2024年中考数学二轮专题 压轴题培优练习08（含答案）

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(1)函数y＝mx2＋2mx﹣3m＋1(m≥1)的顶点坐标为 ；当二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而增大时，则x的取值范围是 ；
(2)当AD＝MN时，判断四边形AMDN的形状(直接写出，不必证明)；
(3)抛物线L1，L2均会分别经过某些定点：
①求所有定点的坐标；
②若抛物线L1位置固定不变，通过左右平移抛物线L2的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线L2应平移的距离是多少？
如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)经过点A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣3).
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若以点A为圆心的圆与直线BC相切于点M，求切点M的坐标；
(3)若点Q在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.
如图，直线y＝x﹣3与x轴，y轴分别交于B、C两点．抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点P从点D出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动．设运动的时间为t秒．
①点P在运动过程中，若∠CBP＝15°，求t的值；
②当t为何值时，以P，A，C为顶点的三角形是直角三角形？求出所有符合条件的t值．
如图，抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC=3OB.
(1)点D在y轴上，且∠BDO=∠BAC，求点D的坐标；
(2)点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，直线y=－eq \f(\r(3),3)x＋eq \r(3)分别与x轴、y轴交于B、C两点，点A在x轴上，∠ACB=90°，抛物线y=ax2＋bx＋eq \r(3)经过A、B两点．
(1)求A、B两点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)点M是直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD∥y轴交BC于点D，求△DMH周长的最大值．
我们规定：在正方形ABCD中，以正方形的一个顶点A为顶点，且过对角顶点C的抛物线，称为这个正方形的以A为顶点的对角抛物线．
(1)在平面直角坐标系xOy中，点在轴正半轴上，点C在y轴正半轴上．
①如图1，正方形OABC的边长为2，求以O为顶点的对角抛物线；
②如图2，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边长为a，其以O为顶点的对角抛物线的解析式为y＝eq \f(1,4)x2，求a的值；
(2)如图3，正方形ABCD的边长为4，且点A的坐标为(3，2)，正方形的四条对角抛物线在正方形ABCD内分别交于点M、P、N、Q，直接写出四边形MPNQ的形状和四边形MPNQ的对角线的交点坐标．
如图，抛物线y＝﹣eq \f(3,4)x2+bx+c与x轴交于点A和点C(﹣1，0)，与y轴交于点B(0，3)，连接AB，BC，对称轴PD交AB与点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，试探究：线段BC上是否存在点M，使∠EMO＝∠ABC，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图3，点Q是抛物线的对称轴PD上一点，若以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，请直接写出点Q纵坐标n的取值范围．
设一次函数y1＝2x＋m＋n和二次函数y2＝x(2x＋m)＋n．
(1)求证：y1，y2的图象必有交点；
(2)若m＞0，y1，y2的图象交于点A(x1，a)、B(x2，b)，其中x1＜x2，设C(x3，b)为y2图象上一点，且x3≠x2，求x3﹣x1的值；
