中考数学二轮专题复习《函数压轴题》专项练习二（含答案）

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中考数学二轮专题复习《函数压轴题》专项练习二1.如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交x轴于A(﹣3，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，连接AC，BC.M为线段OB上的一个动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q.(1)求抛物线的表达式；(2)过点P作PN⊥BC，垂足为点N.设M点的坐标为M(m，0)，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？(3)试探究点M在运动过程中，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，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由.              2.如图，抛物线y=﹣x2＋bx＋c交x轴于点A(﹣2，0)和点B，交y轴于点C(0，3)，点D是x轴上一动点，连接CD，将线段CD绕点D旋转得到DE，过点E作直线l⊥x轴，垂足为H，过点C作CF⊥l于F，连接DF.(1)求抛物线解析式；(2)若线段DE是CD绕点D顺时针旋转90°得到，求线段DF的长；(3)若线段DE是CD绕点D旋转90°得到，且点E恰好在抛物线上，请求出点E的坐标.                 3.如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，且点B与点C的坐标分别为B(3，0)，C(0，3)，点M是抛物线的顶点.(1)求抛物线的解析式；(2)点P的线段MB上一个动点，过点P作PD⊥x轴与点D，若△PCD的面积为S，试判断S有无最大值？若有，求出这个最大值；(3)在(2)的条件下，线段MB上是否存在点P，△PCD为直角三角形？如果存在，请直接写出点P的坐标，如果不存在，请说明理由.                  4.如图，在平面直角坐标中，点O为坐标原点，直线y=﹣x+4与x轴交于点A，过点A的抛物线y=ax2+bx与直线y=﹣x+4交于另一点B，且点B的横坐标为1．(1)求a，b的值；(2)点P是线段AB上一动点(点P不与点A、B重合)，过点P作PM∥OB交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，过点P作PF⊥MC于点F，设PF的长为t，MN的长为d，求d与t之间的函数关系式(不要求写出自变量t的取值范围)；(3)在(2)的条件下，当S△ACN=S△PMN时，连接ON，点Q在线段BP上，过点Q作QR∥MN交ON于点R，连接MQ、BR，当∠MQR﹣∠BRN=45°时，求点R的坐标．                 5.已知抛物线y=ax2﹣4a(a＞0)与x轴相交于A，B两点(点A在点B的左侧)，点P是抛物线上一点，且PB=AB，∠PBA=120°，如图所示．(1)求抛物线的解析式．(2)设点M(m，n)为抛物线上的一个动点，且在曲线PA上移动．①当点M在曲线PB之间(含端点)移动时，是否存在点M使△APM的面积为？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．②当点M在曲线BA之间(含端点)移动时，求|m|+|n|的最大值及取得最大值时点M的坐标．                 6.如图1，直线y=﹣x＋2与x轴、y轴分别交于B、C两点，经过B、C两点的抛物线与x轴的另一交点坐标为A(﹣1，0)．(1)求B、C两点的坐标及该抛物线所对应的函数关系式；(2)P在线段BC上的一个动点(与B、C不重合)，过点P作直线a∥y轴，交抛物线于点E，交x轴于点F，设点P的横坐标为m，△BCE的面积为S．①求S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；②求S的最大值，并判断此时△OBE的形状，说明理由；(3)过点P作直线b∥x轴(图2)，交AC于点Q，那么在x轴上是否存在点R，使得△PQR为等腰直角三角形？若存在，请求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．
