2024年中考数学二轮复习 二次函数压轴题 专项提升练习九（含答案）

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如图，已知抛物线y=－x2＋bx＋c与y轴相交于点A(0，3)，与x正半轴相交于点B，对称轴是直线x=1.
(1)求此抛物线的解析式及点B的坐标；
(2)动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动，同时动点N从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动，当N点到达A点时，M、N同时停止运动．过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒．
①当t为何值时，四边形OMPN为矩形；
②当t>0时，△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t值；若不能，请说明理由．
在平面直角坐标系中，有三点A(﹣1，0)，B(0，eq \r(3))，C(3，0)．
(1)求过点A、B、C的抛物线的解析式；
(2)如图1，在线段AC上有一动点P，过P点作直线PD∥AB交BC于点D，求出△PBD面积的最大值；
(3)如图2，在(2)的情况下，在抛物线上是否存在一点Q，使△QBD的面积与△PBD面积相等？如存在，直接写出Q点坐标；如不存在，请说明理由．
如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2＋bx＋2的图象经过点A(﹣1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB＝∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM＋EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
如图，抛物线y1＝x2﹣1交x轴的正半轴于点A，交y轴于点B，将此抛物线向右平移4个单位得抛物线y2，两条抛物线相交于点C.
(1)请直接写出抛物线y2的解析式；
(2)若点P是x轴上一动点，且满足∠CPA＝∠OBA，求出所有满足条件的P点坐标；
(3)在第四象限内抛物线y2上，是否存在点Q，使得△QOC中OC边上的高h有最大值？若存在，请求出点Q的坐标及h的最大值；若不存在，请说明理由.
如图，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A，B，C，已知点A(﹣1，0)，点C(0，3).
(1)求抛物线的表达式；
(2)P为线段BC上一点，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点D，当△BDC的面积最大时，求点P的坐标；
(3)设E是抛物线上的一点，在x轴上是否存在点F，使得A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点E，F的坐标；若不存在，请说明理由.
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝eq \f(1,4)(x＋3)(x﹣a)与x轴交于A，B(4，0)两点，点C在y轴上，且OC＝OB，D，E分别是线段AC，AB上的动点(点D，E不与点A，B，C重合)．
(1)求此抛物线的表达式；
(2)连接DE并延长交抛物线于点P，当DE⊥x轴，且AE＝1时，求DP的长；
(3)连接BD．
①如图2，将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，当点G在抛物线上时，求点G的坐标；
②如图3，连接CE，当CD＝AE时，求BD＋CE的最小值．
在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点A、C的坐标分别是(0，4)、(﹣1，0)，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′．
(1)若抛物线经过点C、A、A′，求此抛物线的解析式；
(2)点M时第一象限内抛物线上的一动点，问：当点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并求出此时M的坐标；
(3)若P为抛物线上一动点，N为x轴上的一动点，点Q坐标为(1，0)，当P、N、B、Q构成平行四边形时，求点P的坐标，当这个平行四边形为矩形时，求点N的坐标．
