2024年中考数学二轮复习 二次函数压轴题 专项提升练习05（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05（含答案），共12页。

如图，抛物线C：y＝ax2＋6ax＋9a﹣8与x轴相交于A，B两点(点A在点B的左侧)，已知点B的横坐标是2，抛物线C的顶点为D．
(1)求a的值及顶点D的坐标；
(2)点P是x轴正半轴上一点，将抛物线C绕点P旋转180°后得到抛物线C1，记抛物线C1的顶点为E，抛物线C1与x轴的交点为F，G(点F在点G的右侧)．当点P与点B重合时(如图1)，求抛物线C1的表达式；
(3)如图2，在(2)的条件下，从A，B，D中任取一点，E，F，G中任取两点，若以取出的三点为顶点能构成直角三角形，我们就称抛物线C1为抛物线C的“勾股伴随同类函数”．当抛物线C1是抛物线C的勾股伴随同类函数时，求点P的坐标．
如图①，直线y=eq \f(4,3)x+4交于x轴于点A，交y轴于点C，过A、C两点的抛物线F1交x轴于另一点B(1，0)．
(1)求抛物线F1所表示的二次函数的表达式；
(2)若点M是抛物线F1位于第二象限图象上的一点，设四边形MAOC和△BOC的面积分别为S四边形MAOC和S△BOC，记S=S四边形MAOC﹣S△BOC，求S最大时点M的坐标及S的最大值；
(3)如图②，将抛物线F1沿y轴翻折并“复制”得到抛物线F2，点A、B与(2)中所求的点M的对应点分别为A′、B′、M′，过点M′作M′E⊥x轴于点E，交直线A′C于点D，在x轴上是否存在点P，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋3(a≠0)与x轴交于A(1，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的函数表达式及点D的坐标；
(2)若四边形BCEF为矩形，CE＝3．点M以每秒1个单位的速度从点C沿CE向点E运动，同时点N以每秒2个单位的速度从点E沿EF向点F运动，一点到达终点，另一点随之停止．当以M、E、N为顶点的三角形与△BOC相似时，求运动时间t的值；
(3)抛物线的对称轴与x轴交于点P，点G是点P关于点D的对称点，点Q是x轴下方抛物线上的动点．若过点Q的直线l：y＝kx＋m(|k| 如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=﹣0.25x2+bx+c的图象与坐标轴交于A、B、C三点，其中点A的坐标为(0，8)，点B的坐标为(﹣4，0)．
(1)求该二次函数的表达式及点C的坐标；
(2)点D的坐标为(0，4)，点F为该二次函数在第一象限内图象上的动点，连接CD、CF，以CD、CF为邻边作平行四边形CDEF，设平行四边形CDEF的面积为S．
①求S的最大值；
②在点F的运动过程中，当点E落在该二次函数图象上时，请直接写出此时S的值．
已知抛物线y＝eq \f(1,2)(x﹣n)(x＋n)＋c的图象经过坐标原点O．
(1)求抛物线解析式．
(2)若B，C是抛物线上两动点，直线BC：y＝kx＋b恒过点(0，1)，设直线OB为y＝k1x，直线OC为y＝k2x．
①若B、C两点关于y轴对称，求k1k2的值．
②求证：无论k为何值，k1k2为定值．
如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点.直线y=kx＋b与抛物线y=mx2﹣4eq \f(3,4)x＋n同时经过A(0，3)、B(4，0)．
(1)求m，n的值．
(2)点M是二次函数图象上一点，(点M在AB下方)，过M作MN⊥x轴，与AB交于点N，与x轴交于点Q.求MN的最大值．
(3)在(2)的条件下，是否存在点N，使△AOB和△NOQ相似？若存在，求出N点坐标，不存在，明理由．
