2019年—2024年中考数学真题分类训练——专题十九：二次函数综合题

这是一份2019年—2024年中考数学真题分类训练——专题十九：二次函数综合题，共52页。试卷主要包含了∴A，，且OB=OC，如图，若b是正数，直线l等内容，欢迎下载使用。
（1）求点A、B、D的坐标；
（2）求证：四边形BFCE是平行四边形；
（3）如图2，过顶点D作DD1⊥x轴于点D1，点P是抛物线上一动点，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，使得△PAM与△DD1A相似（不含全等）．
①求出一个满足以上条件的点P的横坐标；
②直接回答这样的点P共有几个？
解：（1）令=0，
解得x1=1，x2=–7．∴A（1，0），B（–7，0）．
由y==得，D（–3，–2）；
（2）∵DD1⊥x轴于点D1，∴∠COF=∠DD1F=90°，
∵∠D1FD=∠CFO，∴△DD1F∽△COF，∴，
∵D（–3，–2），
∴D1D=2，OD=3，
∵AC=CF，CO⊥AF，∴OF=OA=1，
∴D1F=D1O–OF=3–1=2，∴，
∴OC=，∴CA=CF=FA=2，
∴△ACF是等边三角形，∴∠AFC=∠ACF，
∵△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，
∴∠ECF=∠AFC=60°，∴EC∥BF，
∵EC=DC==6，
∵BF=6，∴EC=BF，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（3）∵点P是抛物线上一动点，
∴设P点（x，），
①当点P在B点的左侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴或，
∴或，
解得：x1=1（不合题意舍去），x2=–11或x1=1（不合题意舍去）x2=–；
当点P在A点的右侧时，
∵△PAM与△DD1A相似，∴或，
∴或，
解得：x1=1（不合题意舍去），x2=–3（不合题意舍去）或x1=1（不合题意舍去），x2=–（不合题意舍去）；
当点P在AB之间时，
∵△PAM与△DD1A相似，
∴=或=，
∴或，
解得：x1=1（不合题意舍去），x2=–3（不合题意舍去）或x1=1（不合题意舍去），x2=–；
综上所述，点P的横坐标为–11或–或–；
②由①得，这样的点P共有3个．
2．（深圳）如图，抛物线经y=ax2+bx+c过点A（-1，0），点C（0，3），且OB=OC．
（1）求抛物线的解析式及其对称轴；
（2）点D、E在直线x=1上的两个动点，且DE=1，点D在点E的上方，求四边形ACDE的周长的最小值．
（3）点P为抛物线上一点，连接CP，直线CP把四边形CBPA的面积分为3∶5两部分，求点P的坐标．
解：（1）∵OB=OC，
∴点B（3，0），
则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3）=ax2-2ax-3a，
故-3a=3，解得：a=-1，
故抛物线的表达式为：y=-x2+2x+3，对称轴为x=1．
（2）ACDE的周长=AC+DE+CD+AE，其中AC、DE=1是常数，
故CD+AE最小时，周长最小，
取点C关于函数对称点C（2，3），则CD=C′D，
取点A′（-1，1），则A′D=AE，
故：CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，
四边形ACDE的周长的最小值=AC+DE+CD+AEA′D+DC′A′C′．
（3）如图，设直线CP交x轴于点E，
直线CP把四边形CBPA的面积分为3∶5两部分，
又∵S△PCB∶S△PCAEB×（yC-yP）∶AE×（yC-yP）=BE∶AE，
则BE∶AE=3∶5或5∶3，
则AE或，
即：点E的坐标为（，0）或（，0），
将点E、C的坐标代入一次函数表达式：y=kx+3，
解得：k=-6或-2，
故直线CP的表达式为：y=-2x+3或y=-6x+3，
联立并解得：x=4或8（不合题意值已舍去），
故点P的坐标为（4，-5）或（8，-45）．
3.（雅安） 已知二次函数y=ax2(a≠0)的图象过点（2，-1），点P（P与O不重合）是图象上的一点，直线l过点（0，1）且平行于x轴。PM⊥l于点M，点F（0，-1）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）求证：点P在线段MF的中垂线上；
（3）设直线 PF交二次函数的图象于另一点Q，QN⊥l于点N，线段MF的中垂线交l于点R，求的值；
（4）试判断点R与以线段PQ为直径的圆的位置关系．
解：（1）∵y=ax2(a≠0)的图象过点（2，-1），∴-1=a×22，即a=，∴；