如图，已知二次函数y=﹣x2＋bx＋c(c＞0)的图象与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，且OB=OC=3，顶点为M．
(1)求二次函数的解析式；
(2)点P为线段BM上的一个动点，过点P作x轴的垂线PQ，垂足为Q，若OQ=m，四边形ACPQ的面积为S，求S关于m的函数解析式，并写出m的取值范围；
(3)探索：线段BM上是否存在点N，使△NMC为等腰三角形？如果存在，求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．
\s 0 答案
解：(1)∵抛物线y=－x2＋bx＋c与y轴交于点A(0，3)，
∴c=3，
∵对称轴是直线x=1，
∴－eq \f(b,2×（－1）)=1，解得b=2，
∴抛物线的解析式为y=－x2＋2x＋3；
令y=0，得－x2＋2x＋3=0，
解得x1=3，x2=－1(不合题意，舍去)，
∴点B的坐标为(3，0)；
(2)①由题意得ON=3t，OM=2t，则点P(2t，－4t2＋4t＋3)，
∵四边形OMPN为矩形，
∴PM=ON，即－4t2＋4t＋3=3t，
解得t1=1，t2=－eq \f(3,4)(不合题意，舍去)，
∴当t=1时，四边形OMPN为矩形；
②能，在Rt△AOB中，OA=3，OB=3，∴∠B=45°，
若△BOQ为等腰三角形，有三种情况：
(ⅰ)若OQ=BQ，如解图①所示：
则M为OB中点，OM=eq \f(1,2)OB=eq \f(3,2)，
∴t=eq \f(3,2)÷2=eq \f(3,4)；
(ⅱ)若OQ=OB，
∵OA=3，OB=3，
∴点Q与点A重合，即t=0(不合题意，舍去)；
(ⅲ)若OB=BQ，如解图②所示：
∴BQ=3，
∴BM=BQ·cs45°=3×eq \f(\r(2),2)=eq \f(3\r(2),2)，
∴OM=OB－BM=3－eq \f(3\r(2),2)=eq \f(6－3\r(2),2)，
∴t=eq \f(6－3\r(2),2)÷2=eq \f(6－3\r(2),4)，
综上所述，当t为eq \f(3,4)秒或eq \f(6－3\r(2),4)秒时，△BOQ为等腰三角形．
解：(1)设抛物线解析式为y=a(x+1)(x﹣3)，
把B(0，eq \r(3))代入得a×1×(﹣3)=eq \r(3)，解得a=﹣eq \f(\r(3),3)，
所以抛物线解析式为y=﹣eq \f(\r(3),3)(x+1)(x﹣3)，即y=﹣eq \f(\r(3),3)x2+eq \f(2\r(3),3)x+eq \r(3)；
(2)如图1，∵OA=1，OB=eq \r(3)，OC=3，∴tan∠OAB=eq \r(3)，tan∠OCB=eq \f(\r(3),3)，
∴BC=2OB=2eq \r(3)，∴∠OAB=60°，∠OCB=30°，∴∠ABC=90°，
∵PD∥AB，∴PD⊥BC，设P(m，0)，则PC=3﹣m，
在Rt△PCD中，PD=eq \f(1,2)PC=eq \f(1,2)(3﹣m)，CD=eq \r(3)PD=eq \f(\r(3),2)(3﹣m)，
∴BD=BC﹣CD=2eq \r(3)﹣eq \f(\r(3),2)(3﹣m)，
∴S△PBD=eq \f(1,2)PD×BD=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(3﹣m)×[2eq \r(3)﹣eq \f(\r(3),2)(3﹣m)]=﹣eq \f(1,8)eq \r(3)(m﹣1)2+eq \f(\r(3),2)，
当m=1时，△PBD面积的最大值为eq \f(\r(3),2)；
(3)如图2，设直线BC的解析式为y=kx+b，
把B(0，eq \r(3))，C(3，0)代入得，解得，
∴直线BC的解析式为y=﹣eq \f(\r(3),3)x+eq \r(3)，
过P点作BC的平行线交抛物线于Q，则△QBD的面积与△PBD面积相等，
此时直线解析式为y=﹣eq \f(\r(3),3)x+eq \f(\r(3),3)，
解方程组，解得或，
此时Q点坐标为(，)或(，)，
把直线y=﹣eq \f(\r(3),3)x+eq \f(\r(3),3)向上平移eq \f(4\r(3),3)个单位得到直线y=﹣eq \f(\r(3),3)x+eq \f(5,3)eq \r(3)，
则直线y=﹣eq \f(\r(3),3)x+交抛物线于Q，则△QBD的面积与△PBD面积相等，
解方程组，解得或，