已知在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2﹣x＋3(a≠0)交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且对称轴为直线x=﹣2．
(1)求该抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)若点P(0，t)是y轴上的一个动点，请进行如下探究：
探究一：如图1，设△PAD的面积为S，令W=t•S，当0＜t＜4时，W是否有最大值？如果有，求出W的最大值和此时t的值；如果没有，说明理由；
探究二：如图2，是否存在以P、A、D为顶点的三角形与Rt△AOC相似？如果存在，求点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
如图，对称轴为直线x＝﹣1的抛物线y＝a(x﹣h)2＋k(a≠0)图象与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，其中点B的坐标为(2，0)，点C的坐标为(0，4)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，若点P为抛物线上第二象限内的一个动点，点M为线段CO上一动点，当△APC的面积最大时，求△APM周长的最小值；
(3)如图2，将原抛物线绕点A旋转180°，得新抛物线y'，在新抛物线y'的对称轴上是否存在点Q使得△ACQ为等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
\s 0 答案
解：(1)由y＝ax2＋6ax＋9a﹣8得y＝a(x＋3)2﹣8，
∴顶点D的坐标为(﹣3，﹣8)，
∵点B(2，0)在抛物线C上，
∴0＝a(2＋3)2﹣8，解得：a＝；
(2)如图1，连接DE，作DH⊥x轴于H，作EM⊥x轴于M，
根据题意，点D，E关于点B(2，0)成中心对称，
∴DE过点B，且DB＝EB，
在△DBH和△EBM中，
，
∴△DBH≌△EBM(AAS)，
∴EM＝DH＝8，BM＝BH＝5，
∴抛物线C1的顶点E的坐标为(7，8)，
∵抛物线C1由C绕点P旋转180°后得到，
∴抛物线C1的函数表达式为y＝﹣(x﹣7)2＋8；
(3)∵抛物线C1由C绕x轴上的点P旋转180°后得到，
∴顶点D，E关于点P成中心对称，由(2)知：点E的纵坐标为8，
设点E(m，8)，
如图2，作DH⊥x轴于H，EM⊥x轴于M，EN⊥DN于N，
∵旋转中心P在x轴上，
∴FG＝AB＝2BH＝10，
∴点H的坐标为(﹣3，0)，点N的坐标为(m，﹣8)，
根据勾股定理得，EF2＝82＋52＝89，
显然，△AEG和△BEG不可能是直角三角形，
①当△AEF是直角三角形时，显然只能有∠AEF＝90°，
根据勾股定理得：
AE2＝AM2＋EM2＝(m＋8)2＋82＝m2＋16m＋128，
AE2＝AF2﹣EF2＝(m＋13)2﹣89＝m2＋26m＋80，
∴m2＋16m＋128＝m2＋26m＋80，解得：m＝eq \f(24,5)，
∴OP＝eq \f(1,2)(m＋3)﹣3＝(m﹣3)＝eq \f(1,2)×(eq \f(24,5)﹣3)＝eq \f(9,10)，
∴点P的坐标为(eq \f(9,10)，0)；
②当△BEF是直角三角形时，显然只能有∠BEF＝90°，
根据勾股定理得：
BE2＝BM2＋EM2＝(m﹣2)2＋82＝m2﹣4m＋68，
BE2＝BF2﹣EF2＝(m＋3)2﹣89＝m2＋6m﹣80，
∴m2﹣4m＋68＝m2＋6m﹣80，解得：m＝，
∴OP＝(m﹣3)＝×(﹣3)＝，
∴点P的坐标为(，0)，
③当△DEF是直角三角形时，DE2＝EN2＋DN2＝162＋(m＋3)2＝m2＋6m＋265，
DF2＝DH2＋HF2＝82＋(m＋8)2＝m2＋16m＋128，
