2024年中考数学二轮复习 压轴题 专项培优练习05（含答案）

这是一份2024年中考数学二轮复习 压轴题 专项培优练习05（含答案），共12页。
如图1，二次函数y＝a(x＋3)(x﹣4)图象交坐标轴于点A，B(0，﹣2)，点P为x轴上一动点．
(1)求二次函数y＝a(x＋3)(x﹣4)的表达式；
(2)过点P作PQ⊥x轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC．当OP＝1时，求△ACQ的面积；
(3)如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点D的坐标．
如图，抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交A、B两点(A点在B点左侧)，直线l与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2．
(1)求A、B两点的坐标及直线AC的函数表达式；
(2)P是线段AC上的一个动点，(不与A、C重合)，过P点作y轴的平行线交抛物线于E点，求线段PE长度的最大值，并直接写出△ACE面积的最大值；
(3)点G为抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，直接写出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．
对于平面直角坐标系xOy中的图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“距离”，记作d(M，N)．特别的，当图形M，N有公共点时，记作d(M，N)＝0．一次函数y＝kx＋2的图象为L，L与y轴交点为D，在△ABC中，A(0，1)，B(﹣1，0)，C(1，0)．
(1)求d(点D，△ABC)＝ ；当k＝1时，求d(L，△ABC)＝ ；
(2)若d(L，△ABC)＝0，直接写出k的取值范围 ；
(3)函数y＝x＋b的图象记为W，若d(W，△ABC)≤2，则b的取值范围是 ．
如图1，二次函数y=ax2﹣2ax﹣3a(a＜0)的图象与x轴交于A、B两点(点A在点B的右侧)，与y轴的正半轴交于点C，顶点为D.
(1)求顶点D的坐标(用含a的代数式表示)；
(2)若以AD为直径的圆经过点C.
①求抛物线的函数关系式；
②如图2，点E是y轴负半轴上一点，连接BE，将△OBE绕平面内某一点旋转180°，得到△PMN(点P、M、N分别和点O、B、E对应)，并且点M、N都在抛物线上，作MF⊥x轴于点F，若线段MF：BF=1：2，求点M、N的坐标；
③点Q在抛物线的对称轴上，以Q为圆心的圆过A、B两点，并且和直线CD相切，如图3，求点Q的坐标.
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＋c经过A、B、C三点.
(1)求A、B、C三点的坐标；
(2)求这条抛物线所对应的二次函数的表达式；
(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的面积的最大值.
如图，已知抛物线y=﹣x2＋ax＋b与x轴从左至右交于A、B两点，与y轴正半轴交于点C．设∠OCB=α，∠OCA=β，且tanα﹣tanβ=2，OC2=OA•OB．
(1)△ABC是否为直角三角形？若是，请给出证明；若不是，请说明理由；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若抛物线的顶点为P，求四边形ABPC的面积．
如果一条抛物线y=ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴有两个交点，那么以这两个交点和该抛物线的顶点、对称轴上一点为顶点的菱形称为这条抛物线的“抛物菱形”.
(1)若抛物线y=ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴的两个交点为(﹣1，0)，(3，0)，且这条抛物线的“抛物菱形”是正方形，求这条抛物线的函数解析式；
(2)如图，四边形OABC是抛物线y=﹣x2＋bx(b＞0)的“抛物菱形”，且∠OAB=60°.
①求“抛物菱形OABC”的面积；
②将直角三角板中含有“60°角”的顶点与坐标原点O重合，两边所在直线与“抛物菱形OABC”的边AB，BC交于E，F，△OEF的面积是否存在最小值，若存在，求出此时△OEF的面积；若不存在，说明理由.
