中考数学二轮复习《二次函数综合压轴题》考前冲刺专题提升训练

这是一份中考数学二轮复习《二次函数综合压轴题》考前冲刺专题提升训练，共7页。试卷主要包含了二次函数与线段问题综合，二次函数与周长问题综合，二次函数与面积问题综合，二次函数与角度问题综合等内容，欢迎下载使用。
一、二次函数与线段问题综合
1．在平面直角坐标系xOy中，点−1,m和点2,n在抛物线y=ax2−bx− 3a上．
(1)若m=2，n=−1，求抛物线的对称轴；
(2)若m=−4，n=5，如图，抛物线y=ax2−bx− 3a与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C，点D是线段OA上的一个动点（不与点O，A重合），过点D作DE⊥x轴，交抛物线于点E，交直线AC于点F，连接BF．当FB=FC时，求OD的长．
(3)已知点0,y1，1,y2在该抛物线上，若m−n0的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），OA=1，经过点A的一次函数y=kx+bk≠0的图象与y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为D，△ABD的面积为5．
(1)求抛物线和一次函数的解析式；
(2)抛物线上的动点E在一次函数的图象下方，求△ACE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；
(3)若点P在x轴上且使△PAD为等腰三角形时，请直接写出点P的坐标．
12．如图，抛物线y=ax2+bx+3（a，b是常数，且a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．A点的坐标是A1,0，对称轴是直线x=−1，抛物线顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若E为线段BD上的一点，其横坐标为m，过点E作EF⊥x轴于点F，求当m为何值时，四边形EFOC的面积最大？
(3)点P在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在一点A′，使PA′=PA，∠APA′=90°，若存在，求出点P和点A′的坐标，若不存在，请说明理由．
13．如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A、B两点，与x轴相交于点A−1,0，与y轴相交于点C0,−3．
(1)求抛物线的函数表达式和对称轴；
(2)如图1，若点D是第四象限内抛物线上的一个动点，当点D运动到何处时，△BCD的面积恰好为△ABC面积的一半？求出此时点D的坐标：
(3)如图2，点E是抛物线的顶点，直线CE交x轴于点F，若点G是线段EF上的一个动点，是否存在以点O,F,G为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
14．如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点B1,0，与y轴交于点C0,3，抛物线的顶点为D．过点D向x轴作垂线，交x轴于点E，以AE和DE为邻边在第二象限内作矩形AEDF．动点M从点D出发，沿DE向点E运动，运动的速度为每秒1个单位长度．设点M的运动时间为t秒，过点M作MG⊥DE，交AD于点G，过点G作GH⊥DF于点H，交抛物线于点Q．
(1)求该抛物线的函数表达式．
(2)当M为DE的中点时，求GM的长．
(3)如图1，连接AQ，DQ，当△AQD的面积最大时，求t的值．
(4)如图2，点M运动的同时，点P从点A出发沿AF向点F运动，运动的速度为每秒1个单位长度，K为矩形AEDF内一点，且点K在点G的正下方．当四边形APGK为菱形时，求t的值．
15．已知：抛物线y=ax+3x−2交x轴于点A和点C，与y轴交于点B，且tan∠BAC=43．

(1)求抛物线解析式；
(2)点P是第四象限抛物线上一点，连接AP交y轴于点F，若点P的横坐标为t，△ABF的面积为s，求s与t的关系式；
(3)在（2）的条件下，s=152，延长AF、BC交于点G，点H在线段AF上，过点H作HE⊥BC于点E，EH的延长线交抛物线于点D，点M在直线AF下方的第四象限内，连接MH、ME、MG，∠HMG+∠OBC=90°−∠NAC，点N在AG的延长线上，连接MN并延长交x轴于点K，AK=MH，当△MHE的面积为9，点N是MK的中点时，求点D的横坐标．
