2024年中考数学二轮复习 二次函数压轴题 专项提升练习04（含答案）

这是一份2024年中考数学二轮复习 二次函数压轴题 专项提升练习04（含答案），共13页。试卷主要包含了当a＞1时，求等内容，欢迎下载使用。
定义：一个函数图象上若存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“1倍点”，若存在纵坐标是横坐标的2倍的点，则称该点为这个函数图象的“2倍点”．例如，点(﹣1，﹣1)是函数y＝4x＋3图象的“1倍点”，点(﹣eq \f(3,2)，﹣3)是函数y＝4x＋3图象的“2倍点”．
(1)函数y＝x2﹣8的图象上是否存在“2倍点”？如果存在，求出“2倍点”；
(2)若抛物线y＝ax2＋5x＋c上有且只有一个“1倍点”E，该抛物线与x轴交于M、N两点(点M在点N的左侧)．当a＞1时，求：
①c的取值范围；
②直接写出∠EMN的度数．
如图，二次函数y＝﹣eq \f(1,4)x2＋eq \f(3,2)x＋4的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C．点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线PD⊥x轴于点D，作直线BC交PD于点E．
(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；
(2)当△CEP是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；
(3)连接AC，过点P作直线l∥AC，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得CE＝FD，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线W：y＝x2﹣2x与x轴正半轴交于点A．直线y＝eq \f(1,2)x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C．
(1)求线段AB的长度；
(2)将抛物线W平移，使平移后的抛物线交y轴于点D，与直线BC的一个交点为P，若以A、B、D、P为顶点的四边形是以AB为边的平行四边形，求平移后的抛物线表达式．
如图1，已知抛物线L：y=ax2+bx﹣eq \f(3,2)(a＞0)与x轴交于点A(﹣1，0)和点B，顶点为M，对称轴为直线l：x=1(1)直接写出点B的坐标及一元二次方程ax2+bx﹣eq \f(3,2)=0的解．
(2)求抛物线L的解析式及顶点M的坐标．
(3)如图2，设点P是抛物线L上的一个动点，将抛物线L平移．使它的頂点移至点P，得到新抛物线L′，L′与直线l相交于点N．设点P的横坐标为m
①当m=5时，PM与PN有怎样的数量关系？请说明理由．
②当m为大于1的任意实数时，①中的关系式还成立吗？为什么？
③是否存在这样的点P，使△PMN为等边三角形？若存在．请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
如图1，抛物线C1：y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，且顶点为C，直线y＝kx＋2经过A，C两点．
(1)求直线AC的表达式与抛物线C1的表达式；
(2)如图2，将抛物线C1沿射线AC方向平移一定距离后，得到抛物线为C2，其顶点为D，抛物线C2与直线y＝kx＋2的另一交点为E，与x轴交于M，N两点(M点在N点右边)，若S△MDE＝eq \f(2,3)S△MAE，求点D的坐标；
(3)如图3，若抛物线C1向上平移4个单位得到抛物线C3，正方形GHST的顶点G，H在x轴上，顶点S，T在x轴上方的抛物线C3上，P(m，0)是射线GH上一动点，则正方形GHST的边长为 ，当m＝ 时，有最小值 ．
如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为(﹣2，0)，抛物线的对称轴x＝1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E.
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积最大，若存在，求出点F的坐标和最大值；若不存在，请说明理由；
(3)平行于DE的一条动直线l与直线BC相较于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求P点的坐标.
如图，已知直线y＝﹣x＋2与x轴交于B点，与y轴交于C点，A点坐标为(﹣1，0).
(1)求过A、B、C三点的抛物线的解析式.
(2)在直线BC上方的抛物线上有一点D，过D作DE⊥BC于E，作DF∥y轴交BC于F，求△DEF周长的最大值.