(3)在(2)的条件下，如果存在点D(x1＋2，c)在y2的图象上，且a＞c，求m的取值范围．
\s 0 答案
解：(1)x＝﹣1，顶点坐标M为(﹣1，﹣4m＋1)，
由图象得：当﹣1＜x＜3时，二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而增大．
故答案为：(﹣1，﹣4m＋1)；﹣1＜x＜3
(2)结论：四边形AMDN是矩形．
由二次函数L1：y＝mx2＋2mx﹣3m＋1(m≥1)和二次函数L2：y＝﹣m(x﹣3)2＋4m﹣1(m≥1)解析式可得：
A点坐标为(，0)，D点坐标为(，0)，顶点M坐标为(﹣1，﹣4m＋1)，顶点N坐标为(3，4m﹣1)，
∴AD的中点为(1，0)，MN的中点为(1，0)，
∴AD与MN互相平分，
∴四边形AMDN是平行四边形，
又∵AD＝MN，
∴▱AMDN是矩形．
(3)①∵二次函数L1：y＝mx2＋2mx﹣3m＋1＝m(x＋3)(x﹣1)＋1，
故当x＝﹣3或x＝1时y＝1，
即二次函数L1：y＝mx2＋2mx﹣3m＋1经过(﹣3，1)、(1，1)两点，
∵二次函数L2：y＝﹣m(x﹣3)2＋4m﹣1＝﹣m(x﹣1)(x﹣5)﹣1，
故当x＝1或x＝5时y＝﹣1，
即二次函数L2：y＝﹣m(x﹣3)2＋4m﹣1经过(1，﹣1)、(5，﹣1)两点，
②∵二次函数L1：y＝mx2＋2mx﹣3m＋1经过(﹣3，1)、(1，1)两点，二次函数L2：y＝﹣m(x﹣3)2＋4m﹣1经过(1，﹣1)、(5，﹣1)两点，
如图：四个定点分别为E(﹣3，1)、F(1，1)，H(1，﹣1)、G(5，﹣1)，则组成四边形EFGH为平行四边形，设平移的距离为x，根据平移后图形为菱形，
由勾股定理可得：42＝22＋(4﹣x)2．解得：x＝4±2eq \r(3)，
抛物线L1位置固定不变，通过左右平移抛物线L2的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线L2向左平移4＋2eq \r(3)或4﹣2eq \r(3)．
解：(1)把A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣3)代入抛物线解析式得：
，解得：，
则该抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
(2)设直线BC解析式为y＝kx﹣3，
把B(﹣1，0)代入得：﹣k﹣3＝0，即k＝﹣3，
∴直线BC解析式为y＝﹣3x﹣3，
∴直线AM解析式为y＝eq \f(1,3)x＋m，
把A(3，0)代入得：1＋m＝0，即m＝﹣1，
∴直线AM解析式为y＝eq \f(1,3)x﹣1，
联立得M(﹣eq \f(3,5)，﹣eq \f(6,5))；
(3)存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况考虑：
设Q(x，0)，P(m，m2﹣2m﹣3)，
当四边形BCQP为平行四边形时，由B(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
根据平移规律得：﹣1＋x＝0＋m，0＋0＝﹣3＋m2﹣2m﹣3，
解得：m＝1±eq \r(7)，x＝2±eq \r(7)，
当m＝1＋eq \r(7)时，m2﹣2m﹣3＝8＋2eq \r(7)﹣2﹣2eq \r(7)﹣3＝3，即P(1＋eq \r(7)，3)；
当m＝1﹣eq \r(7)时，m2﹣2m﹣3＝8﹣2eq \r(7)﹣2＋2eq \r(7)﹣3＝3，即P(1﹣eq \r(7)，3)；
当四边形BCPQ为平行四边形时，由B(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
根据平移规律得：﹣1＋m＝0＋x，0＋m2﹣2m﹣3＝﹣3＋0，解得：m＝0或2，
当m＝0时，P(0，﹣3)(舍去)；当m＝2时，P(2，﹣3)，
当四边形BQCP是平行四边形时，
由平移规律得：﹣1＋0＝m＋x，0﹣3＝m2﹣2m﹣3，
解得：m＝0或2，x＝﹣1或﹣3，
当m＝0时，P(0，﹣3)(舍去)；当m＝2时，P(2，﹣3)，
综上，存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，
P的坐标为(1＋eq \r(7)，3)或(1﹣eq \r(7)，3)或(2，﹣3).
