(通用版)中考数学一轮复习3.5.2《二次函数与几何图形综合》精选练习卷(含答案)

这是一份(通用版)中考数学一轮复习3.5.2《二次函数与几何图形综合》精选练习卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了在平面直角坐标系中，点O，点A，已知直线l，已知抛物线L，综合与探究，已知等内容，欢迎下载使用。
角度问题
1．如图，已知顶点为C(0，－3)的抛物线y＝ax2＋b(a≠0)与x轴交于A、B两点，直线y＝x＋m过顶点C和点B.
(1)求m的值；
(2)求函数y＝ax2＋b(a≠0)的解析式；
(3)抛物线上是否存在点M，使得∠MCB＝15°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
2．在平面直角坐标系中，点O(0，0)，点A(1，0)．已知抛物线y＝x2＋mx－2m(m是常数)．顶点为P.
(Ⅰ)当抛物线经过点A时，求顶点P的坐标；
(Ⅱ)若点P在x轴下方，当∠AOP＝45°时，求抛物线对应的函数解析式；
(Ⅲ)无论m取何值，该抛物线都经过定点H，当∠AHP＝45°时，求抛物线对应的函数解析式．
面积问题
3．已知直线l：y＝kx＋1与抛物线y＝x2－4x.
(1)求证：直线l与该抛物线总有两个交点；
(2)设直线l与该抛物线两交点为A，B，O为原点，当k＝－2时，求△OAB的面积．
4．已知抛物线L：y＝x2＋x－6与x轴相交于A、B两点(点A在点B的左侧)，并与y轴相交于点C.
(1)求A、B、C三点的坐标，并求△ABC的面积；
(2)将抛物线L向左或向右平移，得到抛物线L′，且L′与x轴相交于A′、B′两点(点A′在点B′的左侧)，并与y轴相交于点C′，要使△A′B′C′和△ABC的面积相等，求所有满足条件的抛物线的函数表达式．
5．已知二次函数y＝ax2＋bx＋t－1，t＜0.
(1)当t＝－2时，
①若二次函数图象经过点(1，－4)，(－1，0)，求a，b的值；
②若2a－b＝1，对于任意不为零的实数a，是否存在一条直线y＝kx＋p(k≠0)，始终与函数图象交于不同的两点？若存在，求出该直线的表达式；若不存在，请说明理由．
(2)若点A(－1，t)，B(m，t－n)(m＞0，n＞0)是二次函数图象上的两点，且S△AOB＝eq \f(1,2)n－2t，当－1≤x≤m时，点A是该函数图象的最高点，求a的取值范围．
特殊三角形存在性问题
6．综合与探究
如图，抛物线y＝eq \f(1,3)x2－eq \f(1,3)x－4与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，连接AC，BC.点P是第四象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m，过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q，过点P作PE∥AC交x轴于点E，交BC于点F.
(1)求A，B，C三点的坐标；
(2)试探究在点P运动的过程中，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，请直接写出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)请用含m的代数式表示线段QF的长，并求出m为何值时QF有最大值．
7．如图，抛物线y＝ax2＋6x＋c交x轴于A，B两点，交y轴于点C，直线y＝x－5经过点B，C.
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A的直线交直线BC于点M.
①当AM⊥BC时，过抛物线上一动点P(不与点B，C重合)，作直线AM的平行线交直线BC于点Q，若以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；
②连接AC，当直线AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出点M的坐标．

第7题图 备用图
8．已知：二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与x轴交于点A、B(－3，0)，顶点为C(－1，－2)．
(Ⅰ)求该二次函数的解析式；
(Ⅱ)如图，过A，C两点作直线，并将线段AC沿该直线向上平移，记点A，C分别平移到点D，E处，若点F在这个二次函数的图象上，且△DEF是以EF为斜边的等腰直角三角形，求点F的坐标；
(Ⅲ)试确定实数p，q的值，使得当p≤x≤q时，p≤y≤eq \f(5,2).
参考答案
1．解： (1)将(0，－3)代入y＝x＋m，得m＝－3.
(2)将y＝0代入y＝x－3，得x＝3.
∴B(3，0)．
将(0，－3)，(3，0)分别代入y＝ax2＋b，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－3，,9a＋b＝0，))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,3)，,b＝－3.))∴y＝eq \f(1,3)x2－3.