0.参考答案1.解：(1)将点A、B的坐标代入抛物线表达式得，解得a＝﹣，b＝.故抛物线的表达式为：y＝﹣x2＋x＋4；(2)由抛物线的表达式知，点C(0，4)，由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x＋4；设点M(m，0)，则点P(m，﹣m2＋m＋4)，点Q(m，﹣m＋4)，∴PQ＝﹣m2＋m＋4＋m﹣4＝﹣m2＋m，∵OB＝OC，故∠ABC＝∠OCB＝45°，∴∠PQN＝∠BQM＝45°，∴PN＝PQsin45°＝(﹣m2＋m)＝﹣(m﹣2)2＋，∵﹣＜0，故当m＝2时，PN有最大值为.(3)存在，理由：点A、C的坐标分别为(﹣3，0)、(0，4)，则AC＝5，①当AC＝CQ时，过点Q作QE⊥y轴于点E，连接AQ，则CQ2＝CE2＋EQ2，即m2＋[4﹣(﹣m＋4)]2＝25，解得：m＝±(舍去负值)，故点Q(，4﹣)；②当AC＝AQ时，则AQ＝AC＝5，在Rt△AMQ中，由勾股定理得：[m﹣(﹣3)]2＋(﹣m＋4)2＝25，解得：m＝1或0(舍去0)，故点Q(1，3)；③当CQ＝AQ时，则2m2＝[m﹣(﹣3)]2＋(﹣m＋4)2，解得：m＝12.5(舍去)；综上，点Q的坐标为(1，3)或(，4﹣).2.解：(1)∵抛物线y=﹣x2＋bx＋c交x轴于点A(﹣2，0)、C(0，3)，∴，解得：，∴抛物线解析式为y=﹣x2＋x＋3；(2)如图1，∵∠CDE=90°、∠COD=∠DHE=90°，∴∠OCD＋∠ODC=∠HDE＋∠ODC，∴∠OCD=∠HDE，又∵DC=DE，∴△COD≌△DHE，∴DH=OC，又∵CF⊥FH，∴四边形OHFC是矩形，∴FH=OC=DH=3，∴DF=3；(3)如图2，设点D的坐标为(t，0)，∵点E恰好在抛物线上，且EH=OD，∠DHE=90°，∴由(2)知，△COD≌△DHE，∴DH=OC，EH=OD，①当CD绕点D顺时针旋转时，点E的坐标为(t＋3，t)，代入抛物线y=﹣x2＋x＋3，得：﹣(t＋3)2＋(t＋3)＋3=t，解得：t=1或t=﹣7.5，所以点E的坐标E1(4，1)或E2(﹣，﹣)；②当CD绕点D逆时针旋转时，点E的坐标为(t﹣3，﹣t)，代入抛物线y=﹣x2＋x＋3得：﹣(t﹣3)2＋(t﹣3)＋3=﹣t，解得：t=或t=，所以点E的坐标E3(，﹣)或E4(，﹣)；综上，点E的坐标为E1(4，1)或E2(﹣，﹣)或E3(，﹣)或E4(，﹣).3.解：(1)把B(3，0)，C(0，3)代入y=﹣x2+bx+c，得，解得，所以抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；(2)S有最大值.理由如下：∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4，∴M(1，4)，设直线BM的解析式为y=kx+n，把B(3，0)，M(1，4)代入得，解得，∴直线BM的解析式为y=﹣2x+6，设OD=m，∴P(m，﹣2m+6)(1≤m＜3)，∴S=•m•(﹣2m+6)=﹣m2+3m=﹣(m﹣)2+，∵1≤m＜3，∴当m=时，S有最大值，最大值为；(3)存在.∠PDC不可能为90°；当∠DPC=90°时，则PD=OC=3，即﹣2m+6=3，解得m=，此时P点坐标为(，3)，当∠PCD=90°时，则PC2+CD2=PD2，即m2+(﹣2m+3)2+32+m2=(﹣2m+6)2，整理得m2+6m﹣9=0，解得m1=﹣3﹣3(舍去)，m2=﹣3+3，当m=﹣3+3时，y=﹣2m+6=6﹣6+6=12﹣6，此时P点坐标为(﹣3+3，12﹣6)，综上所述，当P点坐标为(，3)或(﹣3+3，12﹣6)时，△PCD为直角三角形.4.解：(1)∵y=﹣x+4与x轴交于点A，∴A(4，0)，∵点B的横坐标为1，且直线y=﹣x+4经过点B，∴B(1，3)，∵抛物线y=ax2+bx经过A(4,0)，B(1,3)，∴,解得:，∴a=﹣1,b=4；(2)如图，作BD⊥x轴于点D，延长MP交x轴于点E，∵B(1，3)，A(4，0)，∴OD=1，BD=3，OA=4，∴AD=3，∴AD=BD，∵∠BDA=90°,∠BAD=∠ABD=45°,∵MC⊥x轴,∴∠ANC=∠BAD=45°,∴∠PNF=∠ANC=45°，∵PF⊥MC,∴∠FPN=∠PNF=45°,∴NF=PF=t,∵∠DFM=∠ECM=90°,∴PF∥EC,∴∠MPF=∠MEC，∵ME∥OB，∴∠MEC=∠BOD，∴∠MPF=∠BOD，∴tan∠BOD=tan∠MPF，∴==3，∴MF=3PF=3t，∵MN=MF+FN，∴d=3t+t=4t；(3)如备用图，由(2)知，PF=t，MN=4t，∴S△PMN=0.5MN×PF=0.5×4t×t=2t2，∵∠CAN=∠ANC，∴CN=AC，∴S△ACN=0.5AC2，∵S△ACN=S△PMN，∴0.5AC2=2t2，