专题20 动点在二次函数中的综合（1）-2022年中考数学重难点专项突破（全国通用）

这是一份专题20 动点在二次函数中的综合（1）-2022年中考数学重难点专项突破（全国通用），文件包含专题20动点在二次函数中的综合1解析版docx、专题20动点在二次函数中的综合1原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
专题20 动点在二次函数中的综合（1）
1．如图，抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于点A（﹣2，0），B（6，0），与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的函数解析式；[来源:学.科.网Z.X.X.K]
（2）点D（4，m）在抛物线上，连接BC、BD．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足∠PBC＝∠DBC？如果存在，请求出P点的坐标；如果不存在，请说明理由．

解：（1）当x＝0时，y＝6，
∴点C的坐标为（0，6）．
设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣6），将C（0，6）代入得：﹣12a＝6，解得a＝﹣．
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+2）（x﹣6），整理得：y＝﹣x2+2x+6．
（2）将x＝4代入得：y＝6．
∴D（4，6）．
如图所示：作点DE∥x轴，过点B作BE∥y轴，作点D关于BC的对称点D′，则BD＝BD′，过点D′作D′F⊥x轴，垂足为F．

∵B（6，0），C（0，6），
∴OB＝OC．
∴∠OBC＝45°．
∴∠OBC＝∠EBC．
又∵∠D′BC＝∠DBC，
∴∠DBE＝∠D′BF．
在△DEB和△D′FB中，，
∴△DEB≌△D′FB．
∴D′F＝ED＝2，BF＝BE＝6．
∴点D′的坐标为（0，2）．
设BD′的解析式为y＝kx+2，将点B的坐标代入得：6k+2＝0，解得k＝﹣，
∴BD′的解析式为y＝﹣x+2．
将y＝﹣x+2代入y＝﹣x2+2x+6得：﹣x+2＝﹣x2+2x+6，整理得：3x2﹣14x﹣24＝0，解得：x＝6（舍去）或x＝﹣．
将x＝﹣代入得：y＝﹣×（﹣）+2＝+2＝
∴点P的坐标为（﹣，）．



2．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+1与抛物线y＝x2+bx+c交于A，B（4，5）两点，点A在x轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E是线段AB上一动点（点A，B除外），过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点P，使∠PEF＝90°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

解：（1）把y＝0代入y＝x+1得：x+1＝0，解得：x＝﹣1，
∴点A（﹣1，0）．
将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式得：，解得：b＝﹣2，c＝﹣3．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．

（2）如图1所示：

设点E的坐标为（x，x+1），则点F的坐标为F（x，x2﹣2x﹣3）．
设EF＝（x+1）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣）2+．
∴当x＝时，EF有最大值．
将x＝代入y＝x+1得：y＝．
∴E（，）．

（3）如图2所示：过点E作PE⊥EF，交抛物线与点P或点P′，则yp＝．

将y＝代入抛物线的解析式得：x2﹣2x﹣3＝，解得：x＝1+，x＝1﹣．
∴点P的坐标为（1﹣，）或（1+，）．

3．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝a（x+1）（x﹣3）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，∠ABC＝45°，
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，P为第一象限内抛物线上一点，△BCP的面积为3时，且∠BCP＞45°，求P点坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，D、E为抛物线上的点，且两点关于抛物线对称轴对称，过D作x轴垂线交过点P且平行于x轴的直线于Q，EQ交抛物线于R，延长QD至H，连接RH，tan∠ERH＝，当线段DH＝4时，求点D的坐标．

解：（1）对于抛物线y＝a（x+1）（x﹣3），令y＝0，得到a（x+1）（x﹣3）＝0，解得x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴OB＝3，
∵∠ABC＝45°，
∴OC＝OB＝3，
∴C（0，3），把（0，3）代入y＝a（x+1）（x﹣3）得到a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．

（2）如图2中，作PH⊥AB于H，交BC于T．，作CE⊥PH于E，设P（m，﹣m2+2m+3）．

∵B（3，0），C（0，3），
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∴T（m，﹣m+3），
∵S△PBC＝S△PTC+S△PTB＝•PT•CE+•PT•BH＝PT•（CE+BH）＝•PT•OB＝×（﹣m2+3m）×3＝3，
整理得m2﹣3m+2＝0，
∴m＝1或2，
∵∠PCB＞45°，
∴m＝1，
∴P（1，4）．