此时Q点坐标为(1，eq \f(4\r(3),3))或(2，eq \r(3))，
综上所述，Q点的坐标为(，)
或(，)或(1，eq \f(4\r(3),3))或(2，eq \r(3))．
解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋2经过点A(﹣1，0)，B(3，0)，
∴，解得：
∴该二次函数的表达式为y＝﹣eq \f(2,3)x2＋eq \f(4,3)x＋2；
(2)存在，理由如下：
如图1，当点P在BC上方时，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CP∥AB，即CP∥x轴，
∴点P与点C关于抛物线对称轴对称，
∵y＝﹣eq \f(2,3)x2＋eq \f(4,3)x＋2，
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∵C(0，2)，∴P(2，2)；
当点P在BC下方时，设CP交x轴于点D(m，0)，则OD＝m，DB＝3﹣m，
∵∠PCB＝∠ABC，∴CD＝BD＝3﹣m，
在Rt△COD中，OC2＋OD2＝CD2，
∴22＋m2＝(3﹣m)2，解得：m＝eq \f(5,6)，∴D(eq \f(5,6)，0)，
设直线CD的解析式为y＝kx＋d，
则，解得：，
∴直线CD的解析式为y＝﹣eq \f(12,5)x＋2，
联立，得，解得： (舍去)，，
∴P(，﹣)，
综上所述，点P的坐标为(2，2)或(，﹣)；
(3)由(2)知：抛物线y＝﹣eq \f(2,3)x2＋eq \f(4,3)x＋2的对称轴为直线x＝1，∴E(1，0)，
设Q(t，﹣eq \f(2,3)t2＋eq \f(4,3)t＋2)，且﹣1＜t＜3，
设直线AQ的解析式为y＝ex＋f，
则，解得：，
∴直线AQ的解析式为y＝(﹣eq \f(2,3)t＋2)x﹣eq \f(2,3)t＋2，
当x＝1时，y＝﹣eq \f(4,3)t＋4，∴M(1，﹣eq \f(4,3)t＋4)，
同理可得直线BQ的解析式为y＝(﹣eq \f(2,3)t﹣eq \f(2,3))x＋2t＋2，
当x＝1时，y＝eq \f(4,3)t＋eq \f(4,3)，∴N(1，eq \f(4,3)t＋eq \f(4,3))，
∴EM＝﹣eq \f(4,3)t＋4，EN＝eq \f(4,3)t＋eq \f(4,3)，
∴EM＋EN＝﹣eq \f(4,3)t＋4＋eq \f(4,3)t＋eq \f(4,3)＝eq \f(16,3)，故EM＋EN的值为定值eq \f(16,3)．
解：(1)抛物线y1＝x2﹣1向右平移4个单位的顶点坐标为(4，﹣1)，
所以，抛物线y2的解析式为y2＝(x﹣4)2﹣1；
(2)x＝0时，y＝﹣1，
y＝0时，x2﹣1＝0，解得x1＝1，x2＝﹣1，
所以，点A(1，0)，B(0，﹣1)，
∴∠OBA＝45°，
联立，解得，
∴点C的坐标为(2，3)，
∵∠CPA＝∠OBA，
∴点P在点A的左边时，坐标为(﹣1，0)，
在点A的右边时，坐标为(5，0)，
所以，点P的坐标为(﹣1，0)或(5，0)；
(3)存在.∵点C(2，3)，
∴直线OC的解析式为y＝eq \f(3,2)x，
设与OC平行的直线y＝eq \f(3,2)x＋b，
联立，消掉y得，2x2﹣19x＋30﹣2b＝0，
当△＝0，方程有两个相等的实数根时，△QOC中OC边上的高h有最大值，
此时x1＝x2＝×(﹣)＝，此时y＝(﹣4)2﹣1＝﹣，
∴存在第四象限的点Q(，﹣)，使得△QOC中OC边上的高h有最大值，
此时△＝192﹣4×2×(30﹣2b)＝0，解得b＝﹣，
∴过点Q与OC平行的直线解析式为y＝x﹣，
令y＝0，则x﹣＝0，解得x＝，
设直线与x轴的交点为E，则E(，0)，
过点C作CD⊥x轴于D，根据勾股定理，OC＝eq \r(5)，
则sin∠COD＝，
解得h最大＝.
解：(1)∵点A(﹣1，0)，点C(0，3)在抛物线y＝﹣x2＋bx＋c上，
∴解得b＝2，c＝3.
即抛物线的表达式是y＝﹣x2＋2x＋3；
(2)令﹣x2＋2x＋3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
∵点A(﹣1，0)，
∴点B的坐标为(3，0).
设过点B、C的直线的解析式为：y＝kx＋b
，解得k＝﹣1，b＝3.
∴过点B、C的直线的解析式为：y＝﹣x＋3.
设点P的坐标为(a，﹣a＋3)，则点D的坐标为(a，﹣a2＋2a＋3)，
∴PD＝(﹣a2＋2a＋3)﹣(﹣a＋3)＝﹣a2＋3a.
