中考数学二轮专题复习《函数压轴题》专项练习二（含答案）

中考数学二轮专题复习

《函数压轴题》专项练习二

1.如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交x轴于A(﹣3，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，连接AC，BC.M为线段OB上的一个动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q.

(1)求抛物线的表达式；

(2)过点P作PN⊥BC，垂足为点N.设M点的坐标为M(m，0)，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？

(3)试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

2.如图，抛物线y=﹣x2＋bx＋c交x轴于点A(﹣2，0)和点B，交y轴于点C(0，3)，点D是x轴上一动点，连接CD，将线段CD绕点D旋转得到DE，过点E作直线l⊥x轴，垂足为H，过点C作CF⊥l于F，连接DF.

(1)求抛物线解析式；

(2)若线段DE是CD绕点D顺时针旋转90°得到，求线段DF的长；

(3)若线段DE是CD绕点D旋转90°得到，且点E恰好在抛物线上，请求出点E的坐标.

3.如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，且点B与点C的坐标分别为B(3，0)，C(0，3)，点M是抛物线的顶点.

(1)求抛物线的解析式；

(2)点P的线段MB上一个动点，过点P作PD⊥x轴与点D，若△PCD的面积为S，试判断S有无最大值？若有，求出这个最大值；

(3)在(2)的条件下，线段MB上是否存在点P，△PCD为直角三角形？如果存在，请直接写出点P的坐标，如果不存在，请说明理由.

4.如图，在平面直角坐标中，点O为坐标原点，直线y=﹣x+4与x轴交于点A，过点A的抛物线y=ax2+bx与直线y=﹣x+4交于另一点B，且点B的横坐标为1．

(1)求a，b的值；

(2)点P是线段AB上一动点(点P不与点A、B重合)，过点P作PM∥OB交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，过点P作PF⊥MC于点F，设PF的长为t，MN的长为d，求d与t之间的函数关系式(不要求写出自变量t的取值范围)；

(3)在(2)的条件下，当S△ACN=S△PMN时，连接ON，点Q在线段BP上，过点Q作QR∥MN交ON于点R，连接MQ、BR，当∠MQR﹣∠BRN=45°时，求点R的坐标．

5.已知抛物线y=ax2﹣4a(a＞0)与x轴相交于A，B两点(点A在点B的左侧)，点P是抛物线上一点，且PB=AB，∠PBA=120°，如图所示．

(1)求抛物线的解析式．

(2)设点M(m，n)为抛物线上的一个动点，且在曲线PA上移动．

①当点M在曲线PB之间(含端点)移动时，是否存在点M使△APM的面积为？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．

②当点M在曲线BA之间(含端点)移动时，求|m|+|n|的最大值及取得最大值时点M的坐标．

6.如图1，直线y=﹣x＋2与x轴、y轴分别交于B、C两点，经过B、C两点的抛物线与x轴的另一交点坐标为A(﹣1，0)．

(1)求B、C两点的坐标及该抛物线所对应的函数关系式；

(2)P在线段BC上的一个动点(与B、C不重合)，过点P作直线a∥y轴，交抛物线于点E，交x轴于点F，设点P的横坐标为m，△BCE的面积为S．

①求S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；

②求S的最大值，并判断此时△OBE的形状，说明理由；

(3)过点P作直线b∥x轴(图2)，交AC于点Q，那么在x轴上是否存在点R，使得△PQR为等腰直角三角形？若存在，请求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．

0.参考答案

1.解：(1)将点A、B的坐标代入抛物线表达式得

，解得a＝﹣，b＝.

故抛物线的表达式为：y＝﹣x2＋x＋4；

(2)由抛物线的表达式知，点C(0，4)，

由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x＋4；

设点M(m，0)，则点P(m，﹣m2＋m＋4)，点Q(m，﹣m＋4)，

∴PQ＝﹣m2＋m＋4＋m﹣4＝﹣m2＋m，

∵OB＝OC，故∠ABC＝∠OCB＝45°，

∴∠PQN＝∠BQM＝45°，

∴PN＝PQsin45°＝(﹣m2＋m)＝﹣(m﹣2)2＋，

∵﹣＜0，故当m＝2时，PN有最大值为.

(3)存在，理由：点A、C的坐标分别为(﹣3，0)、(0，4)，则AC＝5，

①当AC＝CQ时，过点Q作QE⊥y轴于点E，连接AQ，

则CQ2＝CE2＋EQ2，即m2＋[4﹣(﹣m＋4)]2＝25，

解得：m＝±(舍去负值)，故点Q(，4﹣)；

②当AC＝AQ时，则AQ＝AC＝5，

在Rt△AMQ中，由勾股定理得：

[m﹣(﹣3)]2＋(﹣m＋4)2＝25，解得：m＝1或0(舍去0)，

故点Q(1，3)；

③当CQ＝AQ时，则2m2＝[m﹣(﹣3)]2＋(﹣m＋4)2，解得：m＝12.5(舍去)；

综上，点Q的坐标为(1，3)或(，4﹣).

