2024年中考数学二轮复习 压轴题 专项培优练习14（含答案）

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定义：函数图象上到两坐标轴的距离都不大于n(n≥0)的点叫做这个函数图象的“n阶方点”．例如，点(eq \f(1,3)，eq \f(1,3))是函数y＝x图象的“eq \f(1,2)阶方点”；点(2，1)是函数y＝eq \f(2,x)图象的“2阶方点”．
(1)在①(﹣2，﹣eq \f(1,2))；②(﹣1，﹣1)；③(1，1)三点中，是反比例函数y＝eq \f(1,x)图象的“1阶方点”的有 (填序号)；
(2)若y关于x的一次函数y＝ax﹣3a＋1图象的“2阶方点”有且只有一个，求a的值；
(3)若y关于x的二次函数y＝﹣(x﹣n)2﹣2n＋1图象的“n阶方点”一定存在，请直接写出n的取值范围．
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝﹣eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2与x轴相交于A，B两点，与y轴交于点C．
(1)求B、C两点的坐标；
(2)点P为直线BC上方抛物线上的任意一点，过P作PF∥x轴交直线BC于点F，过P作PE∥y轴交直线BC于点E，求线段EF的最大值及此时P点坐标；
(3)将该抛物线沿着射线AC方向平移eq \f(\r(5),2)个单位得到新抛物线y′，N是新抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点B、C、Q、N为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴交于A(﹣2，0)，B(4，0)两点．
(1)求b，c的值；
(2)点E为抛物线y＝﹣x2＋bx＋c上一点，且点E在x轴上方，连接BE，以点E为直角顶点，BE为直角边，作等直角△BED，使得点D恰好落在直线y＝x上，求出满足条件的所有点E的坐标．
如图，已知抛物线y=﹣eq \f(4,3)x2＋bx＋c经过A(0，4)，B(3，0)两点，与x轴负半轴交于点C，连接AC、AB．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)D、E分别为AC、AB的中点，连接DE，P为DE上的动点，PQ⊥BC，垂足为Q，QN⊥AB，垂足为N，连接PN．
①当△PQN与△ABC相似时，求点P的坐标；
②是否存在点P，使得PQ=NQ，若存在，直接写出点P的坐标;若不存在，请说明理由．
在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A(﹣4，0)，B(0，﹣4)，C(2，0)三点.
(1)求抛物线解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△MOA的面积为S.求S关于m的函数关系式，并求出当m为何值时，S有最大值，这个最大值是多少？
(3)若点Q是直线y=﹣x上的动点，过Q做y轴的平行线交抛物线于点P，判断有几个Q能使以点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形的点，直接写出相应的点Q的坐标.
在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c的顶点M的坐标为(﹣1，﹣4)，且与x轴交于点A，点B(点A在点B的左边)，与y轴交于点C．
(1)填空：b= ，c= ，直线AC的解析式为 ；
(2)直线x=t与x轴相交于点H．
①当t=﹣3时得到直线AN(如图1)，点D为直线AC下方抛物线上一点，若∠COD=∠MAN，求出此时点D的坐标；
②当﹣3＜t＜﹣1时(如图2)，直线x=t与线段AC，AM和抛物线分别相交于点E，F，P．试证明线段HE，EF，FP总能组成等腰三角形；如果此等腰三角形底角的余弦值为eq \f(3,5)，求此时t的值．
已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过点A(﹣1，0)，B(3，0)，且与y轴交于点C(0，﹣3)．
(1)求此二次函数的表达式及图象顶点D的坐标；
(2)在此抛物线的对称轴上是否存在点E，使△ACE为Rt△，若存在，试求点E的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)在平面直角坐标系中，存在点P，满足PA⊥PD，求线段PB的最小值．
如图，抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点 B(﹣1，0)，C(2，3)，抛物线与y轴的焦点A，与x轴的另一个焦点为D，点M为线段AD上的一动点，设点M的横坐标为t.