∴S△BDC＝S△PDC＋S△PDB＝﹣eq \f(3,2)(a﹣eq \f(3,2))2＋eq \f(27,8).
∴当a＝eq \f(3,2)时，△BDC的面积最大，
∴点P的坐标为(eq \f(3,2),eq \f(3,2)).
(3)存在.当AC是平行四边形的边时，则点E的纵坐标为3或﹣3，
∵E是抛物线上的一点，
∴将y＝3代入y＝﹣x2＋2x＋3，得x1＝0(舍去)，x2＝2；
将y＝﹣3代入y＝﹣x2＋2x＋3，得x3＝1＋eq \r(7)，x4＝1﹣eq \r(7).
∴E1(2，3)，E2(1＋eq \r(7)，﹣3)，E3(1﹣eq \r(7)，﹣3)，
则点F1(1，0)，F2(2＋eq \r(7)，0)，F3(2﹣eq \r(7)，0)，
当AC为平行四边形的对角线时，则点E的纵坐标为3，
∵E是抛物线上的一点，
∴将y＝3代入y＝﹣x2＋2x＋3，得x1＝0(舍去)，x2＝2；
即点E4(2，3).则F4(﹣3，0).
由上可得，点E的坐标为：E1(2，3)，E2(1＋eq \r(7)，﹣3)，E3(1﹣eq \r(7)，﹣3)，E4(2，3)，
与之对应的点F的坐标是：F1(1，0)，F2(2＋eq \r(7)，0)，F3(2﹣eq \r(7)，0)，F4(﹣3，0).
解：(1)∵抛物线y＝eq \f(1,4)(x＋3)(x﹣a)与x轴交于A，B(4，0)两点，
∴eq \f(1,4)(4＋3)(4﹣a)＝0，解得a＝4，
∴y＝eq \f(1,4)(x＋3)(x﹣4)＝eq \f(1,4)x2﹣eq \f(1,4)x﹣3，
即抛物线的表达式为y＝eq \f(1,4)x2﹣eq \f(1,4)x﹣3；
(2)在y＝eq \f(1,4)(x＋3)(x﹣4)中，令y＝0，得x＝﹣3或4，
∴A(﹣3，0)，OA＝3，
∵OC＝OB＝4，
∴C(0，4)，
∵AE＝1，
∴DE＝AEtan∠CAO＝eq \f(4,3)，OE＝OA﹣AE＝3﹣1＝2，
∴E(﹣2，0)，
∵DE⊥x轴，
∴xP＝xD＝xE＝﹣2，
∴yP＝eq \f(1,4)(﹣2＋3)(﹣2﹣4)＝﹣eq \f(3,2)，
∴PE＝eq \f(3,2)，
∴DP＝DE＋PE＝eq \f(4,3)＋eq \f(3,2)＝；
(3)①如下图，连接DG交AB于点M，
∵△BCD与△BFG关于x轴对称，
∴DG⊥AB，DM＝GM，
设OM＝a(a＞0)，则AM＝OA﹣OM＝3﹣a，
MG＝MD＝AMtan∠CAO＝eq \f(4,3)(3﹣a)，
∴G(﹣a，eq \f(4,3)(a﹣3))，
∵点G(﹣a，eq \f(4,3)(a﹣3))在抛物线y＝eq \f(1,4)(x＋3)(x﹣4)上，
∴eq \f(1,4)(﹣a＋3)(﹣a﹣4)＝eq \f(4,3)(a﹣3)，解得a＝eq \f(4,3)或3(舍去)，
∴G(﹣eq \f(4,3)，﹣eq \f(20,9))；
②如下图，在AB的下方作∠EAQ＝∠DCB，且AQ＝BC，连接EQ，CQ，
∵AE＝CD，
∴△AEQ≌△CDB(SAS)，
∴EQ＝BD，
∴当C、E、Q三点共线时，BD＋CE＝EQ＋CE最小，最小为CQ，
过点C作CH⊥AQ，垂足为H，
∵OC⊥OB，OC＝OB＝4，
∴∠CBA＝45°，BC＝4eq \r(2)，
∵∠CAH＝180°﹣∠CAB﹣∠EAQ＝180°﹣∠CAB﹣∠DCB＝∠CBA＝45°，
AC＝5，AH＝CH＝eq \f(\r(2),2)AC＝eq \f(5\r(2),2)，
HQ＝AH＋AQ＝AH＋BC＝eq \f(13,2)eq \r(2)，
∴CQ＝，
即BD＋CE的最小值为；
方法二：过点C作CF∥x轴，使得CF＝AC，作BG⊥FC延长线于点G，
