2024年中考数学二轮复习 二次函数压轴题 专项提升练习08（含答案）

这是一份2024年中考数学二轮复习 二次函数压轴题 专项提升练习08（含答案），共14页。试卷主要包含了B两点，与y轴交于点D.等内容，欢迎下载使用。
如图，在平面直角坐标系xy中，O为坐标原点，点A(4，0)，点B(0，4)，△ABO的中线AC与y轴交于点C，且⊙M经过O，A，C三点．
(1)求圆心M的坐标；
(2)若直线AD与⊙M相切于点A，交y轴于点D，求直线AD的函数表达式；
(3)在过点B且以圆心M为顶点的抛物线上有一动点P，过点P作PE∥y轴，交直线AD于点E．若以PE为半径的⊙P与直线AD相交于另一点F．当EF=4eq \r(5)时，求点P的坐标．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴的两个交点为A，B(点A在点B的左侧)，在线段AB上取两点M、N(点M不与点A重合)，点M、N关于这条抛物线的对称轴对称，点M在点N的左侧，分别过点M、N作x轴的垂线交抛物线于点P、Q，我们称这样的四边形MPQN为这条抛物线的“抛物线矩形．”
(1)若抛物线y＝2(x＋1)(x﹣3)的抛物线矩形MPQN的顶点M的坐标为(0，0)，则点N的坐标为 ，点P的坐标为 ，点Q的坐标为 ．
(2)当抛物线y＝﹣x2＋bx的抛物线矩形MPQN为正方形时，若点M的坐标为(﹣2，0)，求b的值．
(3)设抛物线y＝x2＋4x﹣6的抛物线矩形MPQN的周长为C．点M的横坐标为m，求C与m之间的函数关系式．
(4)将抛物线y＝ax2﹣6ax＋5a(a≠0)的抛物线矩形MPQN绕点P顺时针或逆时针旋转90°后，边MN恰好落在y轴上，若MN＝2，直接写出a的值．
在平面直角坐标系xOy中，抛物线T：y＝a(x＋4)(x﹣m)与x轴交于A，B两点，m＞﹣3，点B在点A的右侧，抛物线T的顶点为记为P．
(1)求点A和点B的坐标；(用含m的代数式表示)
(2)若a＝m＋3，且△ABP为等腰直角三角形，求抛物线T的解析式；
(3)将抛物线T进行平移得到抛物线T'，抛物线T'与x轴交于点B，C(4，0)，抛物线T'的顶点记为Q．若0＜a＜eq \f(1,2)，且点C在点B的右侧，是否存在直线AP与CQ垂直的情形？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．
如图①，二次函数的抛物线的顶点坐标C，与x轴的交于A(1，0)、B(﹣3，0)两点，与y轴交于点D(0，3).
(1)求这个抛物线的解析式；
(2)如图②，过点A的直线与抛物线交于点E，交y轴于点F，其中点E的横坐标为﹣2，若直线PQ为抛物线的对称轴，点G为直线PQ上的一动点，则x轴上是否存在一点H，使D、G、H、F四点所围成的四边形周长最小？若存在，求出这个最小值及点G、H的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，连接AC交y轴于M，在x轴上是否存在点P，使以P、C、M为顶点的三角形与△AOM相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a(x﹣1)(x＋3)的图象与x轴交于点A，B(A在B的左边)，且经过点C(﹣2，3)，P为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式及点P的坐标；
(2)平面内一动点H自点C出发，先到达x轴上的某点M，再到达y轴上某点N，最后运动到点P，求使点H运动的总路径最短的点M，点N的坐标，并求出这个最短总路径的长；
(3)如图2，过点C的直线l与抛物线有唯一的公共点，将直线l向下平移交抛物线于D，E两点，连BD交y轴正半轴于F，连BE交y轴负半轴于G，试判断|OF﹣OG|是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
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.