（3）如图3中，作RM⊥DQ于M，连接EM．DH交AB于N．设D（n，﹣n2+2n+3）．

∵PQ∥DE，PQ⊥DQ，DH⊥AB，
∴Q（n，4），
∴DE＝2（n﹣1），DQ＝4﹣（﹣n2+2n+3）＝（n﹣1）2，
∴＝＝，＝＝，
∴＝，
∵∠EDQ＝∠EDH＝90°，
∴△EDQ∽△HDE，
∴∠DEQ＝∠EHD，
∵∠DEQ+∠EQD＝90°，
∴∠EHD+∠EQD＝90°，
∴∠HEQ＝90°，
∵∠REH+∠RMH＝180°，
∴E、H、M、R四点共圆，
∴∠ERH＝∠EMH，
∴tan∠ERH＝tan∠EMD＝＝，
∴DM＝（n﹣1），
∴QM＝（n﹣1）2﹣（n﹣1），
∵RM∥DE，
∴＝，
∴RM＝2n﹣，
∴R[﹣n+，4﹣（n﹣1）2+（n﹣1）]，
把点R坐标代入y＝﹣x2+2x+3得到，4﹣（n﹣1）2+（n﹣1）＝﹣（﹣n+）2+2（﹣n+）+3，
解得n＝，
∴D（，）．




4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．
（1）请直接写出A、B、C三点的坐标：
A 　 　 B　 　 C　 　
（2）点P从点A出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向点B运动，同时点Q 从点B出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动．设运动的时间为t（秒），
①当t为何值时，BP＝BQ？
②是否存在某一时刻t，使△BPQ是直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值，若不存在，请说明理由．

解：（1）由y＝x2﹣x﹣3得到：y＝（x﹣4）（x﹣2）或y＝（x﹣1）2﹣，
所以 A（﹣2，0），B（4，0），
令x＝0，则y＝﹣3，
所以 C（0，﹣3）；
综上所述，A（﹣2，0），B（4，0），C（0，﹣3）；
故答案是：（﹣2，0），（4，0），（0，﹣3）；

（2）①∵A（﹣2，0），B（4，0），
∴AB＝6，
由BP＝BQ得到：6﹣3t＝t，[来源:学§科§网Z§X§X§K]
解得t＝；

②∵B（4，0），C（0，﹣3），
∴OB＝4，OC＝3，
∴BC＝＝5．
i）如图1，当∠BPQ＝90°时，△BPQ∽△BOC，则＝，即＝，
解得t＝；
ii）如图2，当∠BQP＝90°时，△BPQ∽△BCO，则＝，即＝，
解得t＝
综上所述，t的值是：或．




5．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+m（m为常数）的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C，以直线x＝1为对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）经过A、C两点，并与x轴的正半轴交于点B
（1）求m的值及抛物线的函数表达式；
（2）是否存在抛物线上一动点Q，使得△ACQ是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q的横坐标；若存在，请说明理由；
（3）若P是抛物线对称轴上一动点，且使△ACP周长最小，过点P任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于M1（x1，y1），M2（x2，y2）两点，试问是否为定值，如果是，请求出结果，如果不是请说明理由．
（参考公式：在平面直角坐标之中，若A（x1，y1），B（x2，y2），则A，B两点间的距离为AB＝）

解：（1）∵一次函数y＝x+m（m为常数）的图象与x轴交于点A（﹣3，0），
∴0＝×（﹣3）+m，解得m＝，
∴一次函数解析式为y＝x+，
∴C点坐标为（0，）．
∵以直线x＝1为对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）经过A（﹣3，0）、C（0，），
∴，解得，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+x+；