在平面直角坐标系中，已知函数y1＝2x和函数y2＝﹣x＋6，不论x取何值，y0都取y1与y2二者之中的较小值．
(1)求函数y1和y2图象的交点坐标，并直接写出y0关于x的函数关系式；
(2)现有二次函数y＝x2﹣8x＋c，若函数y0和y都随着x的增大而减小，求自变量x的取值范围；
(3)在(2)的结论下，若函数y0和y的图象有且只有一个公共点，求c的取值范围．
\s 0 答案
解：(1)将B(0，﹣2)代入y＝a(x＋3)(x﹣4)，
∴a＝eq \f(1,6)，∴y＝eq \f(1,6)(x＋3)(x﹣4)＝eq \f(1,6)x2﹣eq \f(1,6)x﹣2；
(2)令y＝0，则eq \f(1,6)(x＋3)(x﹣4)＝0，
∴x＝﹣3或x＝4，
∴A(4，0)，
设直线AB的解析式为y＝kx＋b，
∴，∴，
∴y＝eq \f(1,2)x﹣2，
∵OP＝1，
∴P(1，0)，
∵PQ⊥x轴，
∴Q(1，﹣eq \f(3,2))，C(1，﹣2)，
∴AP＝3，
∴S△ACQ＝S△ACP﹣S△APQ＝eq \f(1,2)×3×2﹣eq \f(1,2)×3×eq \f(3,2)＝eq \f(3,4)；
(3)设P(t，0)，
如图2，过点D作x轴垂线交于点N，
∵∠BPD＝90°，
∴∠OPB＋∠NPD＝90°，∠OPB＋∠OBP＝90°，
∴∠NPD＝∠OBP，
∵BP＝PD，
∴△PND≌△BOP(AAS)，
∴OP＝ND，BO＝PN，
∴D(t＋2，﹣t)，
∴﹣t＝eq \f(1,6)(t＋2＋3)(t＋2﹣4)，解得t＝1或t＝﹣10，
∴D(3，﹣1)或D(﹣8，10)．
解：(1)当y=0时，解得x1=﹣1或x2=3，
∴A(﹣1，0)B(3，0)．
将C点的横坐标x=2代入y=x2﹣2x﹣3得y=﹣3，
∴C(2，﹣3)．
设直线AC的解析式为y=kx+b，
将点A和点C的坐标代入得：-k+b=0,2k+b=-3，
解得：k=﹣1，b=﹣1．
∴直线AC的函数解析式是y=﹣x﹣1．
(2)设P点的横坐标为x(﹣1≤x≤2)则P、E的坐标分别为：
P(x，﹣x﹣1)，E(x，x2﹣2x﹣3)
∵P点在E点的上方，
∴PE=(﹣x﹣1)﹣(x2﹣2x﹣3)=﹣x2+x+2=﹣(x﹣eq \f(1,2))2+eq \f(9,4)．
∴当x=eq \f(1,2)时，PE的最大值为eq \f(9,4)．
∴S△ACE=eq \f(1,2)×PE×(xC﹣xA)=eq \f(1,2)×eq \f(9,4)×3=3.375．
(3)当AC为平行四边形的对角线时．
设点F的坐标为(a，0)，点G的坐标为(x，y)．
∵平行四边形的对角线互相平分，
∴依据中点坐标公式可知：∴y=﹣3，x=1﹣a．
∵点G在抛物线上，
∴﹣3=(1﹣a)2﹣2(1﹣a)﹣3，整理得：a2﹣1=0，
解得a=﹣1或a=﹣1(舍去)．
∴点F的坐标为(1，0)．
当AC为平行四边形的边，CF为对角线时．
设点F的坐标为(a，0)，点G的坐标为(x，y)．
∵平行四边形的对角线互相平分，
∴依据中点坐标公式可知：∴y=﹣3，x=a+3
∵点G在抛物线上，
∴﹣3=(a+3)2﹣2(a+3)﹣3，整理得：a2+4a+3=0，将a=﹣3或a=﹣1(舍去)
∴点F的坐标为(﹣3，0)．
当AC为平行四边形的边，CG为对角线时．