(3)存在，分以下两种情况：
①若M在BC上方，设MC交x轴于点D，
则∠ODC＝45°＋15°＝60°.
∴OD＝OC·tan30°＝eq \r(3).
设直线DC为y＝kx－3，代入(eq \r(3)，0)，得k＝eq \r(3).
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x－3，,y＝\f(1,3)x2－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＝－3，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝3\r(3)，,y2＝6.))
∴M1(3eq \r(3)，6)．
②若M在BC下方，设MC交x轴于点E，
则∠OEC＝45°－15°＝30°，
∴OE＝OC·tan60°＝3eq \r(3).
设直线EC为y＝kx－3，代入(3eq \r(3)，0)，得k＝eq \f(\r(3),3).
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(3),3)x－3，,y＝\f(1,3)x2－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＝－3，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\r(3)，,y2＝－2，))
∴M2(eq \r(3)，－2)．
综上所述，M的坐标为(3eq \r(3)，6)或(eq \r(3)，－2)．
2．解： (Ⅰ)∵抛物线y＝x2＋mx－2m经过点A(1，0)，
∴0＝1＋m－2m，解得m＝1.
∴抛物线对应的函数解析式为y＝x2＋x－2.
∵化为顶点式为y＝(x＋eq \f(1,2))2－eq \f(9,4).
∴顶点P的坐标为(－eq \f(1,2)，－eq \f(9,4))．
(Ⅱ)抛物线y＝x2＋mx－2m的顶点P的坐标为(－eq \f(m,2)，－eq \f(m2＋8m,4))．
由点A(1，0)在x轴正半轴上，点P在x轴下方， ∠AOP＝45°，
过点P作PQ⊥x轴于点Q，则∠POQ＝∠OPQ＝45°，
可知PQ＝OQ，即eq \f(m2＋8m,4)＝－eq \f(m,2)，
解得m1＝0，m2＝－10.
当m＝0时，点P不在第四象限，舍去．
∴m＝－10.
∴抛物线对应的函数解析式为y＝x2－10x＋20.
(Ⅲ)由y＝x2＋mx－2m＝(x－2)m＋x2可知，
当x＝2时，无论m取何值，y都等于4.
得点H的坐标为(2，4)．
过点A作AD⊥AH，交射线HP于点D，分别过点D，H作x轴的垂线，垂足分别为E，G，则∠DEA＝∠AGH＝90°，
∵∠DAH＝90°，∠AHD＝45°，
∴∠ADH＝45°，∴AH＝AD.
∵∠DAE＋∠HAG＝∠AHG＋∠HAG＝90°，
∴∠DAE＝∠AHG.
∴△ADE≌△HAG.
∴DE＝AG＝1，AE＝HG＝4.
可得点D的坐标为(－3，1)或(5，－1)．
①当点D的坐标为(－3，1)时，
可得直线DH的解析式为y＝eq \f(3,5)x＋eq \f(14,5).
∵点P(－eq \f(m,2)，－eq \f(m2＋8m,4))在直线y＝eq \f(3,5)x＋eq \f(14,5)上，
∴－eq \f(m2＋8m,4)＝eq \f(3,5)×(－eq \f(m,2))＋eq \f(14,5)，
解得m1＝－4，m2＝－eq \f(14,5).
当m＝－4时，点P与点H重合，不符合题意，
∴m＝－eq \f(14,5).
②当点D的坐标为(5，－1)时，
可得直线DH的解析式为y＝－eq \f(5,3)x＋eq \f(22,3).
∵点P(－eq \f(m,2)，－eq \f(m2＋8m,4))在直线y＝－eq \f(5,3)x＋eq \f(22,3)上，
∴－eq \f(m2＋8m,4)＝－eq \f(5,3)×(－eq \f(m,2))＋eq \f(22,3)，
解得m1＝－4(舍)，m2＝－eq \f(22,3).
∴m＝－eq \f(22,3).
综上，m＝－eq \f(14,5)或－eq \f(22,3).
故抛物线解析式为y＝x2－eq \f(14,5)x＋eq \f(28,5)或y＝x2－eq \f(22,3)x＋eq \f(44,3).