（2）存在．设Q（x，﹣x2+x+）．
①当点C为直角顶点时，如图，作CQ⊥AC交抛物线于点Q，QE⊥y轴于E．
在△ACO与△CQE中，
，
∴△ACO∽△CQE，
∴＝，即＝，
解得x1＝5.2，x2＝0（不合题意舍去）；
②当点A为直角顶点时，如图，作AQ′⊥AC交抛物线于点Q′，Q′E′⊥x轴于E．
在△ACO与△Q′AE′中，
，
∴△ACO∽△Q′AE′，
∴＝，即＝，
解得x1＝8.2，x2＝﹣3（不合题意舍去）．
综上所述：Q点的横坐标为5.2或8.2；

（3）∵y＝﹣x2+x+与x轴交于A（﹣3，0）、B两点，对称轴为直线x＝1，
∴B点坐标为（5，0），
∵C（0，），
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+，
当x＝1时，y＝﹣×1+＝3，
∴P（1，3）．
设过点P的直线为：y＝kx+3﹣k，
把y＝kx+3﹣k代入y＝﹣x2+x+，
得kx+3﹣k＝﹣x2+x+，
整理得，x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3＝0，
∴x1+x2＝2﹣4k，x1x2＝﹣4k﹣3，y1﹣y2＝k（x1﹣x2），
∴（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（2﹣4k）2﹣4（﹣4k﹣3）＝16k2+16，
∴M1M2＝＝＝4（1+k2），
同理：M1P＝＝，
M2P＝，
∴M1P•M2P＝•＝|（x1﹣1）（x2﹣1）|•（1+k2）＝4（1+k2），
∴＝1为定值．


6．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx﹣7与y轴交于点C，与x轴交于点B，抛物线y＝ax2+bx+14a经过B、C两点，与x轴的正半轴交于另一点A，且OA：OC＝2：7．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在线段CB上，点P在对称轴的左侧抛物线上，PD＝PB，当tan∠PDB＝2，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q（7，n）在第四象限，点R在对称轴的右侧抛物线上，若以点P、D、Q、R为顶点的四边形为平行四边形，求点Q、R的坐标．

解：（1）∵直线y＝kx﹣7与y轴的负半轴交于点C
∴C（0，﹣7），
∴OC＝7，
∵抛物线y＝ax2+bx+14a经过点C，
∴14a＝﹣7，
∴a＝﹣，[来源:Z*xx*k.Com]
∴y＝﹣x2+bx﹣7，
∵OA：OC＝2：7．
∴OA＝2，
∴A（2，0）
∵抛物线y＝﹣x2+bx﹣7经过点A，
∴b＝
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x﹣7，
（2）如图1，

∵抛物线y＝﹣x2+x﹣7经过B点，
令y＝0解得x＝7或x＝2（舍去），[来源:学科网]
∴B（7，0），
∴OB＝7，
∴OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°
过点P作PF⊥x轴于点G，交CB延长线于点F，则PF∥y轴，
∴∠CFG＝∠OCB＝45°，
∴BF＝GF，
过P作PE⊥BC于点E，
∵PD＝PB，
∴∠PBD＝∠PDB，
∴tan∠PBD＝tan∠PDB＝2，
∴PE＝2BE，
∵EF＝PE，
∴BF＝BE，
∴PF＝PE＝2 BE＝2 BF＝4GF，
∴PG＝3GF，
∵直线y＝kx﹣7过B点，
∴k＝1，
∴y＝x﹣7，
设F（m，m﹣7），则P（m，﹣3（m﹣7）），
∵点P在抛物线y＝﹣x2+x﹣7上，
∴﹣3（m﹣7）＝﹣m2+m﹣7，
解得m＝7（舍去）或m＝8，
∴P（8，﹣3）；
（3）如图2，当DP∥QR时，即四边形DQRP是平行四边形，