(1)求抛物线的表达式；
(2)过点M作y轴的平行线，交抛物线于点P，设线段PM的长为1，当t为何值时，1的长最大，并求最大值；(先根据题目画图，再计算)
(3)在(2)的条件下，当t为何值时，△PAD的面积最大？并求最大值；
(4)在(2)的条件下，是否存在点P，使△PAD为直角三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，说明理由.
\s 0 答案
解：(1)①(﹣2，﹣eq \f(1,2))到两坐标轴的距离分别是2＞1，eq \f(1,2)＜1，
∴(﹣2，﹣eq \f(1,2))不是反比例函数y＝eq \f(1,x)图象的“1阶方点”；
②(﹣1，﹣1)到两坐标轴的距离分别是1≤1，1≤1，
∴(﹣1，﹣1)是反比例函数y＝eq \f(1,x)图象的“1阶方点”；
③(1，1)到两坐标轴的距离分别是1≤1，1≤1，
∴(1，1)是反比例函数y＝eq \f(1,x)图象的“1阶方点”；
故答案为：②③；
(2)∵y＝ax﹣3a＋1＝a(x﹣3)＋1，
∴函数经过定点(3，1)，
在以O为中心，边长为4的正方形ABCD中，当直线与正方形区域只有唯一交点时，图象的“2阶方点”有且只有一个，
由图可知，C(2，﹣2)，D(2，2)，
∵一次函数y＝ax﹣3a＋1图象的“2阶方点”有且只有一个，
当直线经过点C时，a＝3，此时图象的“2阶方点”有且只有一个，
当直线经过点D时，a＝﹣1，此时图象的“2阶方点”有且只有一个，
综上所述：a的值为3或a＝﹣1；
(3)在以O为中心，边长为2n的正方形ABCD中，当抛物线与正方形区域有公共部分时，二次函数y＝﹣(x﹣n)2﹣2n＋1图象的“n阶方点”一定存在，
如图2，当n＞0时，A(n，n)，B(n，﹣n)，C(﹣n，﹣n)，D(﹣n，n)，
当抛物线经过点D时，n＝﹣1(舍)或n＝eq \f(1,4)；当抛物线经过点B时，n＝1；
∴eq \f(1,4)≤n≤1时，二次函数y＝﹣(x﹣n)2﹣2n＋1图象有“n阶方点”；
综上所述：eq \f(1,4)≤n≤1时，二次函数y＝﹣(x﹣n)2﹣2n＋1图象的“n阶方点”一定存在．
解：(1)令x＝0，则y＝﹣eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2＝2，解得点C坐标为(0，2)，
令y＝0，即0＝﹣eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2，解得：x＝4或﹣1，
∴点B坐标为(4，0)．
(2)设直线BC解析式为y＝kx＋b，代入点B、点C坐标，得：
，解得：．
∴直线BC解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x＋2．
设P坐标为(m，﹣eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2)，则E坐标为(m，﹣eq \f(1,2)m＋2)，其中0≤m≤4．
设点F横坐标为xF，纵坐标yF＝﹣eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2，
令﹣eq \f(1,2)xF＋2＝﹣eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2，解得：xF＝m2﹣3m．
∴PE＝﹣eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2﹣(﹣eq \f(1,2)m＋2)＝﹣eq \f(1,2)m2＋2m，PF＝m﹣(m2﹣3m)＝﹣m2＋4m．