如图，平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B在x轴上，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过A，C(4，﹣5)两点，且与直线DC交于另一点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q，连接EQ，AP．试求EQ＋PQ＋AP的最小值；
(3)N为平面内一点，在抛物线对称轴上是否存在点M，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
如图，已知二次函数y=ax2+bx﹣3a经过点A(﹣1，0)，C(0，3)，与x轴交于另一点B，抛物线的顶点为D.
(1)求此二次函数解析式；
(2)连接DC、BC、DB，求证：△BCD是直角三角形；
(3)在对称轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
\s 0 答案
解：(1)点B(0，4)，则点C(0，2)，
∵点A(4，0)，则点M(2，1)；
(2)∵⊙P与直线AD，则∠CAD=90°，
设：∠CAO=α，则∠CAO=∠ODA=∠PEH=α，
tan∠CAO===tanα，则sinα=，csα=，
AC=eq \r(10)，则CD==10，则点D(0，﹣8)，
将点A、D的坐标代入一次函数表达式：y=mx+n并解得：
直线AD的表达式为：y=2x﹣8；
(3)抛物线的表达式为：y=a(x﹣2)2+1，
将点B坐标代入上式并解得：a=eq \f(3,4)，
故抛物线的表达式为：y=eq \f(3,4)x2﹣3x+4，
过点P作PH⊥EF，则EH=eq \f(1,2)EF=2eq \r(5)，
cs∠PEH=，解得：PE=5，
设点P(x，eq \f(3,4)x2﹣3x+4)，则点E(x，2x﹣8)，则PE=eq \f(3,4)x2﹣3x+4﹣2x+8=5，
解得x=4eq \f(2,3)或2(舍去2)，则点P(4eq \f(2,3)，6eq \f(1,3))．
解：(1)在抛物线y＝2(x＋1)(x﹣3)中，
当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝3，
∵A在B的左侧，
∴A(﹣1，0)，B(3，0)，
∵M(0，0)，且MP⊥x轴交抛物线于点P，
∴P(0，﹣6)，
抛物线y＝2(x＋1)(x﹣3)的对称轴为x＝1，
又∵点M，N关于x＝1对称，
∴N(2，0)，Q(2，﹣6)，
故答案为：(2，0)，(0，﹣6)，(2，﹣6)；
(2)∵抛物线y＝﹣x2＋bx经过原点，且M(﹣2，0)，
∴抛物线对称轴在y轴左侧，
如图2，
∵M(﹣2，0)，
∴P(﹣2，﹣4﹣2b)，
∵四边形MPQN为正方形，
∴PQ∥MN，PQ＝PM，
∴Q(﹣6﹣2b，﹣4﹣2b)，
将点Q(﹣6﹣2b，﹣4﹣2b)代入y＝﹣x2＋bx中，
得﹣(﹣6﹣2b)2＋b(﹣6﹣2b)＝﹣4﹣2b，解得，b1＝﹣2，b2＝﹣eq \f(8,3)(舍去)，
∴b的值为﹣2；
(3)如图3，y＝x2＋4x﹣6＝(x＋2)2﹣10，
∴抛物线对称轴为x＝﹣2，设M(m，0)，
则N(﹣4﹣m，0)，P(m，m2＋4m﹣6)，
∴MN＝﹣4﹣2m，MP＝﹣m2﹣4m＋6，
∴C＝2(MN＋MP)＝﹣2m2﹣12m＋4，
∴C＝﹣2m2﹣12m＋4；
(4)将y＝0代入抛物线y＝ax2﹣6ax＋5a，
得，ax2﹣6ax＋5a＝0，解得，x1＝1，x2＝5，
∴A(1，0)，B(5，0)，
①当a＞0时，如图4﹣1，
∵将抛物线矩形顺时针旋转90°，边MN恰好落在y轴上，∴MP＝MO，
设M(m，0)，则N(m＋2，0)，