(3)在满足第②问的条件下，在线段BD上是否存在一点P，使∠DFP＝∠DBC.若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C(3，0)，D(3，4)，E(0，4)．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q为动点，设运动时间为t秒．
(1)直接写出点A坐标，并求出该抛物线的解析式．
(2)在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时
点Q在线段CE上从点C向点E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．当t为何值时，△PCQ为直角三角形？
(3)在图2中，若点P在对称轴上从点B开始向点A以2个单位/秒的速度运动，过点P作PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？

\s 0 答案
解：(1)存在，设“2倍点”的坐标为(x，2x)，
则2x＝x²﹣8，解得：x＝﹣2或4，
∴“2倍点”的坐标为(﹣2，﹣4)或(4，8)；
(2)①由题意可知，y＝ax2＋5x＋c与y＝x有且只有交点，
则x＝ax2＋5x＋c，
整理得：ax2＋4x＋c＝0，则该方程有两个相同的实数根，
即Δ＝16﹣4ac＝0，
∴ac＝4，
∴a＝，
∵a＞1，
∴0＜c＜4；
②如图，过点E作EF⊥OM于点F，
由根与系数的关系可知，ax2＋4x＋c＝0，，
又∵两个根相等，∴，
∴点E的坐标为(，)，∴EF＝OF＝，
由①可知，a＝，则c＝，
∴y＝ax2＋5x＋c可以写成y＝ax2＋5x＋，令y＝0，则ax2＋5x＋＝0，
由求根公式可得，x＝，解得：，，
∴点M的坐标为(，0)，∴OM＝，∴MF＝OM﹣OF＝，∴MF＝EF，
∵∠EFM＝90°，
∴∠EMN＝45°．
解：(1)在y＝﹣eq \f(1,4)x2＋eq \f(3,2)x＋4中，
令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝8或x＝﹣2，
∴A(﹣2，0)，B(8，0)，C(0，4)，
设直线BC解析式为y＝kx＋4，将B(8，0)代入得：
8k＋4＝0，解得k＝﹣eq \f(1,2)，
∴直线BC解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x＋4；
(2)过C作CG⊥PD于G，如图：
设P(m，﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4)，
∴PD＝﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4，
∵∠COD＝∠PDO＝∠CGD＝90°，
∴四边形CODG是矩形，
∴DG＝OC＝4，CG＝OD＝m，
∴PG＝PD﹣DG＝﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4﹣4＝﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m，
∵CP＝CE，CG⊥PD，
∴GE＝PG＝﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m，
∵∠GCE＝∠OBC，∠CGE＝90°＝∠BOC，
∴△CGE∽△BOC，
∴＝，即＝，解得m＝0(舍去)或m＝4，
∴P(4，6)；
(3)存在点P，使得CE＝FD，理由如下：
过C作CH⊥PD于H，如图：
设P(m，﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4)，
由A(﹣2，0)，C(0，4)可得直线AC解析式为y＝2x＋4，
根据PF∥AC，设直线PF解析式为y＝2x＋b，将P(m，﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4)代入得：
﹣eq \f(1,4)m2＋eq \f(3,2)m＋4＝2m＋b，∴b＝﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4，
∴直线PF解析式为y＝2x﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4，
令x＝0得y＝﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4，
∴F(0，﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4)，