2.解：(1)∵抛物线y=﹣x2＋bx＋c交x轴于点A(﹣2，0)、C(0，3)，

∴，解得：，

∴抛物线解析式为y=﹣x2＋x＋3；

(2)如图1，

∵∠CDE=90°、∠COD=∠DHE=90°，

∴∠OCD＋∠ODC=∠HDE＋∠ODC，

∴∠OCD=∠HDE，

又∵DC=DE，

∴△COD≌△DHE，

∴DH=OC，

又∵CF⊥FH，

∴四边形OHFC是矩形，

∴FH=OC=DH=3，

∴DF=3；

(3)如图2，设点D的坐标为(t，0)，

∵点E恰好在抛物线上，且EH=OD，∠DHE=90°，

∴由(2)知，△COD≌△DHE，

∴DH=OC，EH=OD，

①当CD绕点D顺时针旋转时，点E的坐标为(t＋3，t)，

代入抛物线y=﹣x2＋x＋3，

得：﹣(t＋3)2＋(t＋3)＋3=t，解得：t=1或t=﹣7.5，

所以点E的坐标E1(4，1)或E2(﹣，﹣)；

②当CD绕点D逆时针旋转时，点E的坐标为(t﹣3，﹣t)，

代入抛物线y=﹣x2＋x＋3得：﹣(t﹣3)2＋(t﹣3)＋3=﹣t，

解得：t=或t=，

所以点E的坐标E3(，﹣)或E4(，﹣)；

综上，点E的坐标为E1(4，1)或E2(﹣，﹣)

或E3(，﹣)或E4(，﹣).

3.解：(1)把B(3，0)，C(0，3)代入y=﹣x2+bx+c，

得，解得，

所以抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；

(2)S有最大值.理由如下：

∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4，

∴M(1，4)，

设直线BM的解析式为y=kx+n，

把B(3，0)，M(1，4)代入得

，解得，

∴直线BM的解析式为y=﹣2x+6，

设OD=m，

∴P(m，﹣2m+6)(1≤m＜3)，

∴S=•m•(﹣2m+6)=﹣m2+3m=﹣(m﹣)2+，

∵1≤m＜3，

∴当m=时，S有最大值，最大值为；

(3)存在.

∠PDC不可能为90°；

当∠DPC=90°时，则PD=OC=3，即﹣2m+6=3，解得m=，此时P点坐标为(，3)，

当∠PCD=90°时，则PC2+CD2=PD2，即m2+(﹣2m+3)2+32+m2=(﹣2m+6)2，

整理得m2+6m﹣9=0，解得m1=﹣3﹣3(舍去)，m2=﹣3+3，

当m=﹣3+3时，y=﹣2m+6=6﹣6+6=12﹣6，

此时P点坐标为(﹣3+3，12﹣6)，

综上所述，当P点坐标为(，3)或(﹣3+3，12﹣6)时，△PCD为直角三角形.

4.解：(1)∵y=﹣x+4与x轴交于点A，∴A(4，0)，

∵点B的横坐标为1，且直线y=﹣x+4经过点B，

∴B(1，3)，

∵抛物线y=ax2+bx经过A(4,0)，B(1,3)，

∴,解得:，

∴a=﹣1,b=4；

(2)如图，作BD⊥x轴于点D，延长MP交x轴于点E，

∵B(1，3)，A(4，0)，∴OD=1，BD=3，OA=4，∴AD=3，∴AD=BD，

∵∠BDA=90°,∠BAD=∠ABD=45°,

∵MC⊥x轴,∴∠ANC=∠BAD=45°,∴∠PNF=∠ANC=45°，

∵PF⊥MC,∴∠FPN=∠PNF=45°,∴NF=PF=t,

∵∠DFM=∠ECM=90°,∴PF∥EC,∴∠MPF=∠MEC，

∵ME∥OB，∴∠MEC=∠BOD，

∴∠MPF=∠BOD，∴tan∠BOD=tan∠MPF，∴==3，

∴MF=3PF=3t，∵MN=MF+FN，∴d=3t+t=4t；

(3)如备用图，由(2)知，PF=t，MN=4t，

∴S△PMN=0.5MN×PF=0.5×4t×t=2t2，

∵∠CAN=∠ANC，∴CN=AC，∴S△ACN=0.5AC2，

∵S△ACN=S△PMN，∴0.5AC2=2t2，∴AC=2t，∴CN=2t，

∴MC=MN+CN=6t，∴OC=OA﹣AC=4﹣2t，∴M(4﹣2t，6t)，

由(1)知抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x，将M(4﹣2t，6t)代入y=﹣x2+4x得：