∴P(m，﹣m)，Q(m＋2，﹣m)，
将P(m，﹣m)，Q(m＋2，﹣m)分别代入y＝ax2﹣6ax＋5a，
得，，解得：；
②当a＜0时，如图4﹣2，设M(m，0)，则N(m＋2，0)，
∴P(m，m)，Q(m＋2，m)，
将P(m，m)，Q(m＋2，m)分别代入y＝ax2﹣6ax＋5a，
得，，解得：，
综上所述，a的值为eq \f(2,3)或﹣eq \f(2,3)．
解：(1)令y＝0，则(x＋4)(x﹣m)＝0，解得x＝﹣4或x＝m，
∴A(﹣4，0)，B(m，0)；
(2)∵a＝m＋3，
∴y＝(m＋3)(x＋4)(x﹣m)＝(m＋3)(x2＋4x﹣mx﹣4m)，
∴P(m﹣2，(﹣m﹣3)()2)，
∵△ABP为等腰直角三角形，
∵AB＝m＋4，
∴AB＝(m＋4)＝(m＋3)()2，解得m＝﹣2或m＝﹣5，
∵m＞﹣3，
∴m＝﹣2，
∴y＝x2＋6x＋8；
(3)存在直线AP与CQ垂直的情形，理由如下：
∵y＝a(x＋4)(x﹣m)，
∴P(m﹣2，)，
由题意可知抛物线T'的解析式为y＝a(x﹣m)(x﹣4)，
∴Q(，)，
设直线AP的解析式为y＝kx＋b，
∴，解得，
∴y＝﹣(m＋4)x﹣2a(m＋4)，
同理可求直线CQ的解析式为y＝﹣(m﹣4)x＋2a(m﹣4)，
联立方程组，解得，
设直线AP与直线CQ的交点为M，∴M(﹣m，eq \f(1,2)am2﹣8a)，
过点M作NM⊥x轴交于N，
∵AM⊥CQ，
∴∠AMQ＝90°，
∴∠AMN＋∠NMC＝90°，
∵∠AMN＋∠NAM＝90°，
∴∠NMC＝∠NAM，
∴△AMN∽△MCN，
∴＝，
∴(eq \f(1,2)am2﹣8a)2＝(﹣m＋4)(4＋m)，
∴a2＝，
∵0＜a＜eq \f(1,2)，
∴0＜＜，解得﹣3＜m＜4．
解：(1)设所求抛物线的解析式为：y＝ax2＋bx＋c，将A(1，0)、B(﹣3，0)、D(0，3)代入，
得
即所求抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x＋3.
(2)如图④，在y轴的负半轴上取一点I，使得点F与点I关于x轴对称，
在x轴上取一点H，连接HF、HI、HG、GD、GE，则HF＝HI…①
设过A、E两点的一次函数解析式为：y＝kx＋b(k≠0)，
∵点E在抛物线上且点E的横坐标为﹣2，将x＝﹣2，
代入抛物线y＝﹣x2﹣2x＋3，得y＝﹣(﹣2)2﹣2×(﹣2)＋3＝3
∴点E坐标为(﹣2，3)
又∵抛物线y＝﹣x2﹣2x＋3图象分别与x轴、y轴交于点A(1，0)、B(﹣3，0)、
D(0，3)，所以顶点C(﹣1，4)
∴抛物线的对称轴直线PQ为：直线x＝﹣1，
∴点D与点E关于PQ对称，GD＝GE…②
分别将点A(1，0)、点E(﹣2，3)
代入y＝kx＋b，得：解得：
过A、E两点的一次函数解析式为：y＝﹣x＋1
∴当x＝0时，y＝1
∴点F坐标为(0，1)
∴|DF|＝2…③
又∵点F与点I关于x轴对称，
∴点I坐标为(0，﹣1)
∴…④
又∵要使四边形DFHG的周长最小，由于DF是一个定值，
∴只要使DG＋GH＋HI最小即可 …(6分)
由图形的对称性和①、②、③，可知，
DG＋GH＋HF＝EG＋GH＋HI
只有当EI为一条直线时，EG＋GH＋HI最小
设过E(﹣2，3)、I(0，﹣1)两点的函数解析式为：y＝k1x＋b1(k1≠0)，
分别将点E(﹣2，3)、点I(0，﹣1)代入y＝k1x＋b1，
得：解得：
过I、E两点的一次函数解析式为：y＝﹣2x﹣1
∴当x＝﹣1时，y＝1；当y＝0时，x＝﹣eq \f(1,2)；
∴点G坐标为(﹣1，1)，点H坐标为(﹣eq \f(1,2)，0)
∴四边形DFHG的周长最小为：DF＋DG＋GH＋HF＝DF＋EI
由③和④，可知：DF＋EI＝2＋2eq \r(5).
