2024年中考数学二轮复习 压轴题 专项培优练习07（含答案）

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如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴分别交于点A(﹣1，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)．
(1)求抛物线的解析式及对称轴；
(2)如图1，点D与点C关于对称轴对称，点P在对称轴上，若∠BPD＝90°，求点P的坐标；
(3)点M是抛物线上位于对称轴右侧的点，点N在抛物线的对称轴上，当△BMN为等边三角形时，请直接写出点M的横坐标．
若直线y＝﹣2x＋4与y轴交于点A，与x轴交于点B，二次函数y＝ax2＋3x＋c的图象经过点A，交x轴于C、D两点，且抛物线的对称轴为直线x＝eq \f(3,2)．
(1)求二次函数的解析式；
(2)过点C作直线CE∥AB交y轴于点E，点P是直线CE上一动点，点Q是第一象限抛物线上一动点，求四边形APBQ面积的最大值与此时点Q的坐标；
(3)在(2)的结论下，点E是抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点G，直线EQ交x轴于点F，在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得∠MFQ＋∠CAO＝45°，求点M的坐标．
如图，抛物线y=ax2＋bx＋2经过点A(－1，0)，B(4，0)，交y轴于点C.
(1)求抛物线的解析式(用一般式表示)；
(2)点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D，使S△ABD=eq \f(3,2)S△ABC，若存在请直接给出点D坐标；若不存在请说明理由；
(3)将直线BC绕点B顺时针旋转45°得到BE，与抛物线交于另一点E，求BE的长．
如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A(﹣1，0)和点B，与y轴交于C(0，3)，直线y=- eq \f(1,2)x+m经过点C，与抛物线的另一交点为点D，点P是直线CD上方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E，设点P的横坐标为m.
(1)求抛物线解析式并求出点D的坐标；
(2)连接PD，△CDP的面积是否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值；若不存在，请说明理由；
(3)当△CPE是等腰三角形时，请直接写出m的值.
已知，在平行四边形OABC中，OA=5，AB=4，∠OCA=90°．动点P从0点出发沿射线OA方向以每秒2个单位的速度移动，同时动点Q从A点出发沿射线AB方向以每秒1个单位的速度移动．设移动的时间为t秒．
(1)求直线AC的解析式；
(2)求经过0，A，B三点的抛物线的解析式；
(3)试求出当t为何值时，△OAC与△PAQ相似？
(4)是否存在某一时刻，使△PAQ为等腰三角形？若能，请直接写出t的所有可能的值；若不能，请说明理由．
如图，抛物线y＝x2＋bx＋c过点A(3，0)，B(1，0)，交y轴于点C，点P是该抛物线上一动点，点P从C点沿抛物线向A点运动(点P不与A重合)，过点P作PD∥y轴交直线AC于点D.
(1)求抛物线的解析式；
(2)求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；
(3)△APD能否构成直角三角形？若能请直接写出点P坐标，若不能请说明理由；
(4)在抛物线对称轴上是否存在点M使|MA﹣MC|最大？若存在，请求出点M的坐标，若不存在请说明理由.
如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2＋bx＋c的图象与x轴交于A、C两点，点A在点C的右边，与y轴交于点B，点B的坐标为(0，﹣3)，且OB=OC，点D为该二次函数图象的顶点.
(1)求这个二次函数的解析式及顶点D的坐标；
(2)如图，若点P为该二次函数的对称轴上的一点，连接PC、PO，使得∠CPO=90°，请求出所有符合题意的点P的坐标；
(3)在对称轴上是否存在一点P，使得∠OPC为钝角，若存在，请直接写出点P的纵坐标为yp的取值范围，若没有，请说明理由.
抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a与x轴交于A、B两点(点A在点B的左边)，与y轴的正半轴交于C点，△ABC的面积为6．
(1)直接写出点A、B的坐标为 ；抛物线的解析式为 ．
(2)如图1，连结AC，若在第一象限抛物线上存在点D，使点D到直线AC的距离为eq \f(3,5)eq \r(10)，求点D的坐标；
(3)如图2，平行于AC的直线交抛物线于M、N两点，在抛物线上存在点P，当PQ⊥y轴时，PQ恰好平分∠MPN，求P点坐标．
\s 0 答案
解：(1)把A(﹣1，0)，点C(0，3)的坐标代入y＝﹣x2＋bx＋c，得到
，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋2x＋3，对称轴x＝1．
(2)如图1中，连接BD，设BD的中点T，连接PT，设P(1，m)．
∵点D与点C关于对称轴对称，C(0，3)，
∴D(2，3)，
∵B(3，0)，
∴T(eq \f(5,2)，eq \f(3,2))，BD＝eq \r(10)，
∵∠BPD＝90°，DT＝TB，
∴PT＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(10),2)，
∴(1﹣eq \f(5,2))2＋(m﹣eq \f(3,2))2＝(eq \f(\r(10),2))2，解得m＝1或2，
∴P(1，1)或(1，2)．
(3)当点M在第一象限时，△BMN是等边三角形，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T，设N(1，t)，设抛物线的对称轴交x轴于E．
∵△BMN是等边三角形，
∴∠NMB＝∠NBM＝60°，
∵∠NBT＝90°，
∴∠MBT＝30°，BT＝eq \r(3)BN，
∵∠NMB＝∠MBT＋∠BTM＝60°，
∴∠MBT＝∠BTM＝30°，
∴MB＝MT＝MN，
∵∠NBE＋∠TBJ＝90°，∠TBJ＋∠BTJ＝90°，
∴∠NBE＝∠BTJ，
∵∠BEN＝∠TJB＝90°，
∴△BEN∽△TJB，
∴＝＝＝，
∴BJ＝eq \r(3)t，TJ＝2eq \r(3)，
∴T(3＋eq \r(3)t，2eq \r(3))，
∵NM＝MT，
∴M(，)，
∵点M在y＝﹣x2＋2x＋3上，
∴＝﹣()2＋2×＋3，
整理得，3t2＋(4eq \r(3)＋2)t﹣12＋4eq \r(3)＝0，解得t＝﹣2eq \r(3)(舍弃)或eq \f(2\r(3),3)﹣eq \f(2,3)，
∴M(3﹣eq \f(\r(3),3)，eq \f(4\r(3),3)﹣eq \f(1,3))．
如图3﹣2中，当点M在第四象限时，设N(1，n)，过点B作BT⊥BN交NM的延长线于T．
同法可得T(3﹣eq \r(3)n，﹣2eq \r(3))，M(，)，
则有＝﹣()2＋2×＋3，
整理得，3n2＋(2﹣4eq \r(3))n﹣12﹣4eq \r(3)＝0，解得n＝﹣eq \f(2\r(3),3)﹣eq \f(2,3)或2eq \r(3)(舍弃)，
∴M(3+eq \f(\r(3),3)，﹣eq \f(4\r(3),3)﹣eq \f(1,3))，
综上所述，满足条件的点M的横坐标为3﹣eq \f(\r(3),3)或3+eq \f(\r(3),3)．
解：(1)由直线y＝﹣2x＋4与y轴交于点A，得A(0，4)，
又抛物线经过点A且对称轴为直线x＝eq \f(3,2)，
则c＝4，由﹣＝，得a＝﹣1，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2＋3x＋4．
(2)如图1，作QH⊥AB于点H，QN∥y轴交直线AB于点N．
设点Q(x，﹣x2＋3x＋4)，则F(x，﹣2x＋4)；
当y＝0时，由﹣x2＋3x＋4＝0得，x1＝﹣1，x2＝4，
∴C(﹣1，0)，D(4，0)；
由﹣2x＋4＝0，得x＝2，
∴B(2，0)，
∴AB＝2eq \r(5)．
∵∠HNQ＝∠OAB，
∴，
∴HQ＝eq \f(\r(5),5)QN＝eq \f(\r(5),5)(﹣x2＋3x＋4＋2x﹣4)＝eq \f(\r(5),5)(﹣x2＋5x)，
由CE∥AB，可得，
∴S四边形APBQ＝S△ABQ＋S△ABP＝﹣x2＋5x＋6＝﹣(x﹣eq \f(5,2))2＋12eq \f(1,4)，
∴当x＝eq \f(5,2)时，四边形APBQ的面积最大，四边形APBQ的最大面积为12eq \f(1,4)，此时Q(eq \f(5,2)，eq \f(21,4))．
(3)存在．
如图2，由y＝﹣x2＋3x＋4＝﹣(x﹣eq \f(3,2))2＋eq \f(25,4)，得E(eq \f(3,2)，eq \f(25,4))，又Q(eq \f(5,2)，eq \f(21,4))，