四、二次函数与角度问题综合
16．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B3,0两点，与y轴交于点C，点D2,3在抛物线上，点P是抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，连接OD，当点P位于直线OD上方时，求△ODP面积最大时点P的坐标；
(3)如图2，连接AC，BC，抛物线上是否存在点P，使∠CBP+∠ACO=45°？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
17．新定义：若抛物线y=f(x）与x轴正半轴有两个交点，且其中一个交点与抛物线在y轴上的交点的连线与x轴夹角为45°，则称该抛物线为“半垂抛物线”，
如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2−5ax+ca>0交x轴于点A1,0、点B（点B在点A的右侧）、与y轴交于点C，顶点为点P，且S△CBP=152．
(1)求证：抛物线y=ax2−5ax+c是“半垂抛物线”；
(2)已知点Q是抛物线上一点，横坐标为t，连接BQ．
①若点Q位于x轴下方，且∠PCB=∠ABQ，求直线PQ的解析式；
②若∠CPB=∠CQB，求此时t的值．
18．综合运用：如图，抛物线y1=ax2+bx+34与x轴交于点A−3,0，点B，点D是抛物线y1的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C−1,0．
(1)求抛物线y1所对应的函数解析式；
(2)如图1，点M是抛物线y1上一点，且横坐标为m，连接MC，若∠MCB=∠DAC，求m的值；
(3)如图2，将抛物线y1平移后得到顶点为B的抛物线y2，点P为抛物线y1上的一个动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线y2于点Q，过点Q作x轴的平行线，交抛物线y2于点R．当以点P、Q、R为顶点的三角形与△ACD全等时，请直接写出点P的坐标．
19．抛物线y=−ax2+3ax+4aa>0与y轴交于点C，与x轴交于点A、B，CD平行于x轴交抛物线于另一点D，点M是x轴上一动点，连接MD，过点M作MK⊥MD交y于点K（点K在线段OC上，不与点O重合），
(1)求A、B、D三点的坐标（D点坐标用含a的式子表示）．
(2)若点K的坐标为0,98，则线段OB存在唯一一点M，
①求抛物线的解析式
②如图2，连接BC，点P为直线BC上方抛物线上的动点，过点P作PQ⊥BC于点Q，连接CP，是否存在点P使△PCQ中某个角恰好等于∠ABC的2倍？若存在，请求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由．
20．如图，已知抛物线y=−14x2+bx+c与x轴交于A、B8,0两点，与y轴交于点C0,4．点P为第一象限抛物线上的点，连接CA、CB、PB、PC．
(1)直接写出结果：b= _____；c= _____；tan∠ABC=_____；
(2)判断△ABC的形状，并说明理由；
(3)如图1，当∠PCB=2∠OCA时，求点P的坐标；
(4)如图2，点D在y轴负半轴上，OD=OB，点Q为抛物线上一点，∠QBD=90°．点E，F分别为△BDQ的边DQ，DB上的动点，且QE=DF，求BE+QF的最小值．
参考答案
1．（1）解：当m=2，n=−1时，将−1,2和2,−1代入抛物线y=ax2−bx− 3a可得：a+b−3a=24a−2b−3a=−1，
解得：a=−1b=0，
∴抛物线解析式为y=−x2+3，
此时抛物线的对称轴为直线x=−02×−1=0；
（2）解：当m=−4，n=5时，将−1,−4和2,5代入抛物线y=ax2−bx− 3a可得：a+b−3a=−44a−2b−3a=5，
解得：a=1b=−2，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3，
令y=0，则x2+2x−3=0，
解得：x1=−3，x2=1，
∴A−3,0，B1,−0，
当x=0时，y=−3，即C0,−3，
设直线AC的解析式为y=k1x+b1k1≠0，
将A−3,0，C0,−3代入解析式y=k1x+b1k1≠0可得−3k1+b1=0b1=−3，