∴∠FCA＝∠CAE，
又∵CD＝AE，CF＝AC，
∴△FCD≌△CAE(SAS)，
∴FD＝CE，
∴F、D、B三点共线时CE＋BD＝FD＋BD取到最小值，
∵AC＝5，C(0，4)，B(4，0)，
∴BF的长＝．
解：(1)∵平行四边形ABOC绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′，
且点A的坐标是(0，4)，∴点A′的坐标为：(4，0)，
∵点A、C的坐标分别是(0，4)、(﹣1，0)，抛物线经过点C、A、A′，
设抛物线的解析式为：y=ax2＋bx＋c，
∴，解得：，
∴此抛物线的解析式为：y=﹣x2＋3x＋4；
(2)连接AA′，设直线AA′的解析式为：y=kx＋b，
∴，解得：，
∴直线AA′的解析式为：y=﹣x＋4，
设点M的坐标为：(x，﹣x2＋3x＋4)，
则S△AMA′=eq \f(1,2)×4×[﹣x2＋3x＋4﹣(﹣x＋4)]=﹣2x2＋8x=﹣2(x﹣2)2＋8，
∴当x=2时，△AMA′的面积最大，最大值S△AMA′=8，
∴M的坐标为：(2，6)；
(3)设点P的坐标为(x，﹣x2＋3x＋4)，当P，N，B，Q构成平行四边形时，
∵平行四边形ABOC中，点A、C的坐标分别是(0，4)、(﹣1，0)，
∴点B的坐标为(1，4)，
∵点Q坐标为(1，0)，P为抛物线上一动点，N为x轴上的一动点，
①当BQ为边时，PN∥BQ，PN=BQ，∵BQ=4，∴﹣x2＋3x＋4=±4，
当﹣x2＋3x＋4=4时，解得：x1=0，x2=3，∴P1(0，4)，P2(3，4)；
当﹣x2＋3x＋4=﹣4时，解得：x3=eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)eq \r(41)，x2=eq \f(3,2)﹣eq \f(1,2)eq \r(41)，
∴P3(eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)eq \r(41)，﹣4)，P4(eq \f(3,2)﹣eq \f(1,2)eq \r(41)，﹣4)；
②当PQ为对角线时，BP∥QN，BP=QN，此时P与P1，P2重合；
综上可得：点P的坐标为：P1(0，4)，P2(3，4)，P3(eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)eq \r(41)，﹣4)，P4(eq \f(3,2)﹣eq \f(1,2)eq \r(41)，﹣4)；
如图2，当这个平行四边形为矩形时，点N的坐标为：(0，0)或(3，0)．
解：(1)∵OB=OC=3，∴B(3，0)，C(0，3)
∴，解得
∴二次函数的解析式为y=﹣x2＋2x＋3；
(2)y=﹣x2＋2x＋3=﹣(x﹣1)2＋4，M(1，4)
设直线MB的解析式为y=kx＋n，
则有解得
∴直线MB的解析式为y=﹣2x＋6
∵PQ⊥x轴，OQ=m，∴点P的坐标为(m，﹣2m＋6)
S四边形ACPQ=S△AOC＋S梯形PQOC=eq \f(1,2)AO•CO＋eq \f(1,2)(PQ＋CO)•OQ(1≤m＜3)
=eq \f(1,2)×1×3＋eq \f(1,2)(﹣2m＋6＋3)•m=﹣m2＋eq \f(9,2)m＋eq \f(3,2)；
(3)线段BM上存在点N(，)，(2，2)，(1＋，4﹣)
使△NMC为等腰三角形CM=，CN=，MN=
①当CM=NC时，，解得x1=，x2=1(舍去)此时N(，)
②当CM=MN时，，解得x1=1＋，x2=1﹣(舍去)，
此时N(1＋，4﹣)
③当CN=MN时， =解得x=2，此时N(2，2)．