∴OF＝|﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4|，
同(2)可得四边形CODH是矩形，
∴CH＝OD，
∵CE＝FD，
∴Rt△CHE≌Rt△DOF(HL)，
∴∠HCE＝∠FDO，
∵∠HCE＝∠CBO，
∴∠FDO＝∠CBO，
∴tan∠FDO＝tan∠CBO，
∴＝，即＝，
∴﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4＝eq \f(1,2)m或﹣eq \f(1,4)m2﹣eq \f(1,2)m＋4＝﹣eq \f(1,2)m，
解得m＝2eq \r(5)﹣2或m＝﹣2eq \r(5)﹣2或m＝4或m＝﹣4，
∵P在第一象限，∴m＝2eq \r(5)﹣2或m＝4．
解：(1)在y＝x2﹣2x中，令y＝0得x2﹣2x＝0，
解得x＝0或x＝2，
∴A(2，0)，
在y＝eq \f(1,2)x﹣2中，令y＝0得eq \f(1,2)x﹣2＝0，解得x＝4，
∴B(4，0)，
∴AB＝4﹣2＝2；
答：线段AB的长度是2；
(2)设抛物线W：y＝x2﹣2x平移后表达式为y＝x2＋bx＋c，由题意知抛物线y＝x2＋bx＋c过D、P，
设D(0，m)，P(n，eq \f(1,2)n﹣2)，
又A(2，0)，B(4，0)，
①当AP、BD为平行四边形对角线时，AP、BD的中点重合，如图：
∴，解得，
∴D(0，﹣1)，P(2，﹣1)，
将D(0，﹣1)，P(2，﹣1)代入y＝x2＋bx＋c得：
，解得，
∴此时平移后的抛物线表达式为y＝x2﹣2x﹣1；
②当AD、BP为对角线时，AD、BP的中点重合，如图：
∴，解得，
∴D(0，﹣3)，P(﹣2，﹣3)，
将D(0，﹣3)，P(﹣2，﹣3)代入y＝x2＋bx＋c得：
，解得，
∴此时平移后的抛物线表达式为y＝x2＋2x﹣3；
综上所述，平移后的抛物线表达式为y＝x2﹣2x﹣1或y＝x2＋2x﹣3．
解：(1)如图1，∵y=ax2+bx﹣eq \f(3,2)(a＞0)与x轴交于点A(﹣1，0)和点B，
对称轴为直线l：x=1，∴点A和点B关于直线l：x=1对称，∴点B(3，0)，
∴一元二次方程ax2+bx﹣eq \f(3,2)=0的解为x1=﹣1，x2=3；
(2)把A(﹣1，0)，B(3，0)代入y=ax2+bx﹣eq \f(3,2)，
得，解得，
抛物线L的解析式为y=eq \f(1,2)x2﹣x﹣eq \f(3,2)，
配方得，y=eq \f(1,2)(x﹣1)2﹣2，所以顶点M的坐标为(1，﹣2)；
(3)如图2，作PC⊥l于点C．
①∵y=eq \f(1,2)(x﹣1)2﹣2，∴当m=5，即x=5时，y=6，∴P(5，6)，
∴此时L′的解析式为y=eq \f(1,2)(x﹣5)2+6，点C的坐标是(1，6)．
∵当x=1时，y=14，∴点N的坐标是(1，14)．
∵CM=6﹣(﹣2)=8，CN=14﹣6=8，∴CM=CN．
∵PC垂直平分线段MN，∴PM=PN；
②PM=PN仍然成立．由题意有点P的坐标为(m，eq \f(1,2)m2﹣m﹣eq \f(3,2))．
∵L′的解析式为y=eq \f(1,2)(x﹣m)2+eq \f(1,2)m2﹣m﹣eq \f(3,2)，
∴点C的坐标是(1，eq \f(1,2)m2﹣m﹣eq \f(3,2))，∴CM=eq \f(1,2)m2﹣m﹣eq \f(3,2)+2=eq \f(1,2)m2﹣m+eq \f(1,2)．
∵在L′的解析式y=eq \f(1,2)(x﹣m)2+eq \f(1,2)m2﹣m﹣eq \f(3,2)中，∴当x=1时，y=m2﹣2m﹣1，
∴点N的坐标是(1，m2﹣2m﹣1)，
∴CN=(m2﹣2m﹣1)﹣(eq \f(1,2)m2﹣m﹣eq \f(3,2))=eq \f(1,2)m2﹣m+eq \f(1,2)，∴CM=CN．
∵PC垂直平分线段MN，∴PM=PN；
③存在这样的点P，使△PMN为等边三角形．
若=tan30°，则eq \f(1,2)m2﹣m+eq \f(1,2)=eq \f(\r(3),3)(m﹣1)，解得m=eq \f(2\r(3),3)+1，
所以点P的坐标为(eq \f(2\r(3),3)+1，﹣eq \f(4,3))．
解：(1)∵直线y＝kx＋2经过A(﹣1，0)，
∴﹣k＋2＝0，解得k＝2，
∴直线AC的表达式为y＝2x＋2；
由抛物线与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，得抛物线的对称轴为直线x＝1，
当x＝1时，y＝2×1＋2＝4，
∴抛物线的顶点C的坐标为(1，4)；
设抛物线的表达式为y＝a(x﹣1)2＋4，则4a＋4＝0，解得a＝﹣1，
∴抛物线C1的表达式为y＝﹣(x﹣1)2＋4，即y＝﹣x2＋2x＋3．
(2)如图2，作DQ⊥x轴于点Q，EF⊥DQ于点F，设抛物线C2的顶点D的横坐标为t.