设直线EF的解析式为y＝kx＋b，则，解得，
∴F(，0)，GF＝＝＝GE，
∴△EGF是等腰直角三角形．
若点M在直线EF下方，当时，则∠GFM＝∠CAO，
∴∠MFQ＋∠CAO＝45°，此时MG＝×＝，∴M(，)．
若点M在直线EF上方，作点M关于直线EF的对称点J，连接EJ，则△MEJ是等腰直角三角形，∴EJ∥x轴．
∵EJ＝EM＝，∴J(，)．
设直线FJ的解析式为y＝mx＋n，则
，解得，
∴y＝﹣4x＋31，当x＝eq \f(3,2)时，y＝﹣4×eq \f(3,2)＋31＝25，此时，M(eq \f(3,2)，25)．
综上所述，点M的坐标为(，)或(，25)
解：(1)将点A(－1，0)，B(4，0)代入y=ax2＋bx＋2中，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＋2＝0,16a＋4b＋2＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2),b＝\f(3,2)))，
∴抛物线的解析式为y=－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2；
(2)存在，点D的坐标为D1(1，3)，D2(2，3)，D3(5，－3)．
如图①，过点D作DM⊥AB于点M.
设D(m，－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2)(m>0)，则DM=|－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2|.
∵A(－1，0)，B(4，0)，
∴AB=5.
∵抛物线交y轴于点C，
∴y=－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2中，令x=0，有y=2，
∴C(0，2)，∴OC=2.
∵OC⊥AB，
∴S△ABC=eq \f(1,2)AB·OC=5，
图①
又∵S△ABD=eq \f(3,2)S△ABC，∴DM=|－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2|=eq \f(3,2)OC=3，
当－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2=3时，解得m1=1，m2=2，此时D1(1，3)，D2(2，3)；
当－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2=－3时，解得m3=－2(舍去)，m4=5，此时D3(5，－3)．
综上所述，点D的坐标为D1(1，3)，D2(2，3)，D3(5，－3)．
(3)如图②，过点C作CF⊥BC交BE于点F，过点F作FH⊥y轴于点H，过点E作EG⊥x轴于点G.
图②
∵CF⊥BC，∠CBF=45°，
∴△BCF是等腰直角三角形，且BC=CF，
∴∠OCB＋∠FCH=90°，
又∵FH⊥y轴，
∴∠CFH＋∠FCH=90°，
∴∠OCB=∠CFH，
而BC=CF，
∴△BOC≌△CHF(AAS)，
又∵B(4，0)，C(0，2)，
∴CH=OB=4，FH=OC=2，
∴OH=6，
∴F(2，6)．
设BE的解析式为y=kx＋c，
将B(4，0)，F(2，6)代入y=kx＋c，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4k＋c＝0,2k＋c＝6))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－3,c＝12))，
∴BE的解析式为y=－3x＋12.
联立抛物线和直线BE的解析式，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x2＋\f(3,2)x＋2,y＝－3x＋12))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝4,y1＝0))(舍去)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝5,y2＝－3))，
∴E(5，－3)，
∵EG⊥x轴，
∴BG=1，EG=3，
∴在Rt△BEG中，BE=eq \r(BG2＋EG2)=eq \r(10).
解：(1)把A(﹣1，0)，C(0，3)分别代入y=﹣x2+bx+c
得，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
把C(0，3)代入y=﹣eq \f(1,2)x+n，解得n=3，
∴直线CD的解析式为y=﹣eq \f(1,2)x+3，
解方程组，解得或，
∴D点坐标为(eq \f(5,2)，eq \f(7,4))；
(2)存在.
