2023年中考数学三轮冲刺二次函数压轴题一(2份打包，教师版+原卷版，可预览)

2023年中考数学三轮冲刺二次函数压轴题一

1.在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A(﹣4，0)，B(0，﹣4)，C(2，0)三点.

(1)求抛物线解析式；

(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△MOA的面积为S.求S关于m的函数关系式，并求出当m为何值时，S有最大值，这个最大值是多少？

(3)若点Q是直线y=﹣x上的动点，过Q做y轴的平行线交抛物线于点P，判断有几个Q能使以点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形的点，直接写出相应的点Q的坐标.

【答案解析】解：(1)设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，

∵抛物线经过A(﹣4，0)，B(0，﹣4)，C(2，0)，

∴，解得，

∴抛物线解析式为y=x2+x﹣4；

(2)∵点M的横坐标为m，

∴点M的纵坐标为m2+m﹣4，

又∵A(﹣4，0)，

∴AO=0﹣(﹣4)=4，

∴S=×4×|m2+m﹣4|=﹣(m2+2m﹣8)=﹣m2﹣2m+8，

∵S=﹣(m2+2m﹣8)=﹣(m+1)2+9，点M为第三象限内抛物线上一动点，

∴当m=﹣1时，S有最大值，最大值为S=9；

故答案为：S关于m的函数关系式为S=﹣m2﹣2m+8，当m=﹣1时，S有最大值9；

(3)∵点Q是直线y=﹣x上的动点，

∴设点Q的坐标为(a，﹣a)，

∵点P在抛物线上，且PQ∥y轴，

∴点P的坐标为(a， a2+a﹣4)，

∴PQ=﹣a﹣(a2+a﹣4)=﹣a2﹣2a+4，

又∵OB=0﹣(﹣4)=4，

以点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形，

∴|PQ|=OB，即|﹣a2﹣2a+4|=4，

①﹣a2﹣2a+4=4时，整理得，a2+4a=0，

解得a=0(舍去)或a=﹣4，﹣a=4，

所以点Q坐标为(﹣4，4)，

②﹣a2﹣2a+4=﹣4时，整理得，a2+4a﹣16=0，解得a=﹣2±2，

所以点Q的坐标为(﹣2+2，2﹣2)或(﹣2﹣2，2+2)，

综上所述，Q坐标为(﹣4，4)或(﹣2+2，2﹣2)或(﹣2﹣2，2+2)时，

使点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形.

2.如图，抛物线与x轴交于点A(﹣，0)、点B(2，0)，与y轴交于点C(0，1)，连接BC．             

(1)求抛物线的函数关系式；

(2)点N为抛物线上的一个动点，过点N作NP⊥x轴于点P，设点N的横坐标为t(﹣＜t＜2)，求△ABN的面积S与t的函数关系式；

(3)若﹣＜t＜2且t≠0时△OPN∽△COB，求点N的坐标．             

【答案解析】解：(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，由题可得：                                                                                                                             

，解得：，∴抛物线的函数关系式为y=﹣x2+x+1；                                                                                                                             

(2)当﹣＜t＜2时，yN＞0，∴NP==yN=﹣t2+t+1，                                                                                                                             

∴S=ABPN=×(2+)×(﹣t2+t+1)=(﹣t2+t+1)=﹣t2+t+；                                                                                                                             

(3)∵△OPN∽△COB，∴=，∴=，∴PN=2PO．                                                                                                                             

①当﹣＜t＜0时，PN==yN=﹣t2+t+1，PO==﹣t，∴﹣t2+t+1=﹣2t，                                                                                                                             

整理得：3t2﹣9t﹣2=0，解得：t1=，t2=．                                                                                                                             

∵＞0，﹣＜＜0，                                                                                                                             

∴t=，此时点N的坐标为(，)；                                                                                                                             

②当0＜t＜2时，PN==yN=﹣t2+t+1，PO==t，∴﹣t2+t+1=2t，                                                                                                                             

整理得：3t2﹣t﹣2=0，解得：t3=﹣，t4=1．                                                                                                                             

∵﹣＜0，0＜1＜2，∴t=1，此时点N的坐标为(1，2)．                                                                                                                             

综上所述：点N的坐标为(，)或(1，2)．                                         

3.已知抛物线y=ax2+bx+c经过A(-1，0)、B(2，0)、C(0，2)三点．

(1)求这条抛物线的解析式；

(2)如图1，点P是第一象限内此抛物线上的一个动点，当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时点P的坐标；

(3)如图2，设线段AC的垂直平分线交x轴于点E，垂足为D，M为抛物线的顶点，那么在直线DE上是否存在一点G，使△CMG的周长最小？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案解析】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(﹣1，0)、B(2，0)、C(0，2)三点．

