2024年中考数学二轮复习 二次函数压轴题 专项提升练习10（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10（含答案），共12页。
有一组邻边相等的凸四边形叫做“和睦四边形”，如菱形，正方形等都是“和睦四边形”．
(1)如图1，BD平分∠ABC，AD∥BC，求证：四边形ABCD为“和睦四边形”；
(2)如图2，直线AB与x轴，y轴分别交于A(12，0)，B(0，9)两点，点P、Q分别是线段OA、AB上的动点．点P从点A出发，以每秒4个单位长度的速度向点O运动．点Q从点A出发，以每秒5个单位长度的速度向点B运动．P，Q两点同时出发，设运动时间为t秒，当四边形BOPQ为“和睦四边形”时，求t的值；
(3)如图3，抛物线y＝ax2＋eq \f(2\r(3),3)x＋2(aeq \f(9,4)，
∴在x轴下方不存在满足条件的点M、N；
在C1：y=x2﹣x﹣2中，令y＝4，即x2﹣x﹣2＝4，解得x＝﹣2或x＝3，
∴M1(﹣2，4)或M2(3，4)，
在C2：y=x2﹣5x+4中，令y＝4，即x2﹣5x＋4＝4，解得x＝0或x＝5，
∴N1(0，4)或N2(5，4)．
综上所述，点M、N的坐标分别为M(﹣2，4)，N(0，4)或M(3，4)，N(5，4)．
解：(1)∵抛物线的对称轴为直线x=1，抛物线与x轴的一个交点为A(4，0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点为(﹣2，0)，
设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x﹣4)，
把B(0，4)代入得a×2×(﹣4)=4，解得a=﹣eq \f(1,2)，
∴抛物线的解析式为y=﹣eq \f(1,2)(x+2)(x﹣4)，即y=﹣eq \f(1,2)x2+x+4；
∵y=﹣eq \f(1,2)(x﹣1)2+eq \f(9,2)，∴抛物线的顶点C的坐标为(1，eq \f(9,2))；
(2)①过M点作MN∥y轴交AB于N点，如图，
设AB的解析式为y=mx+n，把B(0，4)、A(4，0)代入得
，解得，
∴直线AB的解析式为y=﹣x+4，
设M(t，﹣eq \f(1,2)t2+t+4)，则N(t，﹣t+4)，
∴MN=﹣eq \f(1,2)t2+t+4﹣(﹣t+4)=﹣eq \f(1,2)t2+2t，
∴S=S△BMN+S△AMN=eq \f(1,2)×4×MN=eq \f(1,2)×4×(﹣eq \f(1,2)t2+2t)=﹣t2+4t=﹣(t﹣2)2+4，
∴当t=2时，S有最大值，最大值为4；
②∵0＜t＜4，∴当t=1、2、3时，S为整数，即这样的M点有3个．
故答案为3．
解：(1)由题意得：
，解得，
故抛物线的表达式为y＝2x2﹣8x＋6，
由抛物线的表达式知，其顶点坐标为(2，﹣2)，
当x＝﹣1时，y＝2x2﹣8x＋6＝16，
故当﹣1≤x≤4时，x＝﹣1时，y取得最大值16，而在顶点处取得最小值﹣2，
∴y的最大值与最小值的差为16﹣(﹣2)＝18；
(2)①当点C首次落在抛物线上，yC＝4＝2x2﹣8x＋6，解得x＝2±eq \r(3)，
因为点C首次落在抛物线上，x＝2＋eq \r(3)舍弃，
则h＝x＝2﹣eq \r(3)；
②当点C首次落在抛物线上，h＝2﹣eq \r(3)，当h＞2﹣eq \r(3)时，抛物线落在正方形内的部分，满足y随x的增大而减小，
当h＝3时，即正方形运动到点(3，0)处，此时抛物线落在正方形内的部分，满足y随x的增大而减小，
当h＞3时，对称轴右侧的抛物线进入正方形内，即满足y随x的增大而减小，故h≤3；
故2﹣eq \r(3)＜h≤3．
解：(1)∵半圆圆心M的坐标为(1，0)，半圆半径为2．
∴A(﹣1，0)，B(3，0)，
设抛物线为y＝a(x＋1)(x﹣3)，
∵抛物线过D(0，﹣3)，
∴﹣3＝a(0＋1)(0﹣3)，解得a＝1，y＝(x＋1)(x﹣3)，
即y＝x2﹣2x﹣3(﹣1≤x≤3)；
连接AC，BC，
∵AB为半圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CO⊥AB，
∴∠ACO＋∠OCB＝∠OCB＋∠OBC＝90°，
∴∠ACO＝∠OBC，
∴△ACO∽△CBO，
∴，
∴CO2＝AOBO＝3，
∴CO＝eq \r(3)，
∴CD＝CO＋OD＝3＋eq \r(3)；
(2)假设点E在x轴上方的“蛋圆”上，设E(m，n)，则点F的坐标为(m，﹣n)．EF与x轴交于点H，连接EM．
∴HM2＋EH2＝EM2，∴(m﹣1)2＋n2＝4，…①；
∵点F在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上，
∴m2﹣2m﹣3＝﹣n，…②；
解由①②组成的方程组得：；．(n＝0舍去)
由对称性可得：；．
∴E1(1＋eq \r(3)，1)，E2(1﹣eq \r(3)，1)，E3(1＋eq \r(3)，-1)，E4(1﹣eq \r(3)，-1)．
(3)如图4，∵∠BPC＝60°保持不变，
因此点P在一圆弧上运动．此圆是以K为圆心(K在BC的垂直平分线上，且∠BKC＝120°)，BK为半径．当BP为直径时，BP最大．
在Rt△PCR中可求得PR＝1，RC＝eq \r(3)．
所以点P的坐标为(1，2eq \r(3))．
解：(1)∵抛物线 y＝ax2＋bx＋c过点A(﹣3，0)，B(1，0)，
∴消去b，得 c＝﹣3a.