∴EF＝＝﹣eq \f(\r(5),2)(m-2)2+2eq \r(5)．
∵﹣eq \f(\r(5),2)<0，则当m＝2时，EF有最大值2eq \r(5)，此时点P坐标为(2，3)．
(3)存在点Q，使以点B、C、Q、N为顶点的四边形为菱形．
点Q坐标为(﹣2，6)或(﹣2，﹣2)或(6，4)或(6，﹣4)，理由如下：
∵OA＝1，OC＝2，
∴AC＝eq \r(5)．
又∵，
∴抛物线沿着射线AC方向平移eq \f(\r(5),2)个单位，实际上等同于将该抛物线向右移动eq \f(1,2)个单位，向上移动1个单位．
∵原抛物线对称轴方程为x＝eq \f(3,2)，
∴新抛物线对称轴方程为x＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)＝2．
设点N坐标为(2，n)、点Q坐标为(a，b)．
当BC为菱形的边时：
①以点B为圆心，BC为半径画圆交对称轴x＝2于点N1、N2.如图1．
此时，BC＝BN1＝BN2＝2eq \r(5)．
∴MN1＝4．
故点N1坐标为(2，4)，同理可得点N2坐标为(2，﹣4)．
由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：
，即，解得：；
或，解得：．
∴点Q1坐标为(﹣2，6)，Q2(﹣2，﹣2)．
②以点C为圆心，CB为半径画圆交对称轴x＝2于点N3、N4，作N3P⊥y轴于点P，如图2．
此时CB＝CN3＝CN4＝2eq \r(5)，PN3＝2，PC＝4，
故点N3坐标为(2，6)，同理可得N4坐标为(2，﹣2)．
由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：
，即，解得：；
或，解得：．
∴点Q3坐标为(6，4)，Q4(6，﹣4)．
当BC为菱形的对角线时，则NQ为另一对角线，BC垂直平分NQ，
此时BC中点坐标为(2，1)，又N(2，n)且NC＝NB，
则N点必与BC中点重合，
∴此时不存在点Q，则不能构成菱形．
综上所述，点Q坐标为(﹣2，6)或(﹣2，﹣2)或(6，4)或(6，﹣4)．
解：(1)∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴交于A(﹣2，0)，B(4，0)两点，
∴，解得：，
∴b＝2，c＝8；
(2)∵点D在直线y＝x上，点E在抛物线解析式为y＝﹣x2＋2x＋8上，
∴设D(m，m)，E(n，﹣n2＋2n＋8)，
当点E1在点D左侧，∠DE1B＝90°，BE1＝D1E1时，如图，过点E1作E1G∥x轴，过点B作BF⊥EG于点F，过点D1作D1G⊥E1G于点G，
则∠BFE1＝∠E1GD1＝90°，
BF＝﹣n2＋2n＋8，E1F＝4﹣n，E1G＝m﹣n，D1G＝m﹣(﹣n2＋2n＋8)＝n2﹣2n﹣8＋m，
∴∠E1BF＋∠BE1F＝90°，
∵∠D1E1G＋∠BE1F＝90°，
∴∠E1BF＝∠D1E1G，
在△BE1F和△E1D1G中，
，
∴△BE1F≌△E1D1G(AAS)，
∴E1F＝D1G，BF＝E1G，
∴，解得：，
当n＝2时，﹣n2＋2n＋8＝﹣22＋2×2＋8＝8，
∴E1(2，8)；
当点E2在点D2右侧，∠D2E2B＝90°，BE2＝D2E2时，
如图，过点E2作E2H⊥x轴于点H，过点D2作D2K⊥E2H于点K，
则∠BHE2＝∠E2KD2＝90°，BH＝4﹣n，E2H＝﹣n2＋2n＋8，E2K＝﹣n2＋2n＋8﹣m，D2K＝n﹣m，
同理可得△BE2H≌△E2D2K(AAS)，
∴E2H＝D2K，BH＝E2K，
∴，解得：或，
∴E(1＋eq \r(7)，2)或(1﹣eq \r(7)，2)；