解：(1)令y＝x﹣3＝0，x＝3，
∴B的坐标为(3，0)，
令x＝0，y＝0﹣3＝﹣3，
∴C的坐标为(0，﹣3)，
将B、C代入y＝x2＋bx＋c，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x²﹣2x﹣3；
(2)由(1)知，OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
记抛物线对称轴交x轴于E，
∵y＝x²﹣2x﹣3＝(x﹣1)²﹣4，
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∴EB＝2，
∴顶点D的坐标为(1，﹣4)，
若∠CBP＝15°，则分两种情况，
①如图，当P在直线BC下方时，
此时∠EBP＝60°，
∴tan∠EBP＝eq \r(3)，
∴EP＝2eq \r(3)，
∴DP＝4﹣2eq \r(3)，
∴t＝4﹣2eq \r(3)，
当P在直线BC上方时，
此时∠EBP＝30°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝eq \f(2\r(3),3)，∴DP＝4﹣eq \f(2\r(3),3)，∴t＝4﹣eq \f(2\r(3),3)，
综上，t＝4﹣2eq \r(3)或4﹣eq \f(2\r(3),3)；
②设P的坐标为(1，n)，令y＝x²﹣2x﹣3＝0，x＝3或﹣1，
∴A的坐标为(﹣1，0)，
此时PC²＝1＋(n＋3)²＝n²＋6n＋10，
PA²＝(1＋1)²＋n²＝4＋n²，
AC²＝1＋3²＝10，
当∠PCA＝90°时，PC²＋AC²＝AP²，
n²＋6n＋10＋10＝4＋n²，解得：n＝﹣eq \f(8,3)，
∴P的坐标为(1，﹣eq \f(8,3))，DP＝4﹣eq \f(8,3)＝eq \f(4,3)，
∴t＝eq \f(4,3)，
当∠APC＝90°时，AP²＋PC²＝AC²，
4＋n²＋n²＋6n＋10＝10，解得：n＝﹣1或﹣2，
∴P的坐标为(1，﹣1)或(1，﹣2)，
DP＝4﹣1＝3或DP＝4﹣2＝2，
∴t＝3或2，
当∠PAC＝90°时，PA²＋AC²＝CP²，
n²＋4＋10＝n²＋6n＋10，解得：n＝eq \f(2,3)，
∴P的坐标为(1，eq \f(2,3))，
DP＝4＋eq \f(2,3)＝eq \f(14,3)，∴t＝eq \f(14,3)，
综上，t＝eq \f(4,3)或3或2或eq \f(14,3)．
解：(1)连结AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，
∵A(2，﹣3)，C(0，﹣3)，
∴AF∥x轴，
∴F(﹣1，﹣3)，∴BF=3，AF=3，
∴∠BAC=45°，
设D(0，m)，则OD=|m|，
∵∠BDO=∠BAC，
∴∠BDO=45°，
∴OD=OB=1，
∴|m|=1，∴m=±1，
∴D的坐标为(0，1)或(0，﹣1)
(2)设M(a，a2﹣2a﹣3)，N(1，n)，
①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，
如图2，过M作ME⊥对称轴于E，AF⊥x轴于F，
则△ABF≌△NME，
∴NE=AF=3，ME=BF=3，
∴|a﹣1|=3，
∴a=4或a=﹣2，
∴M(4，5)或(﹣2，5)；
②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，
如图3，则N在x轴上，M与C重合，
∴M(0，﹣3)，
所以存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，
M的坐标为(4，5)或(﹣2，5)或(0，﹣3)
解：(1)∵直线y=－eq \f(\r(3),3)x＋eq \r(3)与x轴交于点B，与y轴交于点C，
∴令x=0得y=eq \r(3)，令y=0得x=3，
∴点B的坐标为(3，0)，点C的坐标为(0，eq \r(3))．
∴tan∠CBO=eq \f(OC,BO)=eq \f(\r(3),3)，
∴∠CBO=30°，
∴∠BCO=60°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACO=30°，
∴AO=CO·tan∠ACO=eq \r(3)×eq \f(\r(3),3)=1，
∴点A的坐标为(－1，0)；
(2)∵抛物线y=ax2＋bx＋eq \r(3)经过A，B两点，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＋\r(3)＝0,9a＋3b＋\r(3)＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(\r(3),3),b＝\f(2\r(3),3)))，
∴抛物线的解析式为y=－eq \f(\r(3),3)x2＋eq \f(2\r(3),3)x＋eq \r(3)；
(3)∵MD∥y轴，
∴∠MDH=∠BCO=60°，
∵MH⊥BC，
∴HD=eq \f(1,2)MD，MH=eq \f(\r(3),2)MD.