∴，解得，∴这条抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2．

(2)设直线BC的解析式为：y=kx+b，将B(2，0)、C(0，2)代入得：

，解得，∴直线BC的解析式为：y=﹣x+2．

如答图1，连接BC．

四边形ABPC由△ABC与△PBC组成，△ABC面积固定，则只需要使得△PBC面积最大即可．

设P(x，﹣x2+x+2)，过点P作PF∥y轴，交BC于点F，则F(x，﹣x+2)．

∴PF=(﹣x2+x+2)﹣(﹣x+2)=﹣x2+2x．

S△PBC=S△PFC+S△PFB=PF(xF﹣xC)+PF(xB﹣xF)=PF(xB﹣xC)=PF

∴S△PBC=﹣x2+2x=﹣(x﹣1)2+1

∴当x=1时，△PBC面积最大，即四边形ABPC面积最大．此时P(1，2)．

∴当点P坐标为(1，2)时，四边形ABPC的面积最大．

(3)存在．

∵∠CAO+∠ACO=90°，∠CAO+∠AED=90°，∴∠ACO=∠AED，

又∵∠CAO=∠CAO，∴△AOC∽△ADE，

∴=，即=，解得AE=，∴E(，0)．

∵DE为线段AC的垂直平分线，∴点D为AC的中点，∴D(﹣，1)．

可求得直线DE的解析式为：y=﹣x+ ①．

∵y=﹣x2+x+2=﹣(x﹣)2+，∴M(，)．

又A(﹣1，0)，则可求得直线AM的解析式为：y=x+ ②．

∵DE为线段AC的垂直平分线，∴点A、C关于直线DE对称．

如答图2，连接AM，与DE交于点G，此时△CMG的周长=CM+CG+MG=CM+AM最小，故点G为所求．

联立①②式，可求得交点G的坐标为(﹣，)．

∴在直线DE上存在一点G，使△CMG的周长最小，点G的坐标为(﹣，)．

4.如图，抛物线y=ax2＋bx＋c经过平行四边形ABCD的顶点A(0，3)、B(－1，0)、D(2，3)，抛物线与x轴的另一交点为E.经过点E的直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等的两部分，与抛物线交于另一点F.点P为直线l上方抛物线上一动点．设点P的横坐标为t.

(1)求抛物线的解析式；

(2)当t何值时，△PFE的面积最大？并求最大值的立方根；

(3)是否存在点P使△PAE为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．

【答案解析】解：(1)将点A、B、D的坐标代入抛物线的解析式得：

，解得，

∴抛物线的解析式为y=－x2＋2x＋3；

(2)把y=0代入y=－x2＋2x＋3得：－x2＋2x＋3=0，

解得x=3或x=－1.

∴点E的坐标为(3，0)．

∵l将平行四边形ABCD分割为面积相等的两部分，

∴直线l经过平行四边形两对角线的交点，

∴直线l经过点BD的中点，即(，)．

设EF的解析式为y=kx＋b′，将(，)和(3，0)代入直线的解析式得

，解得，

∴直线EF的解析式为y=－x＋，

将直线EF解析式与抛物线解析式联立可得，

，解得或，

∴F(－，)，

如解图①所示，连接PE，过点P作PG⊥x轴，交EF于点G.

图①

设点P的坐标为(t，－t2＋2t＋3)，则点G的坐标为(t，－t＋)，

∴PG=－t2＋2t＋3－(－t＋)=－t2＋t＋.

△PEF的面积=PG·|xE－xF|=×(3＋)PG=×(－t2＋t＋)

=－t2＋t＋=－·(t－)2＋×，

∴当t=－=时，△PFE的面积最大，最大面积为×，

∴最大值的立方根为=1.7；

(3)如解图②所示：当∠PAE=90°时，

图②

设直线AE的解析式为y=k′x＋3，将点E的坐标代入得：3k′＋3=0，解得k′=－1.

∴直线AE的解析式为y=－x＋3.

∴直线AP的解析式为y=x＋3.

将y=x＋3与y=－x2＋2x＋3联立，解得x=0时，y=3；x=1时，y=4.

∴P(1，4)．

∴t=1.

如解图③所示：当∠APE=90°时，

图③

设点P的坐标为(t，－t2＋2t＋3)．

设直线AP的解析式为y=k1x＋b1，PE的解析式为y=k2x＋b2.

将点A和点P的坐标代入y=k1x＋b1得

，解得k1=－t＋2.