i)当∠DEF＝90°时，DE2＋EF2＝DF2，
即m2＋6m＋265＋89＝m2＋16m＋128，解得：m＝，
∴OP＝(m﹣3)＝×(﹣3)＝，
∴点P的坐标为(，0)；
ii)当∠DFE＝90°时，DF2＋EF2＝DE2，
即m2＋16m＋128＋89＝m2＋6m＋265，解得：m＝eq \f(24,5)，
∴OP＝eq \f(1,2)(m﹣3)＝eq \f(1,2)×(eq \f(24,5)﹣3)＝eq \f(9,10)，
∴点P的坐标为(eq \f(9,10)，0)；
iii)∵DE＞EN＝16＞EF，∴∠EDF≠90°，
综上所述，当抛物线C1是抛物线C的勾股伴随同类函数时，
点P的坐标为(，0)或(，0)或(，0)．
解：(1)令y=0代入y=eq \f(4,3)x+4，
∴x=﹣3，A(﹣3，0)，令x=0，代入y=eq \f(4,3)x+4，
∴y=4，∴C(0，4)，设抛物线F1的解析式为：y=a(x+3)(x﹣1)，
把C(0，4)代入上式得，a=﹣eq \f(4,3)，
∴y=﹣eq \f(4,3)x2﹣eq \f(8,3)x+4，
(2)如图①，设点M(a，﹣eq \f(4,3)a2﹣eq \f(8,3)a+4)其中﹣3＜a＜0
∵B(1，0)，C(0，4)，∴OB=1，OC=4∴S△BOC=eq \f(1,2)OB×OC=2，
过点M作MD⊥x轴于点D，∴MD=﹣eq \f(4,3)a2﹣eq \f(8,3)a+4，AD=a+3，OD=﹣a，
∴S四边形MAOC=eq \f(1,2)AD×MD+eq \f(1,2)(MD+OC)×OD=eq \f(1,2)AD×MD+eq \f(1,2)OD×MD+eq \f(1,2)OD×OC
=eq \f(1,2)×3(﹣eq \f(4,3)a2﹣eq \f(8,3)a+4)+eq \f(1,2)×4×(﹣a)=﹣2a2﹣6a+6
∴S=S四边形MAOC﹣S△BOC=(﹣2a2﹣6a+6)﹣2=﹣2a2﹣6a+4=﹣2(a+eq \f(3,2))2+eq \f(17,2)
∴当a=﹣eq \f(3,2)时，S有最大值，最大值为eq \f(17,2)此时，M(﹣eq \f(3,2)，5)；
(3)如图②，由题意知：M′(eq \f(3,2),5)，B′(﹣1，0)，A′(3，0)∴AB′=2
设直线A′C的解析式为：y=kx+b，把A′(3，0)和C(0，4)代入y=kx+b，
得：，∴∴y=﹣eq \f(4,3)x+4，
令x=eq \f(3,2)代入y=﹣eq \f(4,3)x+4，∴y=2∴D(eq \f(3,2),2)
由勾股定理分别可求得：AC=5，DA′=eq \f(5,2)
设P(m，0)当m＜3时，此时点P在A′的左边，∴∠DA′P=∠CAB′，
当=时，△DA′P∽△CAB′，此时，eq \f(5,2) =eq \f(5,2)(3﹣m)，解得：m=2，∴P(2，0)
当=时，△DA′P∽△B′AC，此时，eq \f(5,2) =eq \f(2,5)(3﹣m)m=﹣3eq \f(1,4)，∴P(﹣3eq \f(1,4)，0)
当m＞3时，此时，点P在A′右边，由于∠CB′O≠∠DA′E，∴∠AB′C≠∠DA′P
∴此情况，△DA′P与△B′AC不能相似，
解：(1)设二次函数表达式为：y＝ax2＋bx＋3，
将A(1，0)、B(4，0)代入y＝ax2＋bx＋3得：
，解得，
∴抛物线的函数表达式为：，
又∵＝，＝，
∴顶点为D；
(2)依题意，t秒后点M的运动距离为CM＝t，则ME＝3﹣t，点N的运动距离为EN＝2t．
①当△EMN∽△OBC时，
∴，解得t＝；
②当△EMN∽△OCB时，
∴，解得t＝；
综上所述，当t=eq \f(9,11)或t=eq \f(6,5)时，以M、E、N为顶点的三角形与△BOC相似；
(3)∵点关于点D的对称点为点G，∴，