3．(1)证明：联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y＝x2－4x，))
化简可得：x2－(4＋k)x－1＝0，
∵Δ＝(4＋k)2＋4＞0，
∴直线l与该抛物线总有两个交点；
(2)解：当k＝－2时，∴y＝－2x＋1，
过点A作AF⊥x轴于F，过点B作BE⊥x轴于E，如解图．
∴联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x2－4x，,y＝－2x＋1，))
解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\r(2)，,y＝－1－2\r(2)，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1－\r(2)，,y＝2\r(2)－1.))
∴A(1－eq \r(2)，2eq \r(2)－1)，B(1＋eq \r(2)，－1－2eq \r(2))．
∴AF＝2eq \r(2)－1，BE＝1＋2eq \r(2).
易求得：直线y＝－2x＋1与x轴的交点C为(eq \f(1,2)，0)．
∴OC＝eq \f(1,2).
∴S△AOB＝S△AOC＋S△BOC
＝eq \f(1,2)OC·AF＋eq \f(1,2)OC·BE
＝eq \f(1,2)OC(AF＋BE)
＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×(2eq \r(2)－1＋1＋2eq \r(2))
＝eq \r(2).
4．解： (1)令y＝0，得x2＋x－6＝0.
解得x＝－3或x＝2.
∴A(－3，0)，B(2，0)．
令x＝0，得y＝－6.
∴C(0，－6)．
∴AB＝5，OC＝6.
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·OC＝eq \f(1,2)×5×6＝15.
(2)由题意，得A′B′＝AB＝5.
要使S△A′B′C′＝S△ABC，只要抛物线L′与y轴交点为C′(0，－6)或C′(0，6)即可．
设所求抛物线L′：y＝x2＋mx＋6，y＝x2＋nx－6.
又知，抛物线L′与抛物线L的顶点纵坐标相同，
∴eq \f(24－m2,4)＝eq \f(－24－1,4)，eq \f(－24－n2,4)＝eq \f(－24－1,4).
解得m＝±7，n＝±1(n＝1舍去)．
∴抛物线L′：y＝x2＋7x＋6，y＝x2－7x＋6
或y＝x2－x－6.
5．解： (1)①当t＝－2时，二次函数为y＝ax2＋bx－3.
把(1，－4)，(－1，0)分别代入y＝ax2＋bx－3，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b－3＝－4，,a－b－3＝0.))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－2.))
即a＝1，b＝－2.
②解法一：∵2a－b＝1，
∴二次函数为y＝ax2＋(2a－1)x－3.
∵当x＝－2时，y＝－1；当x＝0时，y＝－3.
∴二次函数图象一定经过点(－2，－1)，(0，－3)．
因为经过这两点的直线的表达式为y＝kx＋p(k≠0)，
所以把(－2，－1)，(0，－3)分别代入，
可求得该直线表达式为y＝－x－3.
即直线y＝－x－3始终与二次函数图象交于(－2，－1)，(0，－3)两点．
解法二：当直线与二次函数图象相交时，有kx＋p＝ax2＋(2a－1)x－3.
整理可得ax2＋(2a－k－1)x－3－p＝0.
可得Δ＝(2a－k－1)2＋4a(3＋p)．
若直线与二次函数图象始终有两个不同的交点，则Δ＞0.
化简可得4a2－4a(k－p－2)＋(1＋k)2＞0.
∵无论a取任意不为零的实数，总有4a2＞0，(1＋k)2≥0，
∴当k－p－2＝0时，总有Δ＞0.
可取p＝1，k＝3.
对于任意不为零的实数a，存在直线y＝3x＋1始终与函数图象交于不同的两点．
(2)把A(－1，t)代入y＝ax2＋bx＋t－1，可得b＝a－1.
∵A(－1，t)，B(m，t－n)(m＞0，n＞0)，
则直线AB的解析式为y＝－eq \f(n,m＋1)(x＋1)＋t，
令x＝0，解得y＝－eq \f(n,m＋1)＋t＜0，
则S△AOB＝eq \f(1,2)×(－t＋eq \f(n,m＋1))(m＋1)，
又∵S△AOB＝eq \f(1,2)n－2t，
∴eq \f(1,2)×(－mt－t＋n)＝eq \f(1,2)n－2t，解得m＝3.