﹣(4﹣2t)2+4(4﹣2t)=6t，解得：t1=0(舍)，t2=0.5，

∴PF=NF=0.5，AC=CN=1，OC=3，MF=1.5，PN=，PM=，AN=，

∵AB=3，∴BN=2，作NH⊥RQ于点H，∵QR∥MN，∴∠MNH=∠RHN=90°，

∠RQN=∠QNM=45°，∴∠MNH=∠NCO，∴NH∥OC，∴∠HNR=∠NOC，

∴tan∠HNR=tan∠NOC，∴==，

设RH=n，则HN=3n，∴RN=n，QN=3n，∴PQ=QN﹣PN=3n﹣，

∵ON==，OB==，∴OB=ON，∴∠OBN=∠BNO，

∵PM∥OB，∴∠OBN=∠MPB，∴∠MPB=∠BNO，

∵∠MQR﹣∠BRN=45°，∠MQR=∠MQP+∠RQN=∠MQP+45°，∴∠BRN=∠MQP，

∴△PMQ∽△NBR，∴=，∴=，解得：n=，

∴R的横坐标为：3﹣=2，R的纵坐标为：1﹣=，

∴R(2，)．

5.解：(1)如图1，令y=0代入y=ax2﹣4a，∴0=ax2﹣4a，

∵a＞0，∴x2﹣4=0，∴x=±2，

∴A(﹣2，0)，B(2，0)，∴AB=4，

过点P作PC⊥x轴于点C，∴∠PBC=180°﹣∠PBA=60°，

∵PB=AB=4，

∴cos∠PBC=，∴BC=2，由勾股定理可求得：PC=2，

∵OC=OC+BC=4，

∴P(4，2)，把P(4，2)代入y=ax2﹣4a，

∴2=16a﹣4a，∴a=，

∴抛物线解析式为；y=x2﹣；

(2)∵点M在抛物线上，

∴n=m2﹣，∴M的坐标为(m，m2﹣)，

①当点M在曲线PB之间(含端点)移动时，∴2≤m≤4，

如图2，过点M作ME⊥x轴于点E，交AP于点D，

设直线AP的解析式为y=kx+b，

把A(﹣2，0)与P(4，2)代入y=kx+b，

得：，解得∴直线AP的解析式为：y=x+，

令x=m代入y=x+，∴y=m+，

∴D的坐标为(m， m+)，

∴DM=(m+)﹣(m2﹣)=﹣m2+m+，

∴S△APM=DM×AE+DM×CE=DM(AE+CE)=DM×AC=﹣m2+m+4

当S△APM=时，∴=﹣m2+m+4，∴解得m=3或m=﹣1，

∵2≤m≤4，∴m=3，此时，M的坐标为(3，)；

②当点M在曲线BA之间(含端点)移动时，∴﹣2≤m≤2，n＜0，

当﹣2≤m≤0时，

∴|m|+|n|=﹣m﹣n=﹣m2﹣m+=﹣(m+)2+，

当m=﹣时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，

此时，M的坐标为(﹣，﹣)，当0＜m≤2时，

∴|m|+|n|=m﹣n=﹣m2+m+=﹣(m﹣)2+，

当m=时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，

此时，M的坐标为(，﹣)，

综上所述，当点M在曲线BA之间(含端点)移动时，

M的坐标为(，﹣)或(﹣，﹣)时，|m|+|n|的最大值为．

6.解：(1)在y=﹣x＋2中，令y=0，得﹣x＋2=0，解得x=3，

令x=0，得y=2，∴B(3，0)，C(0，2)，设抛物线y=ax2＋bx＋c(a≠0)，

∵抛物线经过点A(﹣1，0)、B(3，0)、C(0，2)，

∴，解得，

∴抛物线解析式为，y=﹣x2＋x＋2；

(2)①∵点P的横坐标为m，过点P作直线a∥y轴，

∴EP=﹣m2＋m＋2﹣(﹣m＋2)=﹣m2＋2m，

∴△BCE的面积为S=EP•|xB﹣xC|=×(﹣m2＋2m)×|3﹣0|=﹣m2＋3m，

∵P在线段BC上的一个动点(与B、C不重合)，∴0＜m＜3，

∴S与m之间的函数关系式为：S=﹣m2＋3m(0＜m＜3)；

②∵S=﹣m2＋3m=﹣(m﹣)2＋，∴当m=时，S最大值=，

当m=时，P是BC的中点，OE=BE，EF=，∴△OBE是等腰三角形；

(3)令y=0，则﹣x2＋x＋2=0，整理得，x2﹣2x﹣3=0，

解得x1=﹣1，x2=3，∴点A(﹣1，0)，易得直线AC的解析式为y=2x＋2，

∵点P的横坐标为m，∴点P的纵坐标为﹣m＋2，∴点Q的纵坐标为﹣m＋2，

代入直线AC得，2x＋2=﹣m＋2，解得x=﹣m，∴PQ=m﹣(﹣m)=m，

当PQ是等腰直角三角形△PQR的直角边时，m=﹣m＋2，解得m=1，

∴QR是直角边时，点R1(﹣，0)，PQ是直角边时，点R2(1，0)，

PQ是等腰直角三角形△PQR的斜边时，×m=﹣m＋2，解得m=，

∴PQ=m=×=2，OR=m﹣PQ=﹣×2=，∴点R3(，0)，

综上所述，x轴上存在点R(﹣，0)或(1，0)或(，0)，使得△PQR为等腰直角三角形．