∴△DMN的周长为(1＋eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2))MD.
设点D的坐标为(t，－eq \f(\r(3),3)t＋eq \r(3))，则点M的坐标为(t，－eq \f(\r(3),3)t2＋eq \f(2\r(3),3)t＋eq \r(3))，
∵点M在直线BC上方的抛物线上，
∴MD=(－eq \f(\r(3),3)t2＋eq \f(2\r(3),3)t＋eq \r(3))－(－eq \f(\r(3),3)t＋eq \r(3))=－eq \f(\r(3),3)t2＋eq \r(3)t=－eq \f(\r(3),3)(t－eq \f(3,2))2＋eq \f(3\r(3),4).
∵0＜t＜3，
∴当t=eq \f(3,2)时，MD有最大值，且MD的最大值为eq \f(3\r(3),4)，
∴△DMH周长的最大值为(1＋eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2))×eq \f(3\r(3),4)=eq \f(9\r(3)＋9,8).
解：(1)①如图1中，设O为顶点的抛物线的解析式为y＝ax2，
∵过B(2，2)，
∴2＝4a，
∴a＝eq \f(1,2)，
∴所求的抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2．
②如图2中，设B(a，a)．
则有a＝eq \f(1,4)a2，解得a＝4或0(舍弃)，
∴B(4，4)，
∴OA＝4，
∴正方形的边长为4．
(2)如图3中，结论：四边形MPNQ是菱形，对角线的交点坐标为(5，4)．
理由：∵正方形ABCD的边长为4，A(3，2)，
∴B(7，2)，C(7，6)，D(3，6)，
∴以A为顶点的对角抛物线为y＝eq \f(1,4)(x﹣3)2＋2，
以B为顶点的对角抛物线为y＝eq \f(1,4)(x﹣7)2＋2，
以C为顶点的对角抛物线为y＝﹣eq \f(1,4)(x﹣7)2＋6，
以D为顶点的对角抛物线为y＝﹣eq \f(1,4)(x﹣3)2＋6，
由可得M(5，3)，
由可得N(5，5)，
由可得P(3＋2eq \r(2)，4)，
由可得Q(7﹣2eq \r(2)，4)，
∴PM＝，PN＝，
QN＝，QM＝，
∴PM＝PN＝QN＝QM，
∴四边形MPNQ是菱形，对角线的交点坐标为(5，4)．
解：(1)由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为y＝﹣eq \f(3,4)x2＋eq \f(9,4)x＋3；
(2)对于y＝﹣eq \f(3,4)x2＋eq \f(9,4)x＋3，令y＝﹣eq \f(3,4)x2＋eq \f(9,4)x＋3＝0，解得x＝4或﹣1，
故点A的坐标为(4，0)，
∵点A(4，0)，B(0，3)，C(﹣1，0)，
∴抛物线的对称轴为x＝eq \f(3,2)，
直线AB的表达式为y＝﹣eq \f(3,4)x＋3，AB＝5＝AC．
∴∠ACB＝∠ABC，点E(eq \f(3,2)，eq \f(15,8))，
∵∠CME＝∠CMO＋∠OME＝∠ABC＋∠MEB，∠ABC＝∠OME，
∴∠CMO＝∠BEM．
∴△MCO∽△EBM，
∴，
∴MCBM＝BECO，
∵B(0，3)，E(eq \f(3,2)，eq \f(15,8))，