设点F的坐标为(a，0)，点G的坐标为(x，y)．
∵平行四边形的对角线互相平分，
∴依据中点坐标公式可知：
∴y=3，x=a﹣3
∵点G在抛物线上，
∴3=(a﹣3)2﹣2(a﹣3)﹣3，整理得：a2﹣8a+9=0，
解得a=4+eq \r(7)或a=4-eq \r(7)．∴
点F的坐标为(4+eq \r(7)，0)或(4﹣eq \r(7))．
综上所述，点F的坐标为(1，0)或(﹣3，0)或(4+eq \r(7)，0)或(4﹣eq \r(7))．
解：(1)将x＝0代入y＝kx＋2得y＝2，
∴D(0，2)，
∴d(点D，△ABC)＝点D(0，2)到点A(0，1)的距离，即AD＝2﹣1＝1，
当k＝1时，y＝x＋2，直线L与AB平行，
如图，作AE⊥直线y＝x＋2，
∵三角形ADE为等腰直角三角形，AD＝1，
∴AF＝eq \f(\r(2),2)，故答案为：1，eq \f(\r(2),2)．
(2)若d(L，△ABC)＝0，则直线L与三角形ABC有交点，当直线L经过点B时，将(﹣1，0)代入y＝kx＋2得0＝﹣k＋2，解得k＝2，
∴k≥2满足题意，
当直线L经过点C时，将(1，0)代入y＝kx＋2得0＝k＋2，解得k＝﹣2，
∴k≤﹣2满足题意，故答案为：k≥2或k≤﹣2．
(3)将x＝0代入y＝x＋b得y＝b，∴直线y＝x＋b与y轴交点为(0，b)，
如图，当b＞0时，设直线y＝x＋b与y轴交点为M，与x轴交点为N，作AG⊥MN于点G，
∵直线MN∥AB，
∴当AG＝2时，AM＝eq \r(2)AG＝2eq \r(2)，
∴点M坐标为(0，1＋2eq \r(2))，
∴b＝1＋2eq \r(2)，
当b＜0时，设直线y＝x＋b与y轴交点为Q，与x轴交点为P，作CH⊥PQ于点H，
同理，当CH＝2时，CP＝eq \r(2)CH＝2eq \r(2)，
∴OQ＝OP＝OC＋CP＝1＋2eq \r(2)，
∴b＝﹣1﹣2eq \r(2)，
∴﹣1﹣2eq \r(2)≤b≤1＋2eq \r(2)时符合题意．
故答案为：﹣1﹣2eq \r(2)≤b≤1＋2eq \r(2)．
解：(1)∵y=ax2﹣2ax﹣3a=a(x﹣1)2﹣4a，
∴D(1，﹣4a).
(2)①∵以AD为直径的圆经过点C，
∴△ACD为直角三角形，且∠ACD=90°；
由y=ax2﹣2ax﹣3a=a(x﹣3)(x+1)知，
A(3，0)、B(﹣1，0)、C(0，﹣3a)，则：
AC2=(0﹣3)2+(﹣3a﹣0)2=9a2+9、CD2=(0﹣1)2+(﹣3a+4a)2=a2+1、
AD2=(3﹣1)2+(0+4a)2=16a2+4
由勾股定理得：AC2+CD2=AD2，即：9a2+9+a2+1=16a2+4，
化简，得：a2=1，由a＜0，得：a=﹣1
即，抛物线的解析式：y=﹣x2+2x+3.
②∵将△OBE绕平面内某一点旋转180°得到△PMN，
∴PM∥x轴，且PM=OB=1；
设M(x，﹣x2+2x+3)，则OF=x，MF=﹣x2+2x+3，BF=OF+OB=x+1；
∵MF：BF=1：2，即BF=2MF，
∴2(﹣x2+2x+3)=x+1，化简，得：2x2﹣3x﹣5=0
解得：x1=﹣1、x2=eq \f(5,2)
∴M(eq \f(5,2)，eq \f(7,4))、N(eq \f(3,2)，eq \f(15,4)).