解得：k1=−1b1=−3，
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
设Dt,0−30交x轴于点A1,0，
∴a−5a+c=0，即c=4a，
∴抛物线为y=ax2−5ax+4a=a(x−52)2−94a，
∴点C(0,4a)；P(52,−94a)，对称轴为x=52，
∴B(4,0)
∵S△BPC=S△BPO+S△BOC−S△OPC，
∴12×4×(94a+4a)−12×52×4a=152，
解得：a=1，
即抛物线解析式为y=x2−5x+4=(x−52)2−94，
∴点C(0,4)，
∴OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
故该抛物线为“半垂抛物线”，
（2）解：①如图，设直线CP交x轴于点G，过点G作GH⊥BC，设延长BQ交y轴于点K，
由（1）可知：点C(0,4)；P(52,−94)，
∴直线PC的解析式为：y=−52x+4，
∴直线PC与x轴交点坐标为G(85,0)，
∴BG=OB−OG=4−85=125
∵OB=4，∠OBC=∠OCB=45°，
∴BC=42，HB=BGsin∠OBC=125×22=652，
∴HG=652，CH=BC−BH=42−652=1452，
∴tan∠PCB=HGCH=6521452=37，
∵∠PCB=∠ABQ，
∴tan∠ABQ=OKOB=37，即OK4=37，
∴OK=127，
∴点K(0,−127)，
∴直线KB的解析式为：y=37x−127，
联立抛物线和直线解析式得：
y=x2−5x+4y=37x−127，
解得：x1=4y1=0，x2=107y2=−5449，
即点Q107,−5449，
∵点P52,−94，Q107,−5449，
∴直线PQ的解析式为y=−1514x+37，
②解：如图所示，作△PBC的外接圆⊙D，交抛物线于点Q，则∠CPB=∠CQB
∵点D是△PBC的外接圆的圆心，
∴CD=CB=DP，
又∵△OBC是等腰直角三角形，
∴点D在y=x上，
设Dm,m，
∵DC=DP，
∴m−42+m2=m−522+m+942
解得：m=58
∴D58,58,
∴DP=58−42+582=7548
设Qt,t2−5t+4
∵DP=DQ
∴t−582+t2−5t+4−582=75464
整理得，t4−10t3+131t24−35t=0
即tt−4t−52t−72=0
∵Q不与P,B,C重合，
∴t≠0,52,4
∴t=72
18．(1)y1=−14x2−12x+34
(2)−2+5或5
(3)0,34或P2,−54
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先利用待定系数法求得直线AD的解析式，分为当M点在x轴上方时，当M点在x轴下方时两种情况求得直线CM的解析式，再和抛物线联立方程组求解即可；
（3）先求得B1,0，进而求得平移后抛物线y2的解析式，设Pm,−14m2−12m+34，则Qm,−14m2+12m−14，R2−m,−14m2+12m−14，分当P在Q点上方时和当点P在Q点下方时两种情况，利用全等三角形的性质和坐标与图形性质列方程求解即可．
【详解】（1）解：由题意得：9a−3b+34=0−b2a=−1，
解得a=−14b=−12．
抛物线y1所对应的函数解析式为y=−14x2−12x+34；
（2）解：当x=−1时，y=−14+12+34=1，
∴D−1,1 ，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴−3k+b=0−k+b=1，
解得k=12b=32，
∴直线AD的解析式为y=12x+32，
当M点在x轴上方时，如图1，
∵∠MCB=∠DAC，
∴DA∥CM，
则设直线CM的解析式为y=12x+b′，
∵直线经过点C，C−1,0，
∴−12+b′=0，
解得：b′=12，
∴直线CM的解析式为y=12x+12，
∴y=12x+12y=−14x2−12x+34，
解得：x=−2+5，x=−2−5（舍去），
∴m=−2+5；
当M点在x轴下方时，如图1，设直线y=12x+12与y轴的交点为E，则E0,12，作E关于x轴对称的点F，则F0,−12，连接CF并延长交抛物线于点M′，此时∠M′CB=∠MCB=∠DAC，则M′满足题意，
设直线CM′的解析式为y=px+q，
∴−p+q=0q=−12，
解得p=−12q=−12，