∴AC=2t，∴CN=2t，∴MC=MN+CN=6t，∴OC=OA﹣AC=4﹣2t，∴M(4﹣2t，6t)，由(1)知抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x，将M(4﹣2t，6t)代入y=﹣x2+4x得：﹣(4﹣2t)2+4(4﹣2t)=6t，解得：t1=0(舍)，t2=0.5，∴PF=NF=0.5，AC=CN=1，OC=3，MF=1.5，PN=，PM=，AN=，∵AB=3，∴BN=2，作NH⊥RQ于点H，∵QR∥MN，∴∠MNH=∠RHN=90°，∠RQN=∠QNM=45°，∴∠MNH=∠NCO，∴NH∥OC，∴∠HNR=∠NOC，∴tan∠HNR=tan∠NOC，∴==，设RH=n，则HN=3n，∴RN=n，QN=3n，∴PQ=QN﹣PN=3n﹣，∵ON==，OB==，∴OB=ON，∴∠OBN=∠BNO，∵PM∥OB，∴∠OBN=∠MPB，∴∠MPB=∠BNO，∵∠MQR﹣∠BRN=45°，∠MQR=∠MQP+∠RQN=∠MQP+45°，∴∠BRN=∠MQP，∴△PMQ∽△NBR，∴=，∴=，解得：n=，∴R的横坐标为：3﹣=2，R的纵坐标为：1﹣=，∴R(2，)．5.解：(1)如图1，令y=0代入y=ax2﹣4a，∴0=ax2﹣4a，∵a＞0，∴x2﹣4=0，∴x=±2，∴A(﹣2，0)，B(2，0)，∴AB=4，过点P作PC⊥x轴于点C，∴∠PBC=180°﹣∠PBA=60°，∵PB=AB=4，∴cos∠PBC=，∴BC=2，由勾股定理可求得：PC=2，∵OC=OC+BC=4，∴P(4，2)，把P(4，2)代入y=ax2﹣4a，∴2=16a﹣4a，∴a=，∴抛物线解析式为；y=x2﹣；(2)∵点M在抛物线上，∴n=m2﹣，∴M的坐标为(m，m2﹣)，①当点M在曲线PB之间(含端点)移动时，∴2≤m≤4，如图2，过点M作ME⊥x轴于点E，交AP于点D，设直线AP的解析式为y=kx+b，把A(﹣2，0)与P(4，2)代入y=kx+b，得：，解得∴直线AP的解析式为：y=x+，令x=m代入y=x+，∴y=m+，∴D的坐标为(m， m+)，∴DM=(m+)﹣(m2﹣)=﹣m2+m+，∴S△APM=DM×AE+DM×CE=DM(AE+CE)=DM×AC=﹣m2+m+4当S△APM=时，∴=﹣m2+m+4，∴解得m=3或m=﹣1，∵2≤m≤4，∴m=3，此时，M的坐标为(3，)；②当点M在曲线BA之间(含端点)移动时，∴﹣2≤m≤2，n＜0，当﹣2≤m≤0时，∴|m|+|n|=﹣m﹣n=﹣m2﹣m+=﹣(m+)2+，当m=﹣时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，此时，M的坐标为(﹣，﹣)，当0＜m≤2时，∴|m|+|n|=m﹣n=﹣m2+m+=﹣(m﹣)2+，当m=时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，此时，M的坐标为(，﹣)，综上所述，当点M在曲线BA之间(含端点)移动时，M的坐标为(，﹣)或(﹣，﹣)时，|m|+|n|的最大值为．6.解：(1)在y=﹣x＋2中，令y=0，得﹣x＋2=0，解得x=3，令x=0，得y=2，∴B(3，0)，C(0，2)，设抛物线y=ax2＋bx＋c(a≠0)，∵抛物线经过点A(﹣1，0)、B(3，0)、C(0，2)，∴，解得，∴抛物线解析式为，y=﹣x2＋x＋2；(2)①∵点P的横坐标为m，过点P作直线a∥y轴，∴EP=﹣m2＋m＋2﹣(﹣m＋2)=﹣m2＋2m，∴△BCE的面积为S=EP•|xB﹣xC|=×(﹣m2＋2m)×|3﹣0|=﹣m2＋3m，∵P在线段BC上的一个动点(与B、C不重合)，∴0＜m＜3，∴S与m之间的函数关系式为：S=﹣m2＋3m(0＜m＜3)；②∵S=﹣m2＋3m=﹣(m﹣)2＋，∴当m=时，S最大值=，当m=时，P是BC的中点，OE=BE，EF=，∴△OBE是等腰三角形；(3)令y=0，则﹣x2＋x＋2=0，整理得，x2﹣2x﹣3=0，解得x1=﹣1，x2=3，∴点A(﹣1，0)，易得直线AC的解析式为y=2x＋2，∵点P的横坐标为m，∴点P的纵坐标为﹣m＋2，∴点Q的纵坐标为﹣m＋2，代入直线AC得，2x＋2=﹣m＋2，解得x=﹣m，∴PQ=m﹣(﹣m)=m，当PQ是等腰直角三角形△PQR的直角边时，m=﹣m＋2，解得m=1，∴QR是直角边时，点R1(﹣，0)，PQ是直角边时，点R2(1，0)，PQ是等腰直角三角形△PQR的斜边时，×m=﹣m＋2，解得m=，∴PQ=m=×=2，OR=m﹣PQ=﹣×2=，∴点R3(，0)，综上所述，x轴上存在点R(﹣，0)或(1，0)或(，0)，使得△PQR为等腰直角三角形．