2022年中考数学二次函数压轴300题终极突破提升训练（2）

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中考数学二次函数压轴300题终极突破提升训练（2）

1．如图，已知抛物线与一直线相交于，两点，与轴交于点，其顶点为．

(1)求抛物线的表达式；
(2)若是抛物线上位于直线上方的一个动点，求的面积的最大值；
(3)在抛物线对称轴上存在点，使得是直角三角形，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，点的坐标为或或或．
【分析】（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b，c的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）设直线AC的解析式y＝kx+b将点A和点C的坐标代入，求出直线AC的解析式，设点P的坐标，进而表示出PQ，进而得出，即可得出结论；
（3）分AM是斜边、AN是斜边、MN是斜边三种情况，分别求解即可．
【详解】解：(1)由抛物线过点，
得，
解得，
故抛物线的表达式为．
(2)设直线为过点及，
则，
解得，
故直线为，
如图，过点作轴交于点，交轴于点，过点作轴于点，
设，则，

又
．
∴面积的最大值为．
(3)存在，理由：
由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝1，设点M（1，m），
由点A（﹣1，0）、M（1，m）、N（0，3）的坐标知，，同理，，
当AM是斜边时，则4＋m2＝10＋1＋（m−3）2，解得m＝；
当AN是斜边时，，解得m＝1或2；
当MN是斜边时，，解得m＝；
故点的坐标为或或或．

【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、勾股定理的运用、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
2．如图，抛物线与x轴的两个交点分别为，与y轴交于点C，点B在y轴正半轴上，且．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线的顶点为点E，对称轴交x轴于点M，连接、，请在抛物线的对称轴上找一点Q，使，求出点Q的坐标；
（3）如图2，过点C作轴，交抛物线于点F，连接，点G是x轴上一点，在抛物线上存在点N，使以点B、F、G、N为顶点的四边形是平行四边形，请你直接写出点N的坐标．
【答案】（1）；（2）或；（3）或或或或
【分析】（1）把把，代入，利用待定系数法即可解决问题；
（2）如图1中， 过作轴于 证明BE⊥AB，分两种情形求解①作BQ⊥EM交EM于Q，由∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，推出∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时． ②当点Q在AB的下方时，设，AB交EM于K．求解，由，可得，列出方程即可解决问题；
（3）当以为平行四边形的边时，如图2中，如图3，画出符合题意的图形，设，再利用平行四边形的性质与平移的性质表示的坐标，利用的纵坐标为列方程，解方程可得答案，如图4，当以为平行四边形的对角线时，同理设，，再利用平行四边形的性质以及中点坐标公式列方程，解方程可得答案．
【详解】解：（1）把，代入
得到，
解得 ，
∴抛物线的解析式为．
（2）如图1中， 过作轴于

∵，
∴顶点，
∵，，
，







∴，
作BQ⊥EM交EM于Q，
∵∠ABQ+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BEM=90°，
∴∠ABQ=∠BEM，满足条件，此时．
当点Q在AB的下方时，记为，设，AB交EM于K．
设直线为，
，

∴直线的解析式为，
当时，

∵
∴，
∴
，
∴
解得
经检验：符合题意，
∴
综上所述，满足条件的点Q的坐标为或．
（3）当以为平行四边形的边时，如图2中，
，抛物线的对称轴为

设，由平行四边形及平移的性质可得： 且在轴上，






如图3，设，同理可得：




同理可得：
如图4，当以为平行四边形的对角线时，
同理设，，
由平行四边形的性质得：的中点坐标为，


的中点坐标为：




综上所述，满足条件的点N的坐标为或或或或
【点评】本题考查利用待定系数法求解二次函数与一次函数的解析式，三角形全等的判定与性质，平行四边形的判定和性质，平移的坐标变化，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．
3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋4经过点A（4，0），B（－1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是直线AC上一动点，过点D作DE垂直于y轴于点E，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点D的坐标；
（3）在AC上方的抛物线上是否存在点P，使得△ACP是直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）存在，或．
【分析】（1）根据A、B的坐标用待定系数法求出二次函数解析式．
（2）连接OD，根据题意可得四边形OFDE是矩形，可证OD＝EF，OD是AC边上的高时最短，运用三线合一求出点D的坐标即可．
（3）运用平面直角坐标系两点间距离公式可得PA、PC、AC的长度，运用勾股定理解三角形，分情况讨论求出P点的坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2＋bx＋4经过点A（4，0），B（﹣1，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2＋3x＋4；
（2）连接OD，如图：

∵由题意知，四边形OFDE是矩形，
∴OD＝EF，
∵据垂线段最短，可知：
∴当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．
∵由（1）知，在Rt△AOC中，OC＝OA＝4，
∴AC＝4．
∵D为AC的中点（三线合一），
∴，
∴，，
∴点D的坐标为（2，2）；
（3）假设存在，设点P的坐标为（m，﹣m2＋3m＋4）．
∵点A的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，4），
∴AP2＝（m﹣4）2＋（﹣m2＋3m＋4﹣0）2＝m4﹣6m3＋2m2＋16m＋32，
CP2＝（m﹣0）2＋（﹣m2＋3m＋4﹣4）2＝m4﹣6m3＋10m2，
AC2＝（0﹣4）2＋（4﹣0）2＝32．
分两种情况考虑，
①当∠ACP＝90°时，AP2＝CP2＋AC2，
即m4﹣6m3＋2m2＋16m＋32＝m4﹣6m3＋10m2＋32，
整理得：m2﹣2m＝0，
解得：m1＝0（舍去），m2＝2，
∴点P的坐标为（2，6）；
②当∠APC＝90°时，CP2＋AP2＝AC2，
即m4﹣6m3＋10m2＋m4﹣6m3＋2m2＋16m＋32＝32，
整理得：m（m3﹣6m2＋6m＋8）＝0，
∴m（m﹣4）（m2﹣2m﹣2）＝0，
解得：m1＝0（舍去），m2＝4（舍去），（舍去），，
∴点P的坐标为（1＋，3＋）．
综上所述，假设成立，
即存在点P（2，6）或（1＋，3＋），使得△ACP是直角三角形．
【点评】本题主要考查用待定系数法求解析式及实际问题与二次函数——图形运动问题，在求动点P的坐标时注意分析题意分情况讨论．
4．如图，已知二次函数的图象与x轴交于A（−3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C．

（1）求二次函数的解析式；
（2）当时，请直接写出x的范围；
（3）点D是抛物线上位于第二象限的一个动点，连接CD，当∠ACD=90°时，求点D的横坐标．
【答案】（1）；（2）或；（3）．
【分析】（1）用待定系数法解二次函数的解析式即可；
（2）分别计算临界点、时，相对应的的值，再结合图象解题即可；
（3）过点D作DE⊥y轴于点E，由题意设，继而证明△AOC∽△CED，最后根据相似三角形对应边成比例性质及解一元二次方程解题．
【详解】解：（1）把A（−3，0）、B（−1，0）代入，得
，
解得
所以二次函数的解析式为；

（2）当时，即抛物线与轴的交点
当时，
即


结合图象可得，
当时，或；
（3）∵A（−3，0），C（0，4），
∴OA=3，OC=4，
如图，过点D作DE⊥y轴于点E，
设，
∵点D在第三象限，
∴x