∴A(－1，t)，B(3，t－n)．
∵n＞0，所以t＞t－n.
①当a＞0时，二次函数图象的顶点为最低点，当－1≤x≤3时，若点A为该函数图象最高点，则yA≥yB，
分别把A(－1，t)，B(3，t－n) 代入y＝ax2＋bx＋t－1，得
t＝a－b＋t－1，t－n＝9a＋3b＋t－1.
∵t＞t－n，
∴a－b＋t－1＞9a＋3b＋t－1.
可得2a＋b＜0.
即2a＋(a－1)＜0.
解得a＜eq \f(1,3).所以0＜a＜eq \f(1,3).
②当a＜0时，由t＞t－n，可知
若A，B在对称轴的异侧，当－1≤x≤3时，图象的最高点是抛物线的顶点而不是点A；若A，B在对称轴的左侧，因为当x≤－eq \f(b,2a)时，y随x的增大而增大，所以当－1≤x≤3时，点A为该函数图象最低点；若A、B在对称轴的右侧，
∵当≥－eq \f(b,2a)时，y随x的增大而减小，
∴当－1≤x≤3时，
点A为该函数图象最高点，则－eq \f(b,2a)≤－1.
即－eq \f(a－1,2a)≤－1.解得a≥－1.
所以－1≤a＜0.
综上，0＜a＜eq \f(1,3)或－1≤a＜0.
6.解：(1)由y＝0，得eq \f(1,3)x2－eq \f(1,3)x－4＝0.
解，得x1＝－3，x2＝4.
∴点A，B的坐标分别为A(－3，0)，B(4，0)．
由x＝0，得y＝－4，∴点C的坐标为C(0，－4)．
(2)Q1(eq \f(5\r(2),2)，eq \f(5\r(2),2)－4)，Q2(1，－3)．
(3)过点F作FG⊥PQ于点G，
则FG∥x轴，由B(4，0)，C(0，－4)，得△OBC为等腰直角三角形．
∴∠OBC＝∠QFG＝45°，∴GQ＝FG＝eq \f(\r(2),2)FQ.
∵PE∥AC，∴∠1＝∠2.
∵FG∥x轴，∴∠2＝∠3.∴∠1＝∠3.
∵∠FGP＝∠AOC＝90°，∴△FGP∽△AOC.
∴eq \f(FG,AO)＝eq \f(GP,OC)，即eq \f(FG,3)＝eq \f(GP,4).
∴GP＝eq \f(4,3)FG＝eq \f(4,3)×eq \f(\r(2),2)FQ＝eq \f(2\r(2),3)FQ.
∴QP＝GQ＋GP＝eq \f(\r(2),2)FQ＋eq \f(2\r(2),3)FQ＝eq \f(7\r(2),6)FQ.
∴FQ＝eq \f(3\r(2),7)QP.
∵PM⊥x轴，点P的横坐标为m，∠MBQ＝45°，
∴QM＝MB＝4－m，PM＝－eq \f(1,3)m2＋eq \f(1,3)m＋4.
∴QP＝PM－QM＝－eq \f(1,3)m2＋eq \f(1,3)m＋4－(4－m)＝
－eq \f(1,3)m2＋eq \f(4,3)m.
∴QF＝eq \f(3\r(2),7)QP＝eq \f(3\r(2),7)(－eq \f(1,3)m2＋eq \f(4,3)m)＝
－eq \f(\r(2),7)m2＋eq \f(4\r(2),7)m.
∵－eq \f(\r(2),7)＜0，∴QF有最大值．且当m＝－eq \f(\f(4\r(2),7),2（－\f(\r(2),7)）)＝2时，QF有最大值．
7．解：(1)∵直线y＝x－5交x轴于点B，交y轴于点C，
∴B(5，0)，C(0，－5)．
∵抛物线y＝ax2＋6x＋c过点B，C，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝25a＋30＋c,－5＝c))，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1,c＝－5))，
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋6x－5.
(2)①∵OB＝OC＝5，∠BOC＝90°，∴∠ABC＝45°.
∵抛物线y＝－x2＋6x－5交x轴于A，B两点，
∴A(1，0)，∴AB＝4.