综上所述，满足条件的所有点E的坐标为(2，8)或(1＋eq \r(7)，2)或(1﹣eq \r(7)，2)．
解：(1)将A(0，4)，B(3，0)代入抛物线的解析式得：
，解得；b=eq \f(8,3)，c=4．
∴抛物线的解析式为y=﹣eq \f(4,3)x2＋eq \f(8,3)x＋4．
(2)①如图1所示：

∵令y=0，解得x1=﹣1，x2=3，∴C(﹣1，0)．∴BC=4，AB=5．
∵D、E分别为AC、AB的中点，∴DE∥BC．
∴=1．∴PQ=DO=2．
∵PQ⊥BC，QN⊥AB，
∴∠PQN＋∠NQB=90°，∠NQB＋∠QBN=90°．∴∠PQN=∠QBN．
∴当或时，△PQN与△ABC相似．
∵当时，，解得；QN=．
∵=，∴QB=QN=×=2．
∴OQ=3﹣2=1．
∴点P的坐标为(1，2)．
当时，，解得；QN=2.5．
∵=，∴QB=QN=×=．
∴OB﹣BQ=﹣eq \f(1,8)．∴点P的坐标为(﹣eq \f(1,8)，2)．
综上所述点P的坐标为(1，2)或(﹣eq \f(1,8)，2)．
②如图2所示：
∵PQ=QN，PQ=2，∴QN=2．∵QN⊥AB，∴∠QNB=90°．
∵由(2)可知OA=4，AB=5，
∴sin∠ABO=eq \f(4,5)．
∴，解得；QB=eq \f(5,2)．
∴OQ=OB﹣QB=3﹣eq \f(5,2)=eq \f(1,2)．
∴P(eq \f(1,2)，2)．
解：(1)设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∵抛物线经过A(﹣4，0)，B(0，﹣4)，C(2，0)，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=eq \f(1,2)x2+x﹣4；
(2)∵点M的横坐标为m，
∴点M的纵坐标为eq \f(1,2)m2+m﹣4，
又∵A(﹣4，0)，
∴AO=0﹣(﹣4)=4，
∴S=eq \f(1,2)×4×|eq \f(1,2)m2+m﹣4|=﹣(m2+2m﹣8)=﹣m2﹣2m+8，
∵S=﹣(m2+2m﹣8)=﹣(m+1)2+9，点M为第三象限内抛物线上一动点，
∴当m=﹣1时，S有最大值，最大值为S=9；
故答案为：S关于m的函数关系式为S=﹣m2﹣2m+8，当m=﹣1时，S有最大值9；
(3)∵点Q是直线y=﹣x上的动点，
∴设点Q的坐标为(a，﹣a)，
∵点P在抛物线上，且PQ∥y轴，
∴点P的坐标为(a，eq \f(1,2) a2+a﹣4)，
∴PQ=﹣a﹣(eq \f(1,2)a2+a﹣4)=﹣eq \f(1,2)a2﹣2a+4，
又∵OB=0﹣(﹣4)=4，
以点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形，
∴|PQ|=OB，即|﹣eq \f(1,2)a2﹣2a+4|=4，
①﹣eq \f(1,2)a2﹣2a+4=4时，整理得，a2+4a=0，
解得a=0(舍去)或a=﹣4，﹣a=4，
所以点Q坐标为(﹣4，4)，
②﹣eq \f(1,2)a2﹣2a+4=﹣4时，整理得，a2+4a﹣16=0，解得a=﹣2±2eq \r(5)，
所以点Q的坐标为(﹣2+2eq \r(5)，2﹣2eq \r(5))或(﹣2﹣2eq \r(5)，2+2eq \r(5))，
综上所述，Q坐标为(﹣4，4)或(﹣2+2eq \r(5)，2﹣2eq \r(5))或(﹣2﹣2eq \r(5)，2+2eq \r(5))时，
使点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形.