∴直线CM′的解析式为y=−12x−12，
联立方程组y=−12x−12y=−14x2−12x+34，
解得：x=5，x=−5（舍去），
∴m=5，
综上，m的值为−2+5或5；
（3）解：∵抛物线y1的图象过点A−3,0，对称轴为直线x=−1，
∴B1,0，
∵抛物线y1平移后得到y2，且顶点为点B，
∴y2=−14x−12，
即y2=−14x2+12x−14．
设Pm,−14m2−12m+34，则Qm,−14m2+12m−14，
由题意，点Q、R关于抛物线y2的对称轴对称，且对称轴为直线x=1，
∴R2−m,−14m2+12m−14，
①如图2，当P在Q点上方时，
PQ=1−m，QR=2−2m，
∵△PQR与△ACD全等，A−3，0，C−1，0，D−1,1，
∴当PQ=DC且QR=AC时，1−m=1且2−2m=2，则m=0，
∴P0,34，R2,−14；
当PQ=AC且QR=DC时，1−m=2且2−2m=1，无解；
②如答图3，当点P在Q点下方时，
同理：PQ=m−1，QR=2m−2，
当PQ=DC且QR=AC时，m−1=1且2m−2=2，则m=2，
∴P2,−54，R0,−14；
当PQ=AC且QR=DC时，m−1=2且2m−2=1，无解；
综上可得P点坐标为0,34或P2,−54．
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移、坐标与图形、全等三角形的性质、解一元二次方程等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，运用数形结合和分类讨论思想是解答的关键．
19．(1)A−1,0，B4,0，D3,4a
(2)①y=−12x2+32x+2；②存在两个点P，点P的横坐标是2或2911
【分析】（1）分别令x=0和y=0可得A，B，C三点的坐标，将抛物线的解析式配方成顶点式可知对称轴是直线x=32，根据对称性可得点D的坐标；
（2）①先作辅助线，构建相似三角形，证明△KOM∽△MED，则OKOM=EMDE，列方程，根据Δ=0，可得a的值，求出抛物线的解析式；
②当△PCQ中某个角恰好等于∠ABC的2倍时，存在两种情况：(i)当∠PCB=2∠ABC时，延长PC交x轴于F，确定点F的坐标，设FC的解析式为：y=kx+b，联立方程组可得P的横坐标；(ii)当∠CPQ=2∠ABC时，作CF=FB，证明△COF∽△CQP和△CGQ∽△QHP，表示P的坐标，代入抛物线的解析式中可得结论．
【详解】（1）解：当x=0时，y=4a，
∴C0,4a，
当y=0时，−ax2+3ax+4a=0
解得：x1=4，x2=−1，
∴A−1,0，B4,0，
∵y=−ax2+3ax+4a=−ax−322+254a，
∴抛物线的对称轴为直线x=32，
∵CD平行于x轴交抛物线于另一点D，
∴D3,4a；
（2）解：①∵点K0,98是线段OB存在唯一一点M，
如图2，过D作DE⊥x轴于E，
设OM=m，则EM=3−m，
∵∠OKM=∠DME，∠KOM=∠MED=90°，
∴△KOM∽△MED，
∴OKOM=EMDE，
∴98m=3−m4a，
∴2m2−6m+9a=0，
∵只有一个M点，所以方程只有一个解，
∴Δ=36−4×2×9a=0，
∴a=12，
∴y=−12x2+32x+2；
②（i）当∠PCB=2∠ABC时，延长PC交x轴于F，如图
∵CD∥AB，
∴∠PCD=∠PFB，∠DCB=∠CBF，
∵∠PCB=2∠ABC，∠PCD=∠DCB，
∴∠PFB=∠CBA，
∴CB=CF，
∴F−4,0，
∵C0,2，
设FC的解析式为：y=kx+b，
则−4k+b=0b=2，解得：k=12b=2，
∴FC的解析式为：y=12x+2，
联立y=12x+2y=−12x2+32x+2，
解得：x1=0（舍），x2=2，
∴点P的横坐标为2；
（ii）当∠CPQ=2∠ABC时，如图4，作CF=FB，
设OF=n，
∴n2+22=4−n2，
解得，n=32，
∵CF=FB，
∴∠CBF=∠BCF，
∴∠CFO=2∠CBO，
∴∠CFO=∠CPQ，
∵∠COF=∠CQP=90°，
∴△COF∽△CQP，
∴OCOF=CQPQ，即CQPQ=43，
过Q作x轴的平行线交y轴于G，同时过P作PH⊥GH于H，
∵∠CGQ=∠QHP=90°，∠GCQ=∠PQH，
∴△CGQ∽△QHP，
∴CGQH=CQPQ=QGPH=43，
设Qx,−12x+2，则CG=12x，QH=38x，PH=34x，