∵AM⊥BC，∴AM＝2eq \r(2)，
∵PQ∥AM，∴PQ⊥BC，
若以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，
则PQ＝AM＝2eq \r(2)，
过点P作PD⊥x轴交直线BC于点D，则∠PDQ＝45°，∴PD＝eq \r(2)PQ＝4.
设P(m，－m2＋6m－5)，则D(m，m－5)．
分两种情况讨论如下：
(ⅰ)当点P在直线BC上方时，
PD＝－m2＋6m－5－(m－5)＝－m2＋5m＝4，
∴m1＝1(舍去)，m2＝4.
(ⅱ)当点P在直线BC下方时，
PD＝m－5－(－m2＋6m－5)＝m2－5m＝4，
∴m3＝eq \f(5＋\r(41),2)，m4＝eq \f(5－\r(41),2).
综上，点P的横坐标为4或eq \f(5＋\r(41),2)或eq \f(5－\r(41),2).
②M(eq \f(13,6)，－eq \f(17,6))或(eq \f(23,6)，－eq \f(7,6))．
8．解： (Ⅰ)∵二次函数的顶点为C(－1，－2)，
∴设二次函数的解析式为y＝a(x＋1)2－2.
把B(－3，0)代入得a(－3＋1)2－2＝0，
解得a＝eq \f(1,2).
∴二次函数的解析式为y＝eq \f(1,2)(x＋1)2－2.
(Ⅱ)由eq \f(1,2)(x＋1)2－2＝0得x1＝－3，x2＝1，
∴点A(1，0)．
过点C作CH⊥x轴于点H，如解图，
∵点C(－1，－2)，∴CH＝2，OH＝1，
又∵AO＝1，∴AH＝2＝CH，
∴∠1＝45°，AC＝eq \r(AH2＋CH2)＝2eq \r(2).
在等腰Rt△DEF中，DE＝DF＝AC＝2eq \r(2)，∠FDE＝90°，
∴∠2＝45°，EF＝eq \r(DE2＋DF2)＝4，
∴∠1＝∠2，
∴EF∥CH∥y轴．
由A(1，0)，C(－1，－2)可求得直线AC对应的函数解析式为y＝x－1.
由题意设点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(1,2)m2＋m－\f(3,2)))(其中m＞1)，则点E(m，m－1)，
∴EF＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m2＋m－\f(3,2)))－(m－1)＝eq \f(1,2)m2－eq \f(1,2)＝4，
解得m1＝3，m2＝－3(舍去)．
∴点F(3，6)，
(Ⅲ)当y＝eq \f(5,2)时，eq \f(1,2)(x＋1)2－2＝eq \f(5,2)，解得x1＝－4，x2＝2.
抛物线y＝eq \f(1,2)(x＋1)2－2，根据抛物线的性质可知，
当x＜－1时，y随x的增大而减小，当x＞－1时，y随x的增大而增大，
当x＝－1时，y的最小值为－2.
∵p≤x≤q，p≤y≤eq \f(5,2)，
∴可分三种情况讨论．
①当p≤q≤－1时，由增减性得：
当x＝p＝－4时，y最大＝eq \f(5,2)，当x＝q时，y最小＝p＝－4＜－2，不合题意，舍去；
②当p＜－1≤q时，
(i)若(－1)－p＞q－(－1)，由增减性得：
当x＝p＝－4时，y最大＝eq \f(5,2)，当x＝－1时，y最小＝－2≠p，不合题意，舍去；
(ii)若(－1)－p≤q－(－1)，由增减性得：
当x＝q＝2时，y最大＝eq \f(5,2)，当x＝－1时，y最小＝p＝－2，符合题意，
∴p＝－2，q＝2.
③当－1≤p＜q时，由增减性得：
当x＝q＝2时，y最大＝eq \f(5,2)，当x＝p时，y最小＝p，
把x＝p，y＝p代入y＝eq \f(1,2)(x＋1)2－2，得p＝eq \f(1,2)(p＋1)2－2，
解得p1＝eq \r(3)，p2＝－eq \r(3)＜－1(不合题意，舍去)．
∴p＝eq \r(3)，q＝2.
综上，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝－2，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝\r(3)，,q＝2.))