∵B（7，0），Q（7，m）
∴BQ∥y轴
过P作PN∥BQ，过D作DN⊥BQ交PN于点N，
过R作RM⊥BQ于点M．
设PD交BQ于点T，DN交BM于点I，
∴∠DTB＝∠DPN，∠PTQ＝∠RQM，
∵∠DTB＝∠PTQ，
∴∠DPN＝∠RQM，
∵四边形DPRQ是平行四边形，[来源:Zxxk.Com]
∴DP＝RQ，
在△RMQ和△DNP中，
，
∴△RMQ≌△DNP（AAS），
∴RM＝DN，MQ＝PN，
由（2）可求F（8，1），GF＝1，BD＝2BE＝2BF＝2 GF＝2 ，
∵∠QBC＝45°，∴BI＝DI＝2，
∴D（5，﹣2），
设R点的横坐标为t，
∵RM＝DN，
∴t﹣7＝8﹣5，
解得t＝10，
∵点R在抛物线y＝﹣x2+x﹣7 上，
∴当t＝10时，﹣×102+×10﹣7＝﹣12，
∴R（10，﹣12），
∵MQ＝PN，
∴3﹣2＝﹣12﹣n，
∴n＝﹣11，
∴R（10，﹣12），Q（7，﹣11），
如图3，当DR∥QP时，即四边形DQPR是平行四边形

同理可求得R（6，2），Q（7，﹣7）．

7．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m＝，试求m的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．

解：（1）因为抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，
所以可以假设y＝a（x+2）（x﹣4），
∵OC＝2OA，OA＝2，
∴C（0，4），代入抛物线的解析式得到a＝﹣，
∴y＝﹣（x+2）（x﹣4）或y＝﹣x2+x+4或y＝﹣（x﹣1）2+．

（2）如图1中，由题意，点P在y轴的右侧，作PE⊥x轴于E，交BC于F．

∵CD∥PE，
∴△CMD∽△FMP，
∴m＝＝，
∵直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，则D（0，1），
∵BC的解析式为y＝﹣x+4，
设P（n，﹣n2+n+4），则F（n，﹣n+4），
∴PF＝﹣n2+n+4﹣（﹣n+4）＝﹣（n﹣2）2+2，
∴m＝＝﹣（n﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴当n＝2时，m有最大值，最大值为，此时P（2，4）．

（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
a、如图2﹣1中，四边形DQNP是矩形时，

有（2）可知P（2，4），代入y＝kx+1中，得到k＝，
∴直线DP的解析式为y＝x+1，可得D（0，1），E（﹣，0），
由△DOE∽△QOD可得＝，
∴OD2＝OE•OQ，
∴1＝•OQ，
∴OQ＝，
∴Q（，0）．
根据矩形的性质，将点P向右平移个单位，向下平移1个单位得到点N，
∴N（2+，4﹣1），即N（，3）
b、如图2﹣2中，四边形PDNQ是矩形时，

∵直线PD的解析式为y＝x+1，PQ⊥PD，
∴直线PQ的解析式为y＝﹣x+，
∴Q（8，0），
根据矩形的性质可知，将点D向右平移6个单位，向下平移4个单位得到点N，
∴N（0+6，1﹣4），即N（6，﹣3）．
②当DP是对角线时，设Q（x，0），则QD2＝x2+1，QP2＝（x﹣2）2+42，PD2＝13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2＝PD2，
∴x2+1+（x﹣2）2+16＝13，
整理得x2﹣2x+4＝0，方程无解，此种情形不存在，
综上所述，满足条件的点N坐标为（，3）或（6，﹣3）．

8．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx﹣5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图2，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别相交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标；
（3）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标．

解：（1）∵点A（﹣1，0），B（5，0）在抛物线y＝ax2+bx﹣5上，
∴，
解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣4x﹣5，

（2）设H（t，t2﹣4t﹣5），
∵CE∥x轴，
∴点E的纵坐标为﹣5，
∵E在抛物线上，
∴x2﹣4x﹣5＝﹣5，
∴x＝0（舍）或x＝4，
∴E（4，﹣5），
∴CE＝4，
∵B（5，0），C（0，﹣5），
∴直线BC的解析式为y＝x﹣5，
∴F（t，t﹣5），
∴HF＝t﹣5﹣（t2﹣4t﹣5）＝﹣（t﹣）2+，
∵CE∥x轴，HF∥y轴，
∴CE⊥HF，
∴S四边形CHEF＝CE•HF＝﹣2（t﹣）2+，
∴H（，﹣）；

（3）如图2，∵K为抛物线的顶点，
∴K（2，﹣9），
∴K关于y轴的对称点K'（﹣2，﹣9），
∵M（4，m）在抛物线上，
∴M（4，﹣5），
∴点M关于x轴的对称点M'（4，5），
∴直线K'M'的解析式为y＝x﹣，
∴P（，0），Q（0，﹣）．