设P(m，﹣m2+2m+3)，则E(m，﹣eq \f(1,2)m+3)，
∴PE=﹣m2+2m+3﹣(﹣eq \f(1,2)m+3)=﹣m2+eq \f(5,2)m，
∴S△PCD=eq \f(1,2)•eq \f(5,2)•(﹣m2+eq \f(5,2)m)=﹣eq \f(5,4)m2+m=﹣eq \f(5,4)(m﹣eq \f(5,4))2+，
当m=eq \f(5,4)时，△CDP的面积存在最大值，最大值为；
(3)当PC=PE时，m2+(﹣m2+2m+3﹣3)2=(﹣m2+eq \f(5,2)m)2，解得m=0(舍去)或m=eq \f(5,4)；
当CP=CE时，m2+(﹣m2+2m+3﹣3)2=m2+(﹣eq \f(1,2)m+3﹣3)2，
解得m=0(舍去)或m=eq \f(5,2)(舍去)或m=eq \f(3,2)；
当EC=EP时，m2+(﹣eq \f(1,2)m+3﹣3)2=(﹣m2+eq \f(5,2)m)2，
解得m=(舍去)或m=，
综上所述，m的值为eq \f(5,4)或eq \f(3,2)或.
解：(1)过C点作x轴的垂线，垂足为D点，在平行四边形OABC中，由OA=5，AB=4，
∠OCA=90°，得AC=3，由面积法，得CD×OA=OC×AC，解得CD==，
在Rt△OCD中，由勾股定理得OD==，∴C(，)，
又∵A(5，0)，∴直线AC解析式为：y=﹣x+；
(2)∵C(，)，∴B(，)，
∵O(0，0)，A(5，0)，
设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，代入得
，解得，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x．
(3)当0≤t≤2.5时，P在OA上，∠OAQ≠90°，
故此时△OAC与△PAQ不可能相似．
当t＞2.5时，①若∠APQ=90°，则△AQP∽△OAC，
故==，∴=，∴t=，
∵t＞2.5，∴t=eq \f(25,6)符合条件．
②若∠AQP=90°，则△APQ∽△OAC，故==，
∴=，∴t=，∵t＞2.5，∴t=符合条件．
综上可知，当t=eq \f(25,6)或eq \f(20,3)时，△OAC与△APQ相似．
(4)有四种情况：
①点P在A左侧：AP=AQ时，t=eq \f(5,3)，
②点P在A右侧：AP=AQ时，t=5，
③点P在A右侧：QA=QP时，t=12.5，
④点P在A右侧：PA=PQ时，t=．
解：(1)把点A(3，0)和点B(1，0)代入抛物线y＝x2＋bx＋c，
得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(9＋3b＋c＝0，,1＋b＋c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－4，,c＝3.))
∴y＝x2﹣4x＋3.
(2)把x＝0代入y＝x2﹣4x＋3，得y＝3.∴C(0，3).
又∵A(3，0)，
设直线AC的解析式为：y＝kx＋m，把点A，C的坐标代入得：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝3，,k＝－1.))∴直线AC的解析式为：y＝﹣x＋3.
PD＝﹣x＋3﹣(x2﹣4x＋3)＝﹣x2＋3x＝﹣(x﹣eq \f(3,2))2＋eq \f(9,4).
∵0＜x＜3，∴x＝eq \f(3,2)时，PD最大为eq \f(9,4).
即点P在运动的过程中，线段PD长度的最大值为eq \f(9,4).
(3)∵PD与y轴平行，且点A在x轴上，
∴要使△APD为直角三角形，只有当点P运动到点B时，此时点P的坐标为：(1，0).
(4)∵点A，B关于抛物线的对称轴对称，
∴作直线CB，交抛物线的对称轴于点M，则此时点M即为使得|MA﹣MC|最大的点，
∴|MA﹣MC|＝|MC﹣MB|＝BC.
∵B(1，0)，C(0，3)，
∴设BC的解析式为y＝k′x＋n，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k′＋n＝0，,n＝3.))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k′＝－3，,n＝3.))
即y＝﹣3x＋3.当x＝2时，y＝﹣3.
∴M(2，﹣3).