∵直线l：y＝kx＋m|k|∴只有一个实数解，∴Δ＝0，
即：，解得：，
利用待定系数法可得直线GA的解析式为：y=﹣eq \f(9,4)x+eq \f(9,4)，直线GB的解析式为：y=eq \f(9,4)x﹣9，
联立，结合已知，
解得：xH＝，同理可得：xK＝，
则：GH＝＝，GK＝＝×，
∴GH＋GK＝＋×＝，
∴GH＋GK的值为．
解：(1)把A(0，8)，B(﹣4，0)代入y=﹣eq \f(1,4)x2+bx+c
得，解得，
所以抛物线的解析式为y=﹣eq \f(1,4)5x2+x+8；
当y=0时，﹣eq \f(1,4)x2+x+8=0，解得x1=﹣4，x2=8，
所以C点坐标为(8，0)；
(2)①连结OF，如图，设F(t，﹣eq \f(1,4)t2+t+8)，
∵S四边形OCFD=S△CDF+S△OCD=S△ODF+S△OCF，
∴S△CDF=S△ODF+S△OCF﹣S△OCD=eq \f(1,2)×4×t+eq \f(1,2)×8×(﹣eq \f(1,4)t2+t+8)﹣eq \f(1,2)×4×8
=﹣t2+6t+16=﹣(t﹣3)2+25，
当t=3时，△CDF的面积有最大值，最大值为25，
∵四边形CDEF为平行四边形，∴S的最大值为50；
②∵四边形CDEF为平行四边形，∴CD∥EF，CD=EF，
∵点C向左平移8个单位，再向上平移4个单位得到点D，
∴点F向左平移8个单位，再向上平移4个单位得到点E，
即E(t﹣8，﹣eq \f(1,4)t2+t+12)，
∵E(t﹣8，﹣eq \f(1,4)t2+t+12)在抛物线上，
∴﹣eq \f(1,4)(t﹣8)2+t﹣8+8=﹣eq \f(1,4)t2+t+12，解得t=7，
当t=7时，S△CDF=﹣(7﹣3)2+25=9，
∴此时S=2S△CDF=18．
解：(1)由题意，把(0，0)代入y＝eq \f(1,2)(x﹣n)(x＋n)＋c，
得0＝﹣eq \f(1,2)n2＋c，∴c＝eq \f(1,2)n2，
∴y＝，
∴抛物线解析式为y＝eq \f(1,2)x2；
(2)解：①由题意得，B、C两点关于y轴对称，
设B(﹣t，1)，C(t，1)，t＞0，
∴eq \f(1,2)t2＝1，解得：t＝±eq \r(2)，
∴代入OB为y＝k1x，直线OC为y＝k2x，
∴
∴即；
②证明：由题知，直线BC：y＝kx＋1：
联立得：，得：，
∴x1＋x2＝2k，x1x2＝﹣2，
∵点B在直线OB上，
∴kx1＋1＝k1x1，即，
∵点C在直线OC上，
∴kx2＋1＝k2x2，即，
∴＝＝＝，
即无论k为何值，k1k2为定值，值为-eq \f(1,2)．
解：(1)∵抛物线y=mx2﹣4eq \f(3,4)x＋n经过A(0，3)、B(4，0)，
∴，解得．
∴二次函数的表达式为y=x2﹣4eq \f(3,4)x＋3．
(2)∵直线y=kx＋b经过A(0，3)、B(4，0)，
则，解得．
∴经过AB两点的一次函数的解析式为y=﹣eq \f(3,4)x＋3．
MN=﹣eq \f(3,4)x＋3﹣(x2﹣4eq \f(3,4)x＋3)=﹣x2＋4x=﹣(x﹣2)2＋4，
∵0≤x≤4，∴当x=2时，MN取得最大值为4．
(3)存在．①当ON⊥AB时，(如图1)
可证：∠NOQ=∠OAB，∠OQN=∠AOB=90°，
∴△AOB∽△OQN．
∴==，
∴OA=3，OB=4，∴AB=5，
∵ON•AB=OA•OB，∴ON=eq \f(12,5)，
∴NQ=，OQ=．∴N(，)；
②当N为AB中点时，(如图2)
∠NOQ=∠B，∠AOB=∠NQO=90°，
∴△AOB∽△NQO．此时N(2，eq \f(3,2))．
∴满足条件的N(，)或N(2，eq \f(3,2))
解：(1)∵抛物线y=ax2﹣x＋3(a≠0)的对称轴为直线x=﹣2．
∴，
∴a=﹣eq \f(1,4)，∴y=﹣eq \f(1,4)x2﹣x＋3．∴D(﹣2，4)．