9．如图，已知抛物线y＝x2+2x的顶点为A，直线y＝x+2与抛物线交于B，C两点．
（1）求A，B，C三点的坐标；
（2）作CD⊥x轴于点D，求证：△ODC∽△ABC；
（3）若点P为抛物线上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，则是否还存在除C点外的其他位置的点，使以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出这样的P点坐标；若不存在，请说明理由．

（1）解：y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴顶点A（﹣1，﹣1）；
由，解得：或
∴B（﹣2，0），C（1，3）；
（2）证明：∵A（﹣1，﹣1），B（﹣2，0），C（1，3），
∴AB＝＝，
BC＝＝3，
AC＝＝2，
∴AB2+BC2＝AC2，＝＝，
∴∠ABC＝90°，
∵OD＝1，CD＝3，
∴＝，
∴，∠ABC＝∠ODC＝90°，
∴△ODC∽△ABC；
（3）存在这样的P点，
设M（x，0），则P（x，x2+2x），
∴OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，
当以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似时，
有＝或＝，
由（2）知：AB＝，CB＝3，
①当＝时，则＝，
当P在第二象限时，x＜0，x2+2x＞0，
∴，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，
当P在第三象限时，x＜0，x2+2x＜0，
∴＝，解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，
②当＝时，则＝3，
同理代入可得：x＝﹣5或x＝1（舍），
综上所述，存在这样的点P，坐标为（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣5，15）．


10．如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（5，）、点B（9，﹣10），与y轴交于点C，点P是直线AC上方抛物线上的一个动点；
（1）求抛物线对应的函数解析式；
（2）过点P且与y轴平行的直线l与直线BC交于点E，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标；
（3）当∠PCB＝90°时，作∠PCB的角平分线，交抛物线于点F．
①求点P和点F的坐标；
②在直线CF上是否存在点Q，使得以F、P、Q为顶点的三角形与△BCF相似，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（5，）、点B（9，﹣10），
∴，
解得，
∴抛物线对应的函数表达式为y＝﹣x2+2x﹣1；

（2）由抛物线可得，C（0，﹣1），B（9，﹣10），
∴直线BC为：y＝﹣x﹣1，
设点P的坐标为（m，﹣m2+2m﹣1），则E（m，﹣m﹣1），
∴PE＝﹣m2+2m﹣1﹣（﹣m﹣1）＝﹣m2+3m，
∴四边形AECP的面积＝△APE面积+△CPE面积
＝×（﹣m2+3m）×m+×（﹣m2+3m）×（5﹣m）
＝（﹣m2+3m）
＝﹣m2+m，
＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，﹣m2+2m﹣1＝，
∴点P坐标为（ ，）；

（3）①过点B作BH⊥y轴于H，
∵C（0，﹣1），B（9，﹣10），
∴CH＝BH＝9，
∴∠BCH＝45°，
∵∠PCB＝90°，CF平分∠PCB，
∴∠BCF＝45°，
∴∠FCH＝90°，即CF∥x轴，
当y＝﹣1时，﹣1＝﹣x2+2x﹣1，
解得x1＝0，x2＝6，
∴F（6，﹣1），
∵CP⊥CB，C（0，﹣1），
∴直线CP为：y＝x﹣1，
当x﹣1＝﹣x2+2x﹣1时，解得x1＝0，x2＝3，
当x＝3时，y＝2，
∴P（3，2）；

②∵直线CB：y＝﹣x﹣1，直线PF：y＝﹣x+5，
∴CB∥PF，
∴∠BCF＝∠PFC＝45°，
∴在直线CF上存在满足条件的点Q，
设Q（t，﹣1），
由题可得CF＝6，CB＝9，PF＝3，
（ⅰ）如图所示，当△PFQ1∽△BCF时，
＝，即＝，
解得t＝4，
∴Q1（4，﹣1）；
（ⅱ）如图所示，当△PFQ∽△FCB时，
＝，即＝，
解得t＝﹣3，
∴Q2（﹣3，﹣1）．
综上所述，点Q的坐标为（4，﹣1）或（﹣3，﹣1）．