（2）设的图象上的点P（x1,y1）,则M(x1，1)，，即x12=-4y1，PM=｜1-y1｜，又
PF=====｜y1-1｜=PM，即PF=PM，∴点P在线段MF的中垂线上；
（3）连接RF，∵R在线段MF的中垂线上，∴MR=FR，又∵PM=PF，PR=PR，∴△PMR≌△PFR，∴∠PFR=∠PMR=90°，∴RF⊥PF，连接RQ，又在Rt△RFQ和Rt△RNQ中，∵Q 在的图象上，由（2）结论知∴QF=QN，∵RQ=RQ，∴Rt△RFQ ≌Rt△RNQ，即RN=FR，即MR=FR=RN，∴；
（4）在△PQR中，由（3）知PR平分∠MRF，QR平分∠FRN，∴∠PRQ=（∠MRF+∠FRN）=90°，∴点R在以线段PQ为直径的圆上．
4．（南宁）如果抛物线C1的顶点在拋物线C2上，抛物线C2的顶点也在拋物线C1上时，那么我们称抛物线C1与C2“互为关联”的抛物线．如图1，已知抛物线C1：y1=x2+x与C2：y2=ax2+x+c是“互为关联”的拋物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，–1）．
（1）直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；
（2）抛物线C2上是否存在点E，使得△ABE是直角三角形？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）如图2，点F（–6，3）在抛物线C1上，点M，N分别是抛物线C1，C2上的动点，且点M，N的横坐标相同，记△AFM面积为S1（当点M与点A，F重合时S1=0），△ABN的面积为S2（当点N与点A，B重合时，S2=0），令S=S1+S2，观察图象，当y1≤y2时，写出x的取值范围，并求出在此范围内S的最大值．
解：（1）C1顶点在C2上，C2顶点也在C1上，
由抛物线C1：y1=x2+x可得A（–2，–1），
将A（–2，–1），D（6，–1）代入y2=ax2+x+c
得，解得 ，
∴y2=–x2+x+2，∴B（2，3）；
（2）易得直线AB的解析式：y=x+1，
①若B为直角的顶点，BE⊥AB，kBE•kAB=–1，
∴kBE=–1，则直线BE的解析式为y=–x+5．
联立，
解得或，此时E（6，–1）；
②若A为直角顶点，AE⊥AB，kAE•kAB=–1，
∴kAE=–1，则直线AE的解析式为y=–x–3，
联立，
解得或，
此时E（10，–13）；
③若E为直角顶点，设E（m，–m2+m+2）
由AE⊥BE得kBE•kAE=–1，
即，
解得m=2或–2（不符合题意均舍去），
∴存在，∴E（6，–1）或E（10，–13）；
（3）∵y1≤y2，观察图形可得：x的取值范围为–2≤x≤2，
设M（t，t2+t），N（t，−t2+t+2），且–2≤t≤2，
易求直线AF的解析式：y=–x–3，
过M作x轴的平行线MQ交AF于Q，
由yQ=yM，得Q（t2−t−3，t2+t），
S1=|QM|•|yF–yA|=t2+4t+6，
设AB交MN于点P，易知P坐标为（t，t+1），
S2=|PN|•|xA–xB|=2–t2，
S=S1+S2=4t+8，
当t=2时，S的最大值为16．
5．（广州）已知抛物线G：y=mx2-2mx-3有最低点．
（1）求二次函数y=mx2-2mx-3的最小值（用含m的式子表示）；
（2）将抛物线G向右平移m个单位得到抛物线G1．经过探究发现，随着m的变化，抛物线G1顶点的纵坐标y与横坐标x之间存在一个函数关系，求这个函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）记（2）所求的函数为H，抛物线G与函数H的图象交于点P，结合图象，求点P的纵坐标的取值范围．
解：（1）∵y=mx2-2mx-3=m（x-1）2-m-3，抛物线有最低点，
∴二次函数y=mx2-2mx-3的最小值为-m-3．
（2）∵抛物线G：y=m（x-1）2-m-3，
∴平移后的抛物线G1：y=m（x-1-m）2-m-3，
∴抛物线G1顶点坐标为（m+1，-m-3），
∴x=m+1，y=-m-3，
∴x+y=m+1-m-3=-2，
即x+y=-2，变形得y=-x-2，
∵m>0，m=x-1，
∴x-1>0，
∴x>1，
∴y与x的函数关系式为y=-x-2（x>1）．
（3）法一：如图，函数H：y=-x-2（x>1）图象为射线，
x=1时，y=-1-2=-3；x=2时，y=-2-2=-4，
∴函数H的图象恒过点B（2，-4），
∵抛物线G：y=m（x-1）2-m-3，
x=1时，y=-m-3；x=2时，y=m-m-3=-3，
∴抛物线G恒过点A（2，-3），
由图象可知，若抛物线与函数H的图象有交点P，则yB