∴BE＝eq \f(15,8)，∴MCBM＝eq \f(15,8)，
∵MC＋BM＝BC＝eq \r(10)．
∴MC＝或MC＝．∴＝或＝，
如图，过M作MK⊥x轴于K，则MK∥y轴，
∴△CMK∽△CBO，
∴＝或，即＝或，∴MK＝或，
∵B(0，3)，C(﹣1，0)，
∴直线BC的解析式为y＝3x＋3，
∴M的﹣横坐标为﹣eq \f(1,4)或﹣eq \f(3,4)，
∴点M的坐标为(﹣eq \f(1,4)，eq \f(9,4))或(﹣eq \f(3,4)，eq \f(3,4))；
(3)设点Q的坐标为(eq \f(3,2)，n)，当∠ABQ为直角时，如图，
设BQ交x轴于点H，
∵∠ABQ＝90°，
∴∠BAO＋∠BHA＝90°，
∵∠BAO＋∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠BHA，
∵tan∠ABO＝，∴tan∠BHO＝，
故设直线BQ的表达式为y＝eq \f(4,3)x＋t，
∵该直线过点B(0，3)，
∴t＝3，
∴直线BQ的表达式为y＝eq \f(4,3)x＋3，
当x＝eq \f(3,2)时，y＝eq \f(4,3)x＋3＝5，即n＝5；
②当∠BQA为直角时，过点Q作直线MN交y轴于点N，交过点A与y轴的平行线于点M，
∵∠BQN＋∠MQA＝90°，∠MQA＋∠MAQ＝90°，
∴∠BQN＝∠MAQ，
∴tan∠BQN＝tan∠MAQ，
即，得n＝eq \f(3,2)±eq \r(6)；
③当∠BAQ为直角时，同理可得，n＝﹣eq \f(10,3)；
综上，以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，则△ABQ不为直角三角形，
故点Q纵坐标n的取值范围为﹣eq \f(10,3)＜n＜eq \f(3,2)﹣eq \r(6)或eq \f(3,2)+eq \r(6)＜n＜5．
(1)证明：当y1＝y2时，得2x＋m＋n＝x(2x＋m)＋n，
化简为：2x2＋(m﹣2)x﹣m＝0，
△＝(m﹣2)2＋8m＝(m＋2)2≥0，
∴方程2x＋m＋n＝x(2x＋m)＋n有解，
∴y1，y2的图象必有交点；
(2)解：当y1＝y2时，2x＋m＋n＝x(2x＋m)＋n，
化简为：2x2＋(m﹣2)x﹣m＝0，
(2x＋m)(x﹣1)＝0，
∵m＞0，x1＜x2，
∴x1＝﹣eq \f(1,2)m，x2＝1，
∴b＝2＋m＋n，
当y＝2＋m＋n时，y2＝x(2x＋m)＋n＝2＋m＋n，
化简为：2x2＋mx﹣m﹣2＝0，
2x2﹣2＋mx﹣m＝0，
2(x＋1)(x﹣1)＋m(x﹣1)＝0，
(2x＋m＋2)(x﹣1)＝0，解得，x＝1(等于x2)，或x＝﹣eq \f(1,2)m﹣1，
∴x3＝﹣eq \f(1,2)m﹣1，
∴x3﹣x1＝﹣1；
(3)解：∵点D(x1＋2，c)在y2的图象上，
∴c＝(x1＋2)[2(x1＋2)＋m]＋n＝2(x1＋2)2＋m(x1＋2)＋n．
∵点A(x1，a)在y2的图象上，
∴a＝x1(2x1＋m)＋n．
∵a＞c，
∴a﹣c＞0，
∴x1(2x1＋m)＋n﹣2(x1＋2)2﹣m(x1＋2)﹣n＞0，
化简得4x1＋4＋m＜0，
由(2)得x1＝﹣eq \f(1,2)m，
∴4×(﹣eq \f(1,2)m)＋4＋m＜0，
﹣2m＋4＋m＜0，
﹣m＋4＜0，
m＞4，
∴m的取值范围为m＞4．