③设⊙Q与直线CD的切点为G，连接QG，过C作CH⊥QD于H，如右图；
设Q(1，b)，则QD=4﹣b，QB2=QG2=(1+1)2+(b﹣0)2=b2+4；
∵C(0，3)、D(1，4)，
∴CH=DH=1，即△CHD是等腰直角三角形，
∴△QGD也是等腰直角三角形，即：QD2=2QG2；
代入数据，得：(4﹣b)2=2(b2+4)，化简，得：b2+8b﹣8=0，
解得：b=﹣4±2eq \r(6)；
即点Q的坐标为(1，﹣4+2eq \r(6))或(1，﹣4﹣2eq \r(6)).
解：(1)∵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C的坐标为(0，eq \r(3))，点B的坐标为(﹣3，0).
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACO＝∠CBO，
∴tan∠ACO＝eq \f(\r(3),3)，
∴AO＝1，
∴点A的坐标为(1，0).
(2)将A(1，0)、B(﹣3，0)、C(0，eq \r(3))代入y＝ax2＋bx＋c，
，解得：，
∴这条抛物线所对应的二次函数的表达式为y＝﹣eq \f(\r(3),3)x2﹣eq \f(2\r(3),3)x＋eq \r(3).
(3)∵MD∥y轴，MH⊥BC，
∴∠DMH＝∠CBO＝30°，
∴DH＝eq \f(1,2)MD，MH＝eq \f(\r(3),2)MD.
设点M的坐标为(x，﹣eq \f(\r(3),3)x2﹣eq \f(2\r(3),3)x＋eq \r(3))(﹣3＜x＜0)，
则点D的坐标为(x，eq \f(\r(3),3)x+eq \r(3))，
∴MD＝﹣eq \f(\r(3),3)x2﹣eq \f(2\r(3),3)x＋eq \r(3)﹣(eq \f(\r(3),3)x+eq \r(3))＝﹣eq \f(\r(3),3)x2﹣eq \r(3)x＝﹣eq \f(\r(3),3)(x2＋3)＝﹣eq \f(\r(3),3)(x＋eq \f(3,2))2＋eq \f(3\r(3),4).
∵﹣eq \f(\r(3),3)＜0，
∴当x＝﹣eq \f(3,2)时，MD取最大值，最大值为eq \f(3\r(3),4)，
∴S△DMH的最大值＝.
解：(1)△ABC是直角三角形．理由如下：
∵OC2=OA•OB，∴=，
又∵∠BOC=∠COA=90°，
∴Rt△BOC∽Rt△COA，
∴∠OCB=∠OAC；
又∵∠OCA＋∠OAC=90°，
∴∠OCA＋∠OCB=90°，即∠ACB=90°，
∴△ABC是直角三角形；
(2)∵抛物线与x轴交于A、B两点，
∴方程﹣x2＋ax＋b=0有两个不同的实数根．
设这两个根分别为x1、x2，且x1＜x2，显然，x1＜0，x2＞0，
得A、B两点的坐标分别为A(x1，0)、B(x2，0)．
由根与系数的关系，有x1＋x2=a，x1•x2=﹣b．
对于抛物线y=﹣x2＋ax＋b，当x=0时，y=b，
∴C点的坐标为C(0，b)；
由已知条件OC2=OA•OB，得b2=(﹣x1)•x2，即b2=﹣x1•x2，∴b2=b，
∵点C在y轴的正半轴上，
∴b＞0，从而得b=1．
∵tanα=OB：OC，tanβ=OA：OC，
由tanα﹣tanβ=2，得OC：OB=OA：OC=2，即OB﹣OA=2OC，
得x2﹣(﹣x1)=2b，x2＋x1=2b，即a=2b，
∴a=2．∴抛物线的解析式为：y=﹣x2＋2x＋1；
(3)由抛物线的解析式y=﹣x2＋2x＋1配方得：y=﹣(x﹣1)2＋2，
∴其顶点P的坐标为P(1，2)．
解方程﹣x2＋2x＋1=0，得x1=1﹣eq \r(2)，x2=1＋eq \r(2)，
∴A(1﹣eq \r(2)，0)，B(1＋eq \r(2)，0)．
设过P、C两点的直线与x轴交于点D，直线的解析式为：y=kx＋1，
把P(1，2)坐标代入，得k=1，
∴直线PC：y=x＋1，当y=0时，x=﹣1，
即点D的坐标为D(﹣1，0)．
∵﹣1＜1﹣eq \r(2)，
∴点D在点A的左边，
作PF⊥x轴于点F，
∴S四边形ABPC=S△PDB﹣S△CDA=eq \f(1,2)DB•PF﹣eq \f(1,2)DA•OC
=eq \f(1,2)[(1＋eq \r(2))＋1]×2﹣eq \f(1,2)[(1﹣eq \r(2))＋1]×1=1＋eq \f(3\r(2),2)，
即四边形ABPC的面积为1＋eq \f(3\r(2),2).