∴四边形DFHG的周长最小为2＋2eq \r(5).
(3)如图⑤，由(2)可知，点A(1，0)，点C(﹣1，4)，
设过A(1，0)，点C(﹣1，4)两点的函数解析式为：y＝k2x＋b2，
得：解得：，
过A、C两点的一次函数解析式为：y＝﹣2x＋2，当x＝0时，y＝2，即M的坐标为(0，2)；
由图可知，△AOM为直角三角形，且，
要使，△AOM与△PCM相似，只要使△PCM为直角三角形，且两直角边之比为1：2即可，
设P(a，0)，CM＝eq \r(5)，且∠CPM不可能为90°时，因此可分两种情况讨论；
①当∠CMP＝90°时，CM＝eq \r(5)，
若，则PM=2eq \r(5)，可求的P(﹣4，0)，
则CP＝5，CP2＝CM2＋PM2，即P(﹣4，0)成立，
若，由图可判断不成立；
②当∠PCM＝90°时，CM＝eq \r(5)，若，则PC=2eq \r(5)，
可求出P(﹣3，0)，则PM＝eq \r(13)，显然不成立，
若，则，更不可能成立.
综上所述，存在以P、C、M为顶点的三角形与△AOM相似，点P的坐标为(﹣4，0).
解：(1)把C(﹣2，3)代入y＝a(x﹣1)(x＋3)，可得a＝﹣1，
∴y＝﹣x2﹣2x＋3＝﹣(x＋1)2＋4，
∴P(﹣1，4)；
(2)如图1中，作点C关于x轴的对称点C′，点P关于y轴的对称点P′，连接C′P′交x轴于点M，交y轴于点N，得C′(﹣2，﹣3)，P′(1，4)，此时点H运动的总路径最短，
∴yMN＝eq \f(7,3)x＋eq \f(5,3)，∴M(﹣eq \f(5,7)，0)，N(0，eq \f(5,3))，
∴dmin＝；
(3)如图2中，过点D，E分别作DK⊥y轴于点K，EH⊥y轴于点H．
设直线l的表达式为y＝kx＋b，将C(﹣2，3)代入得到b＝2k＋3，
∴y＝kx＋2k＋3，
由，得到x2＋(2＋k)x＋2k＝0，
由Δ＝0可得(2＋k)2﹣8k＝0．
∴k＝2，
设DE为y＝2x＋m，E(x1，y1)，D(x2，y2)，
由，得x2＋4x＋m﹣3＝0，
∴x1＋x2＝﹣4，x1x2＝m﹣3，
由△DKF∽△BOF，△BOG∽△EHG，
可得＝，＝，OF＝＝，OG＝＝，
∴|OF﹣OG|＝|﹣|＝||，
将x1＋x2＝﹣4，x1x2＝m﹣3，代入上式，可得||OF﹣OG|＝2．
解：(1)将点A、B的坐标代入抛物线表达式得
，解得a＝﹣eq \f(1,3)，b＝eq \f(1,3).