解：(1)∵B(0，﹣3)，
∴OB=3，
∵OB=OC，
∴OC=3，
∴C(0，﹣3)，
∴，∴，
∴二次函数的解析式为y=x2＋2x﹣3=﹣(x﹣1)2﹣4，
∴D(﹣1，﹣4)；
(2)如图，过点P作PQ⊥x轴于点Q，
设P(﹣1，p)，∵∠COP＋∠OPQ=90°，∠CPQ＋∠OPQ=90°，
∴∠COP=∠CPQ，
∴tan∠COP=tan∠CPQ，
在Rt△QOP中，tan∠COP=，
在Rt△CPQ中，tan∠CPQ=，
∴，
∴PQ2=CQ×OQ=2(此处可以用射影定理，也可以判断出△CPQ∽△POQ)，
∵PQ＞0，
∴PQ=eq \r(2)，∴p=eq \r(2)或p=﹣eq \r(2)，
∴P(﹣1，eq \r(2))或(﹣1，﹣eq \r(2))；
(3)存在这样的点P，
理由：如图，由(2)知，yP=±eq \r(2)时，∠OPC=90°，
∵yP=0时，∠OPC是平角，
∴当﹣eq \r(2)＜yP＜eq \r(2)且yP≠0时，∠OPC是钝角.
解：(1)令y＝0，即ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得x＝﹣1或x＝3，
∴A(﹣1，0)，B(3，0)；
令x＝0，则y＝﹣3a，
∴C(0，﹣3a)，即OC＝﹣3a，
∴S＝eq \f(1,2)×4×(﹣3a)＝6，解得a＝﹣1，
∴函数解析式为：y＝﹣x2＋2x＋3．
故答案为：A(﹣1，0)，B(3，0)；y＝﹣x2＋2x＋3．
(2)由(1)知，A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，3)，
∴OA＝1，OC＝3，AB＝eq \r(10)，
过点O作OG⊥AC于点G，
∴S△OAC＝eq \f(1,2)OAOB＝eq \f(1,2)ACOG
∴eq \f(1,2)×1×3＝eq \f(1,2)×eq \r(10)OG，
∴OG＝eq \f(3\r(10),10)，设点D到直线AC的距离h＝eq \f(3,5)eq \r(10)＝2OG，
延长GO到点G′，使得OG′＝OG，过点G′作AC的平行线与x轴交于点A′，与抛物线在第一象限内交于点D，
∴∠GAO＝∠G′A′O，
∵∠GOA＝∠G′OA′，
∴△GAO≌△G′A′O(AAS)，
∴OA＝OA′＝1，
∴A′(1，0)，
∵A(﹣1，0)，C(0，3)，
∴直线AC的解析式为：y＝3x＋3，
∴直线A′G′的解析式为：y＝3x﹣3，
令3x﹣3＝﹣x2＋2x＋3，解得x＝2或x＝﹣3，
∵点D在第一象限，
∴D(2，3)．
(3)如图，过点M作ME⊥DE于E，过点N作NF⊥DE于F，
设M(x1，﹣x12＋2x1＋3)，N(x2，﹣x22＋2x2＋3)，P(x0，﹣x02＋2x0＋3)，
则：ME＝﹣x12＋2x1＋3﹣(﹣x02＋2x0＋3)
＝﹣x12＋2x1＋x02﹣2x0＝﹣(x1﹣x0)(x1＋x0)＋2(x1﹣x0)＝(x0＋x1﹣2)(x0﹣x1)，
PE＝x0﹣x1，
FN＝﹣x02＋2x0＋3﹣(﹣x22＋2x2＋3)＝﹣(x0＋x2﹣2)(x0﹣x2)，
PF＝x0﹣x2，
∵PQ恰好平分∠MPN，即∠MPE＝∠NPE，∠MEP＝∠NFP＝90°，
∴△MPE∽△NPF，
∴＝，
∴＝，∴x0＝，
∵A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
∵MN∥AC，
∴设直线MN的解析式为y＝3x＋b，
令3x＋b＝﹣x2＋2x＋3，
由消去y整理得：x2＋x﹣3＋b＝0，
由韦达定理可知：x1＋x2＝﹣1，
∴x＝eq \f(5,2)，∴P(eq \f(5,2)，eq \f(7,4))．