∵抛物线C2由抛物线C1沿射线AC方向平移得到，
∴D(t，2t＋2)，
∴抛物线C2的表达式可表示为y＝﹣(x﹣t)2＋2t＋2，
由，得2x＋2＝﹣(x﹣t)2＋2t＋2，
解关于x的方程，得x1＝t﹣2，x2＝t，则点E、F的横坐标分别为t﹣2、t，
∴EF＝t﹣(t﹣2)＝2，
∵S△MDE＝eq \f(2,3)S△MAE，
∴＝，∴＝；
∵EF∥AQ，
∴△DEF∽△DAQ，
∴，
∴2＝eq \f(2,5)AQ，
∴AQ＝5，
∴OQ＝5﹣1＝4；
当x＝4时，y＝2×4＋2＝10，
∴D(4，10)．
(3)由(1)得，抛物线C1的表达式为y＝﹣(x﹣1)2＋4，
将抛物线y＝﹣(x﹣1)2＋4向上平移4个单位得到的抛物线为y＝﹣(x﹣1)2＋8，
即y＝﹣x2＋2x＋7，
∴抛物线C3的表达式为y＝﹣x2＋2x＋7．
由题意可知，正方形GHST与抛物线C3有相同的对称轴直线x＝1，
如图3，设H(t，0)，则S(t，2t﹣2)，
∴﹣t2＋2t＋7＝2t﹣2，解得t1＝3，t2＝﹣3(不符合题意，舍去)，
∴H(3，0)．
∴SH＝2(t﹣1)＝2×(3﹣1)＝4，
∴正方形的边长为4；
将△PSH绕点S顺时针90°得到△KST，取SK的中点R，连结TR、PR，则点K在GT上，
设PS＝KS＝t(t＞0)，则TR＝SR＝eq \f(1,2)KS＝eq \f(1,2)t，
由旋转得，∠PSR＝90°，
∴PR＝eq \f(\r(5),2)t，
∵PR＋TR≥PT，
∴eq \f(\r(5),2)t＋eq \f(1,2)t≥PT，
∴，即，
∴的最小值为；
如图4，当＝时，则点R落在PT上.
设PT交SH于点L．
∵∠PSL＝∠TSR＝∠PTS，∠SPL＝∠TPS(公共角)，
∴△PLS∽△PST，
∴＝，
∴SL＝2eq \r(5)﹣2；
∵∠KTS＝∠LST＝90°，ST＝TS(公共边)，∠TSK＝∠STL，
∴△KST≌△LTS(ASA)，
∴PH＝KT＝SL＝2eq \r(5)﹣2，
∴OP＝3＋2eq \r(5)﹣2＝2eq \r(5)＋1，
∴P(2eq \r(5)＋1，0)，
∴m＝2eq \r(5)＋1．
故答案为：4，2eq \r(5)＋1，﹣eq \f(1－\r(5),2)．
解：(1)将A，C点坐标代入函数解析式，对称轴，得
，解得，
抛物线的解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x2＋x＋4；
(2)当y＝0时，﹣eq \f(1,2)x2＋x＋4＝0，解得x1＝﹣2，x2＝4，B(4，0)；
设直线BC的解析式为y＝kx＋n(k≠0)，
∵B(4，0)，C(0，4)，
，解得
BC的解析式为y＝﹣x＋4，
过F点作FQ⊥x轴交BC于Q，如图，
设点Q的坐标是(m，﹣m＋4)，则点F的坐标是(m，﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4).
FQ＝(﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4)﹣(﹣m＋4)＝﹣eq \f(1,2)m2＋2m，
S四边形ABCF＝S△ABC＋S△BCF＝eq \f(1,2)BC•OC＋eq \f(1,2)FQ•xB
＝eq \f(1,2)×[4﹣(﹣2)]×4＋eq \f(1,2)×4(﹣eq \f(1,2)m2＋2m)
＝﹣m2＋4m＋12
＝﹣(m﹣2)2＋16，
当m＝2时，S四边形ABCF最大，最大值是16，
m＝2时，﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4＝4，即F点坐标是(2，4)；
(3)设直线BC的解析式为y＝kx＋n(k≠0)，
∵B(4，0)，C(0，4)，
∴，解得
BC的解析式为y＝﹣x＋4，
由y＝﹣eq \f(1,2)x2＋x＋4＝﹣eq \f(1,2)(x﹣1)2＋eq \f(9,2)，
∴顶点D(1，eq \f(9,2))，
又点E在直线BC上，则点E(1，3)，于是DE＝eq \f(9,2)﹣3＝eq \f(3,2).