故抛物线的表达式为：y＝﹣eq \f(1,3)x2＋eq \f(1,3)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，﹣eq \f(1,3)m2＋eq \f(1,3)m＋4)，点Q(m，﹣m＋4)，
∴PQ＝﹣eq \f(1,3)m2＋eq \f(1,3)m＋4＋m﹣4＝﹣eq \f(1,3)m2＋eq \f(4,3)m，
∵OB＝OC，故∠ABC＝∠OCB＝45°，
∴∠PQN＝∠BQM＝45°，
∴PN＝PQsin45°＝eq \f(\r(2),2)(﹣eq \f(1,3)m2＋eq \f(4,3)m)＝﹣eq \f(\r(2),6)(m﹣2)2＋eq \f(2\r(2),3)，
∵﹣eq \f(\r(2),6)＜0，故当m＝2时，PN有最大值为eq \f(2\r(2),3).
(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＝±eq \f(5,2)eq \r(2)(舍去负值)，故点Q(eq \f(5,2)eq \r(2)，4﹣eq \f(5,2)eq \r(2))；
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(eq \f(5,2)eq \r(2)，4﹣eq \f(5,2)eq \r(2)).
解：(1)∵四边形ABCD为正方形，C(4，﹣5)，
∴AD＝AB＝5，B(4，0)，
∴OA＝1，
∴A(﹣1，0)，
将点A，C代入y＝﹣x2＋bx＋c，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋2x＋3；
(2)连接OC，交对称轴x＝1于点Q，
∵PQ⊥y轴，
∴AO∥PQ，
∵AO＝PQ＝1，
∴四边形AOQP是平行四边形，
∴AP＝OQ，
∴EQ＋PQ＋AP＝EQ＋1＋OQ
若使EQ＋PQ＋AP值为最小，则EQ＋OQ的值为最小，
∵E，C关于对称轴x＝1对称，
∴EQ＝CQ，
∴EQ＋OQ＝CQ＋OQ，
此时EQ＋OQ的值最小，最小值为线段OC长，
∵C(4，﹣5)，
∴OC＝eq \r(41)，
∴EQ＋PQ＋AP的最小值为eq \r(41)+1，
即EQ＋PQ＋AP的最小值为eq \r(41)+1；
(3)存在点M，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形，理由如下：
①以AE为菱形对角线，此时AM＝ME，
∴，解得，
∴M(1，﹣3)；
②以AM为菱形对角线，此时AE＝EM，
∴，解得或，
∴M(1，﹣5＋eq \r(17))或(1，﹣5﹣eq \r(17))；
③以AN为菱形对角线，此时AE＝AM，
∴，解得或，
∴M(1，)或(1，﹣)；
综上所述：M点坐标为(1，﹣3)，，，，．
解：(1)∵二次函数y=ax2+bx﹣3a经过点A(﹣1，0)、C(0，3)，
∴根据题意，得，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3.
(2)由y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4得，D点坐标为(1，4)，
∴CD==eq \r(2)，BC==3eq \r(2)，BD==2eq \r(5)，
∵CD2+BC2=(eq \r(2))2+(3eq \r(2))2=20，BD2=(2eq \r(5))2=20，∴CD2+BC2=BD2，
∴△BCD是直角三角形；
(3)存在.y=﹣x2+2x+3对称轴为直线x=1.
①若以CD为底边，则P1D=P1C，设P1点坐标为(x，y)，根据勾股定理可得：
P1C2=x2+(3﹣y)2，P1D2=(x﹣1)2+(4﹣y)2，
因此x2+(3﹣y)2=(x﹣1)2+(4﹣y)2，即y=4﹣x.
又P1点(x，y)在抛物线上，∴4﹣x=﹣x2+2x+3，即x2﹣3x+1=0，
解得x1=，x2=＜1，应舍去，∴x=，∴y=4﹣x=，
即点P1坐标为(，).
②若以CD为一腰，
∵点P2在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P2与点C关于直线x=1对称，
此时点P2坐标为(2，3).
∴符合条件的点P坐标为(，)或(2，3).