解：(1)∵抛物线y=ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴的两个交点为(﹣1，0)，(3，0)，
四边形OABC是正方形，∴A(1，2)或(1，﹣2)，
当A(1，2)时，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝a－b＋c，,0＝9a＋3b＋c，,2＝a＋b＋c，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2)，,b＝1，,c＝\f(3,2).))
当A(1，﹣2)时eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝a－b＋c，,0＝9a＋3b＋c，,－2＝a＋b＋c，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝－1，,c＝－\f(3,2).))
∴抛物线的解析式为：y=﹣eq \f(1,2)x2＋x＋eq \f(3,2)或y=eq \f(1,2)x2﹣x﹣eq \f(3,2)；
(2)①∵由抛物线y=﹣x2＋bx(b＞0)可知OB=b，
∵∠OAB=60°，
∴A(eq \f(b,2)，eq \f(\r(3),2)b)，代入y=﹣x2＋bx得：eq \f(\r(3),2)b=﹣(eq \f(b,2))2＋b·eq \f(b,2)，解得b=2eq \r(3)，
∴OB=2eq \r(3)，AC=6，
∴“抛物菱形OABC”的面积=eq \f(1,2)OB·AC=6eq \r(3)；
②存在；当三角板的两边分别垂直与AB和BC时三角形OEF的面积最小，
∵OE⊥AB，
∴∠EOB=eq \f(1,2)∠AOB=30°，同理∠BOF=30°，
∵∠EOF=60°，
∴OB垂直EF且平分EF，
∴三角形OEF是等边三角形，
∵OB=2eq \r(3)，
∴OE=3，
∴OE=OF=EF=3，
∴△OEF的面积=eq \f(9\r(3),4).
解：(1)∵，∴，
∴函数y1和y2图象交点坐标(2，4)；
y0关于x的函数关系式为y0＝ ；
(2)∵对于函数y0，y0随x的增大而减小，
∴y0＝﹣x＋6(x ≥2)，
又∵函数y＝x 2﹣8x＋c的对称轴为直线x＝4，且a＝1＞0，
∴当x＜4时，y随x的增大而减小，
∴2≤x ＜4；
(3)①若函数y＝x 2﹣8x＋c与y0＝﹣x＋6只有一个交点，且交点在2＜x ＜4范围内，
则x 2﹣8x＋c＝﹣x＋6，即x 2﹣7x＋( c﹣6)＝0，
∴Δ＝(﹣7)2﹣4( c﹣6)＝73﹣4c＝0，
解得c＝ ，
此时x1＝x2＝ eq \f(7,2) ，符合2＜x ＜4，
∴c＝ ；
②若函数y＝x 2﹣8x＋c与y0＝﹣x＋6有两个交点，其中一个在2＜x ＜4范围内，另一个在2＜x ＜4范围外，
∴Δ＝73﹣4c＞0，解得c ＜ ，
∵对于函数y0，当x＝2时，y0＝4；当x＝4时y0＝2，
又∵当2＜x ＜4时，y随x的增大而减小，
若y＝x 2﹣8x＋c与y0＝﹣x＋6在2＜x ＜4内有一个交点，
则当x＝2时y＞y0；当x＝4时y＜y0，
即当x＝2时，y≥4；当x＝4时，y≤2，
∴，解得16＜c ＜18，
又c ＜ ，∴16＜c ＜18，
综上所述，c的取值范围是：c＝ 或16＜c ＜18．