(2)探究一：当0＜t＜4时，W有最大值．
∵抛物线y=﹣eq \f(1,4)x2﹣x＋3交x轴于A、B两点，交y轴于点C，
∴A(﹣6，0)，B(2，0)，C(0，3)，
∴OA=6，OC=3．
当0＜t＜4时，作DM⊥y轴于M，则DM=2，OM=4．
∵P(0，t)，∴OP=t，MP=OM﹣OP=4﹣t．
∵S三角形PAD=S梯形OADM﹣S三角形AOP﹣S三角形DMP=12﹣2t
∴W=t(12﹣2t)=﹣2(t﹣3)2＋18
∴当t=3时，W有最大值，W最大值=18．
探究二：存在．分三种情况：
①当∠P1DA=90°时，作DE⊥x轴于E，则OE=2，DE=4，∠DEA=90°，
∴AE=OA﹣OE=6﹣2=4=DE．
∴∠DAE=∠ADE=45°，AD=eq \r(2)DE=4eq \r(2)，
∴∠P1DE=∠P1DA﹣∠ADE=90°﹣45°=45度．
∵DM⊥y轴，OA⊥y轴，
∴DM∥OA，
∴∠MDE=∠DEA=90°，
∴∠MDP1=∠MDE﹣∠P1DE=90°﹣45°=45度．
∴P1M=DM=2，P1D=eq \r(2)DM=2eq \r(2)．
此时，
又因为∠AOC=∠P1DA=90°，∴Rt△ADP1∽Rt△AOC，
∴OP1=OM﹣P1M=4﹣2=2，∴P1(0，2)．
∴当∠P1DA=90°时，存在点P1，使Rt△ADP1∽Rt△AOC，此时P1点的坐标为(0，2)
②当∠P2AD=90°时，则∠P2AO=45°，
∴，∴．
∵，∴．
∴△P2AD与△AOC不相似，此时点P2不存在．
③当∠AP3D=90°时，以AD为直径作⊙O1，则⊙O1的半径，
圆心O1到y轴的距离d=4．
∵d＞r，∴⊙O1与y轴相离．
不存在点P3，使∠AP3D=90度．
∴综上所述，只存在一点P(0，2)使Rt△ADP与Rt△AOC相似．
解：(1)∵抛物线y＝a(x﹣h)2＋k(a≠0)的对称轴为直线x＝﹣1，
∴x＝h＝﹣1，
∵抛物线过点B(2，0)，点C(0，4)，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣eq \f(1,2)(x＋1)2＋eq \f(9,2)．
(2)由(1)知函数解析式为：y＝﹣eq \f(1,2)(x＋1)2＋eq \f(9,2)．
∴A(﹣4，0)，
∴直线AC：y＝x＋4，过点P作PN∥AC，设直线PN的解析式为：y＝x＋m，
当△APC的面积最大时，直线PN与抛物线有且仅有一个交点，
令x＋m＝﹣eq \f(1,2)(x＋1)2＋，整理得x2＋4x＋2m﹣8＝0，
∴Δ＝42﹣4(2m﹣8)＝0，解得m＝6，
∴x2＋4x＋4＝0，
∴x＝﹣2，即P(﹣2，4)；
作点A关于y轴的对称点A′，连接A′P交y轴于点M，如图1，此时△APM的周长最小，
∵A(﹣4，0)，
∴A′(4，0)，
∴A′P＝2eq \r(13)，AP＝2eq \r(5)，
∴△APM周长的最小值为：2eq \r(13)＋2eq \r(5)．
(3)由(1)知原抛物线的顶点坐标D(﹣1，eq \f(9,2))，绕点A旋转后的顶点D′(﹣7，﹣eq \f(9,2))，
∴y′的对称轴为直线x＝﹣7；
设点Q的坐标为(﹣7，t)，若△ACQ是等腰三角形，则需要分类讨论：
①当AC＝AQ时，如图2；
∴(﹣4﹣0)2＋(0﹣4)2＝(﹣4＋7)2＋(0﹣t)2，解得t＝±v；
∴Q(﹣7，eq \r(23))或(﹣7，﹣eq \r(23))；
②当CA＝CQ时；
∴(﹣4﹣0)2＋(0﹣4)2＝(0＋7)2＋(4﹣t)2，无解；
③当QA＝QC时，如图3，
∴(﹣4＋7)2＋(0﹣t)2＝(0＋7)2＋(4﹣t)2，解得t＝7，
∴Q(﹣7，7)．
综上可知，存在，点Q的坐标为(﹣7，eq \r(23))或(﹣7，﹣eq \r(23))或(﹣7，7)．