∴P118x,34x−12x+2
代入抛物线的解析式中得：34x−12x+2=−12×118x2+32×118x+2，
解得：x1=0（舍），x2=232121，
∴P的横坐标为2911，
综上，存在两个点P，点P的横坐标是2或2911．
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、坐标与图形等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，分类讨论和数形结合思想的运用是解答的关键．
20．(1)32，4，12
(2)△ABC是直角三角形；理由见解析
(3)点P坐标为(4,6)
(4)417
【分析】（1）利用待定系数法求出b、c的值，得到抛物线解析式为y=−14x2+32x+4，根据正切定义可求出tan∠ABC；
（2）求出AC2+BC2=AB2，可判断△ABC是直角三角形；
过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点 P作PE∥x轴，由tan∠OCA=tan∠ABC=12可得∠OCA=∠ABC，证明△PEC∽△BOC，得到EPOB=ECOC，设点P坐标为t,−14t2+32t+4，可得t8=−14t2+32t4，解之即可求解；
（3）作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH，证明△BQE≌△HDFSAS得到BE+QF=FH+QF≥QH，Q，F，H共线时，BE+QF的值最小，作QG⊥AB于点G，设G(n,0)，则Qn,−14n2+32n+4，得到−14n2+32n+4=8−n，求出Q(2,6)，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−14x2+bx+c经过点 B(8,0),C(0,4)，
∴−16+8b+c=0c=4，
解得b=32c=4，
∴抛物线解析式为y=−14x2+32x+4，
∵B(8,0),C(0,4)，
∴OB=8，OC=4，
在Rt△COB中，tan∠ABC=OCOB=48=12，
故答案为：32，4，12；
（2）解：∵抛物线与x轴交于A、B(8,0)两点，
∴y=0时，−14x2+32x+4=0，
解得x1=−2,x2=8，
∴A(−2,0)，
∴OA=2，
∴AB=8+2=10，AC=22+42=25，BC=42+82=45，
又AC2+BC2=100=102=AB2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）解：如图1，过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点 P作PE∥x轴，交y轴于点E，
∵AO=2，OC=4，OB=8，
∴tan∠OCA=AOCO=24=12，
由（1）可得，tan∠ABC=12，即tan∠OCA=tan∠ABC，
∴∠OCA=∠ABC，
∵∠PCB=2∠OCA，
∴∠PCB=2∠ABC，
∵CD∥x轴，PE∥x轴，
∴∠ABC=∠DCB，∠EPC=∠PCD，
∴∠EPC=∠ABC，
又∵∠PEC=∠BOC=90°，
∴△PEC∽△BOC，
∴EPOB=ECOC，
设点P坐标为t,−14t2+32t+4，则 EP=t,EC=−14t2+32t+4−4=−14t2+32t，
∴t8=−14t2+32t4，
解得t=0（舍去）或t=4，
∴点P坐标为(4,6)；
（4）解：如图2，作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH，
∵∠BQD+∠BDQ=90°，∠HDF+∠BDQ=90°，
∴∠BQD=∠HDF，
∵QE=DF，DH=BQ，
∴△BQE≌△HDFSAS，
∴BE=FH，
∴BE+QF=FH+QF≥QH，
∴Q，F，H共线时，BE+QF的值最小，
作QG⊥AB于点G，
∵OB=OD，∠BOD=90°，
∴∠OBD=45°，
∵∠QBD=90°，
∴∠QBG=45°，
∴QG=BG，
设G(n,0)，则Qn,−14n2+32n+4，
∴−14n2+32n+4=8−n，
解得n=2或n=8（舍去），
∴Q2,6，
∴QG=BG=8−2=6，
∴BQ=DH=62，
∵OD=OB=8，
∴D0,−8，
∵Q2,6
∴QD=0−22+−8−62=102，
∴m=QH=622+1022=417．