∴点C的坐标为(0，﹣3a)，
答：点C的坐标为(0，﹣3a).
(2)当∠ACB＝90°时，
∠AOC＝∠BOC＝90°，∠OBC＋∠BCO＝90°，∠ACO＋∠BCO＝90°，
∴∠ACO＝∠OBC，
∴△AOC∽△COB，，
即 OC2＝AO•OB，
∵AO＝3，OB＝1，
∴OC＝eq \r(3)，
∵∠ACB不小于90°，
∴OC≤eq \r(3)，即﹣c≤eq \r(3)，
由(1)得 3a≤eq \r(3)，
∴a≤eq \f(\r(3),3)，
又∵a＞0，
∴a的取值范围为0＜a≤eq \f(\r(3),3)，
答：系数a的取值范围是0＜a≤eq \f(\r(3),3).
(3)作DG⊥y轴于点G，延长DC交x轴于点H，如图.
∵抛物线 y＝ax2＋bx＋c交x轴于A(﹣3，0)，B(1，0).
∴抛物线的对称轴为x＝﹣1.
即﹣＝﹣1，所以b＝2a.
又由(1)有c＝﹣3a.
∴抛物线方程为 y＝ax2＋2ax﹣3a，D点坐标为(﹣1，﹣4a).
于是 CO＝3a，GC＝a，DG＝1.
∵DG∥OH，
∴△DCG∽△HCO，
∴，即，得 OH＝3，表明直线DC过定点H(3，0).
过B作BM⊥DH，垂足为M，即BM＝h，
∴h＝HB sin∠OHC＝2 sin∠OHC.
∵0＜CO≤eq \r(3)，
∴0°＜∠OHC≤30°，0＜sin∠OHC≤eq \f(1,2).
∴0＜h≤1，即h的最大值为1，
答：△BCD中CD边上的高h的最大值是1.
(4)由(1)、(2)可知，当∠ACB＝90°时，a=eq \f(\r(3),3)，CD=eq \r(3)，
设AB的中点为N，连接CN，则N(﹣1，0)，CN将△ABC的面积平分，
连接CE，过点N作NP∥CE交y轴于P，显然点P在OC的延长线上，从而NP必与AC相交，设其交点为F，连接EF，
因为NP∥CE，所以S△CEF＝S△CEN，
由已知可得NO＝1，OE=eq \f(1,2)，而NP∥CE，
∴OP=2OC=2eq \r(3)，得P(0,﹣2eq \r(3))，
设过N、P两点的一次函数是y＝kx＋b，
则，解得：k=b=﹣2eq \r(3)，即y=﹣2eq \r(3)(x＋1)，①
同理可得过A、C两点的一次函数为x＋eq \r(3)y＋3=0，②
解由①②组成的方程组得x=﹣eq \f(3,5)，y=﹣eq \f(4,5)eq \r(3)，
故在线段AC上存在点F(﹣eq \f(3,5)，﹣eq \f(4,5)eq \r(3))满足要求.
答：当∠ACB＝90°，在线段AC上存在点F，使得直线EF将△ABC的面积平分，点F的坐标是(﹣eq \f(3,5)，﹣eq \f(4,5)eq \r(3)).
解：(1)将A(0，﹣4)、B(﹣2，0)代入抛物线y=0.5x2＋bx＋c中，得：
解得：b=﹣1,c=﹣4.
故抛物线的解析式：y=eq \f(1,2)x2﹣x﹣4．
(2)由题意，新抛物线的解析式可表示为：y=eq \f(1,2)(x＋m)2﹣(x＋m)﹣4＋3.5，
即：y=eq \f(1,2)x2＋(m﹣1)x＋eq \f(1,2)m2﹣m﹣eq \f(1,2)；
它的顶点坐标P：(1﹣m,﹣1)；
由(1)的抛物线解析式可得：C(4，0)；
设直线AC的解析式为y=kx＋b(k≠0)，把x=4，y=0代入，
∴4k＋b=0，b=﹣4，∴y=x﹣4．同理直线AB：y=﹣2x﹣4；
当点P在直线AB上时，﹣2(1﹣m)﹣4=﹣1，解得：m=eq \f(5,2)；
当点P在直线AC上时，(1﹣m)﹣4=﹣1，解得：m=﹣2；
∴当点P在△ABC内时，﹣2＜m＜eq \f(5,2)；
又∵m＞0，
∴符合条件的m的取值范围：0