0，﹣6)，顶点坐标D(﹣2，2)，
∴，解得：．
∴抛物线W1的表达式为：y＝﹣2x2﹣8x﹣6；
(2)在抛物线W2上存在点M，使S△DAD′＝S△DD′M．理由：
∵将抛物线W1绕原点O旋转180°得到抛物线W2，抛物线W2的顶点为D′，
∴D′(2，﹣2)．
∴抛物线W2的解析式为y＝2(x﹣2)2﹣2＝2x2﹣8x＋6．
如图，在坐标系中画出抛物线W2的图象，
由题意得：DD′经过点O，则S△DAD′＝S△ADO＋S△AOD′．
过点D′作x轴的平行线EF，过点D作DE⊥EF于点E，交x轴于点G，过点M作MF⊥EF于点F，交x轴于点H，
∵D(﹣2，2)，D′(2，﹣2)，
∴DG＝OG＝2，DE＝4，D′E＝4，FH＝2．
令y＝0，则﹣2x2﹣8x﹣6＝0．解得：x＝﹣1或﹣3．
∴A(﹣3，0)，B(﹣1，0)．
∴OA＝3．
∴S△DAD′＝S△ADO＋S△AOD′＝eq \f(1,2)×3×2＋eq \f(1,2)×3×2＝6．
设点M(m，2m2﹣8m＋6)，则MH＝2m2﹣8m＋6，OH＝m．
∴MF＝MH＋HF＝2m2﹣8m＋6＋2＝2m2﹣8m＋8，
D′F＝m﹣2，EF＝OG＋OH＝m＋2．
∵S△DD′M＝S梯形DEFM﹣S△DD′E﹣S△MD′F，
∴S△DD′M＝eq \f(1,2)(DE＋MF)•EF﹣eq \f(1,2)DE•D′E﹣eq \f(1,2)MF•D′F
＝eq \f(1,2)(4＋2m2﹣8m＋8)(m＋2)﹣eq \f(1,2)×4×4﹣eq \f(1,2)(2m2﹣8m＋8)(m﹣2)＝4m2﹣14m＋12．
∵S△DD′M＝S△DD′A，
∴4m2﹣14m＋12＝6．解得：m＝3或eq \f(1,2)．
当m＝3时，2m2﹣8m＋6＝0，当m＝eq \f(1,2)时，2m2﹣8m＋6＝eq \f(5,2)，
∴M(3，0)或(eq \f(1,2)，eq \f(5,2))．
∴在抛物线W2上存在点M，使S△D′AD＝S△D′DM.点M的坐标为(3，0)或(eq \f(1,2)，eq \f(5,2))．