解：(1)∵抛物线y=x2+bx+c的顶点M的坐标为(﹣1，﹣4)，
∴，解得：，
∴抛物线解析式为：y=x2+2x﹣3，
令y=0，得：x2+2x﹣3=0，解得：x1=1，x2=﹣3，∴A(﹣3，0)，B(1，0)，
令x=0，得y=﹣3，∴C(0，﹣3)，设直线AC的解析式为：y=kx+b，
将A(﹣3，0)，C(0，﹣3)代入，
得：，解得：，
∴直线AC的解析式为：y=﹣x﹣3
.(2)①设点D的坐标为(m，m2+2m﹣3)，
∵∠COD=∠MAN，∴tan∠COD=tan∠MAN，
∴=，解得：m=±eq \r(3)，∵﹣3＜m＜0，∴m=﹣eq \r(3)，
故点D的坐标为(﹣eq \r(3)，﹣2eq \r(3))；
②设直线AM的解析式为y=mx+n，将点A(﹣3，0)、M(﹣1，﹣4)代入，
得：，解得：，
∴直线AM的解析式为：y=﹣2x﹣6，
∵当x=t时，HE=﹣(﹣t﹣3)=t+3，HF=﹣(﹣2t﹣6)=2t+6，HP=﹣(t2+2t﹣3)，
∴HE=EF=HF﹣HE=t+3，FP=﹣t2﹣4t﹣3，
∵HE+EF﹣FP=2(t+3)+t2+4t+3=(t+3)2＞0，
∴HE+EF＞FP，
又HE+FP＞EF，EF+FP＞HE，
∴当﹣3＜t＜﹣1时，线段HE，EF，FP总能组成等腰三角形；
由题意得： =eq \f(3,5)，即=eq \f(3,5)，整理得：5t2+26t+33=0，
解得：t1=﹣3，t2=﹣2.2，
∵﹣3＜t＜﹣1，∴t=﹣2.2．
解：(1)由题意设二次函数表达式为：y＝a(x＋1)(x﹣3)，
∴a(﹣3)＝﹣3，
∴a＝1，
∴y＝(x＋1)(x﹣3)＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，
∴D(1，﹣4)；
(2)存在点E，使△ACE是直角三角形，过程如下：
设点E(1，m)，
∵A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
∴AC2＝10，AE2＝4＋m2，CE2＝1＋(m＋3)2，
当∠EAC＝90°时，AE2＋AC2＝CE2，
∴14＋m2＝1＋(m＋3)2，
∴m＝eq \f(2,3)，∴E1(1，eq \f(2,3))，
当∠ACE＝90°时，AC2＋CE2＝AE2，
∴11＋(m＋3)2＝4＋m2，
∴m＝﹣eq \f(8,3)，∴E2(1，﹣eq \f(8,3))，
当∠AEC＝90°时，
AE2＋CE2＝AC2，
∴5＋m2＋(m＋3)2＝10，
∴m＝﹣1或﹣2，
∴E3(1，﹣1)，E4(1，﹣2)，
综上所述：点E(1，eq \f(2,3))或(1，﹣eq \f(8,3))或(1，﹣1)或(1，﹣2)；
(3)设AD的中点为I，
∵A(﹣1，0)，D(1，﹣4)，
∴AD＝2eq \r(5)，I(0，﹣2)，
∴PA⊥PD，
∴∠ADP＝90°，
∴点P在以AD的中点I为圆心，eq \r(5)为半径的圆上，
∵BI＝eq \r(13)，
∴PB最小＝eq \r(13)﹣eq \r(5)．
解：(1)把点 B(﹣1，0)，C(2，3)代入y＝ax2＋bx＋3，
则有，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋2x＋3.
(2)在y＝﹣x2＋2x＋3中，
令y＝0可得0＝﹣x2＋2x＋3，解得x＝﹣1或x＝3，XXK]
∴D(3，0)，且A(0，3)，
∴直线AD解析式为y＝﹣x＋3，
设M点横坐标为m，则P(t，﹣t2＋2t＋3)，M(t，﹣t＋3)，
∵0＜t＜3，
∴点M在第一象限内，
∴l＝﹣t2＋2t＋3﹣(﹣t＋3)＝﹣t2＋3t＝﹣(t﹣eq \f(3,2))2＋eq \f(9,4)，
∴当t＝eq \f(3,2)时，l有最大值，l最大＝eq \f(9,4)；
(3)∵S△PAD＝eq \f(1,2)×PM×(xD﹣xA)＝eq \f(3,2)PM，
∴PM的值最大时，△PAD的面积中点，最大值＝eq \f(3,2)×eq \f(9,4)＝eq \f(27,8).
∴t＝eq \f(3,2)时，△PAD的面积的最大值为eq \f(27,8).
(4)如图设AD的中点为K，设P(t，﹣t2＋2t＋3).
∵△PAD是直角三角形，
∴PK＝eq \f(1,2)AD，
∴(t﹣eq \f(3,2))2＋(﹣t2＋2t＋3﹣eq \f(3,2))2＝eq \f(1,4)×18，
整理得t(t﹣3)(t2﹣t﹣1)＝0，
解得t＝0或3或eq \f(1＋\r(5),2)，eq \f(1－\r(5),2)，
∵点P在第一象限，
∴t＝eq \f(1＋\r(5),2).