若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，因为DE∥PQ，只须DE＝PQ，
设点P的坐标是(m，﹣m＋4)，则点Q的坐标是(m，﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4).
①当0＜m＜4时，PQ＝(﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4)﹣(﹣m＋4)＝﹣eq \f(1,2)m2＋2m，
由﹣eq \f(1,2)m2＋2m＝eq \f(3,2)，解得：m＝1或3.
当m＝1时，线段PQ与DE重合，m＝1舍去，
∴m＝3，P1(3，1).
②当m＜0或m＞4时，PQ＝(﹣m＋4)﹣(﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4)＝eq \f(1,2)m2﹣2m，
由eq \f(1,2)m2﹣2m＝eq \f(3,2)，解得m＝2±eq \r(7)，经检验适合题意，
此时P2(2＋eq \r(7)，2﹣eq \r(7))，P3(2﹣eq \r(7)，2＋eq \r(7)).
综上所述，满足题意的点P有三个，
分别是P1(3，1)，P2(2＋eq \r(7)，2﹣eq \r(7))，P3(2﹣eq \r(7)，2＋eq \r(7)).
解：(1)直线y＝﹣x＋2与x轴交于B(2，0)，与y轴交于C点(0，2)，
设过A、B、C的抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，
把A(﹣1，0)、B(2，0)、C(0，2)的坐标代入，
∴a＝﹣1，b＝1，c＝2，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2＋x＋2，
(2)设D(x，﹣x2＋x＋2)，F(x，﹣x＋2)，
∴DF＝(﹣x2＋x＋2)﹣(﹣x＋2)＝﹣x2＋2x，
所以x＝1时，DF最大＝1，
∵OB＝OC，
∴△OBC为等腰直角三角形，
∵DE⊥BC，DF∥y轴，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴△DEF周长的最大值为1＋eq \r(2)
(3)如图，
当△DEF周长最大时，D(1，2)，F(1，1).延长DF交x轴于H，作PM⊥DF于M，
则DB＝eq \r(5)，DH＝2，OH＝1
当∠DFP＝∠DBC时，△DFP∽△DBF，
∴，
∴DP＝，
∴＝eq \f(1,5)，
∴PM＝eq \f(1,5)，DM＝，
∴P点的横坐标为OH＋PM＝1＋eq \f(1,5)＝eq \f(6,5)，
P点的纵坐标为DH﹣DM＝2﹣eq \f(2,5)＝1.6，
∴P(eq \f(6,5)，1.6).
解：(1) A(1，4)，
∵抛物线顶点A(1，4)，
∴设抛物线解析式为y=a(x﹣1)2＋4,
∵过C(3，0)，
∴a=﹣1.∴y=﹣x2＋2x＋3．
(2)依题意得：OC=3，OE=4，在Rt△OCE中，∠COE=90°，∴CE=5．
当∠QPC=90°时，
∵cs∠QCP==，∴，解得t=.
当∠PQC=90°时，
∵cs∠QCP==，∴，解得t=．
∴当t=或t=时，△PCQ为直角三角形．
(3)∵A(1，4)，C(3，0)，
∴可求得直线AC的解析式为y=－2x＋6．
∵P(1，2t)，将y=2t代入y=－2x＋6中，得x=3－t，
∴Q点的横坐标为3－t；
将x=3－t代入得y=﹣t2＋2t，
∴Q点的纵坐标为﹣t2＋4t，∴QF=﹣t2＋2t，
∴S△ACQ= S△AFQ＋ S△CFQ
=0.5FQ·AG ＋0.5FQ·DG
=0.5FQ(AG ＋DG)
=0.5FQ·AD
=0.5×2(﹣t2＋2t)
=﹣(t﹣1)2＋1．
∴当t=1时，S△ACQ最大，最大值为1．