将点P、E代入y=k2x＋b2得，解得k2=－(t＋1)．

∵PA与PE垂直，

∴k1·k2=－1，即－(t＋1)×(－t＋2)=－1，整理得：t2－t－1=0，

解得t=或t=，

∵点P在直线l的上方，∴t=(舍去)．

综上所述，当t=1或t=时，△PAE为直角三角形．

5.如图，已知在平面直角坐标系中，直线y=- x+6与x轴、y轴的交点分别为A、B，将∠OBA对折，使点O的对应点H落在直线AB上，折痕交x轴于点C．

(1)直接写出点C的坐标，并求过A、B、C三点的抛物线的解析式；

(2)若抛物线的顶点为D，在直线BC上是否存在点P，使得四边形ODAP为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；

(3)设抛物线的对称轴与直线BC的交点为T，Q为线段BT上一点，直接写出|QA﹣QO|的取值范围．

【答案解析】解：(1)点C的坐标为(3，0)．

∵点A、B的坐标分别为A(8，0)，B(0，6)，

∴可设过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=a(x﹣3)(x﹣8)．

将x=0，y=6代入抛物线的解析式，得a=．

∴过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=x2-x+6．

(2)可得抛物线的对称轴为直线x=5.5，顶点D的坐标为(5.5,-)，

设抛物线的对称轴与x轴的交点为G．

直线BC的解析式为y=﹣2x+6. 

如图，取OA的中点E，作点D关于点E的对称点P，作PN⊥x轴于点N．

则∠PEN=∠DEG，∠PNE=∠DGE，PE=DE．

可得△PEN≌△DEG．

由OE=4，可得E点的坐标为(4，0)．

NE=EG=，ON=OE﹣NE=，NP=DG=．∴点P的坐标为(,)．

∵x= 时，-2x+6≠，  ∴点P不在直线BC上．

∴直线BC上不存在符合条件的点P．

(3)|QA﹣QO|的取值范围是0≤|QA-QO|≤4．

当Q在OA的垂直平分线上与直线BC的交点时，(如点K处)，

此时OK=AK，则|QA﹣QO|=0，

当Q在AH的延长线与直线BC交点时，此时|QA﹣QO|最大，

直线AH的解析式为：y=﹣x+6，直线BC的解析式为：y=﹣2x+6，

联立可得：交点为(0，6)，∴OQ=6，AQ=10，∴|QA﹣QO|=4，

∴|QA﹣QO|的取值范围是：0≤|QA﹣QO|≤4．

6.抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点(点A在点B的左边)，与y轴正半轴交于点C.

(1)如图1，若A(﹣1，0)，B(3，0)，

①求抛物线y=﹣x2+bx+c的解析式；

②P为抛物线上一点，连接AC，PC，若∠PCO=3∠ACO，求点P的横坐标；

(2)如图2，D为x轴下方抛物线上一点，连DA，DB，若∠BDA+2∠BAD=90°，求点D的纵坐标.

【答案解析】解：(1)①将A(﹣1，0)、B(3，0)代入y=﹣x2+bx+c，得：

，解得：，

∴y=﹣x2+2x+3；

②延长CP交x轴于点E，在x轴上取点D，使CD=CA，作EN⊥CD交CD的延长线于点N，

∵CD=CA、OC⊥AD，[来源:学_科_网Z_X_X_K]

∴∠DCO=∠ACO，[来源:学科网ZXXK]

∵∠PCO=3∠ACO，

∴∠ACD=∠ECD，

∴tan∠ACD=tan∠ECD，

∴=，AI==，

∴CI==，

∴==，

设EN=3x，则CN=4x，

由tan∠CDO=tan∠EDN知==，

∴DN=x，

∴CD=CN﹣DN=3x=，

∴x=，∴DE=，则点E的坐标为(，0)，

所以直线CE的解析式为y=﹣x+3，

由可得x1=0、x2=，则点P的横坐标为.

(2)如图2，作DI⊥x轴，垂足为I，

∵∠BDA+2∠BAD=90°，∴∠DBI+∠BAD=90°，

∵∠BDI+∠DBI=90°，∴∠BAD=∠BDI，

∵∠BID=∠DIA，∴△IBD∽△IDA，

∴=，∴=，∴yD2=xD2﹣(xA+xB)xD+xAxB，

令y=0，得：﹣x2+bx+c=0，则xA+xB=b、xAxB=﹣c，∴yD2=xD2﹣(xA+xB)xD+xAxB=xD2﹣bxD﹣c，

∵yD=﹣xD2+bxD+c，∴yD2=﹣yD，解得：yD=0或﹣1，

∵点D在x轴下方，∴yD=﹣1，即点D的纵坐标为﹣1.

7.如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A(﹣1，0)和点B，与y轴交于C(0，3)，直线y=- x+m经过点C，与抛物线的另一交点为点D，点P是直线CD上方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E，设点P的横坐标为m.

(1)求抛物线解析式并求出点D的坐标；

(2)连接PD，△CDP的面积是否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值；若不存在，请说明理由；

(3)当△CPE是等腰三角形时，请直接写出m的值.

【答案解析】解：(1)把A(﹣1，0)，C(0，3)分别代入y=﹣x2+bx+c

得，解得，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；

把C(0，3)代入y=﹣x+n，解得n=3，

∴直线CD的解析式为y=﹣x+3，

解方程组，解得或，∴D点坐标为(，)；

(2)存在.

设P(m，﹣m2+2m+3)，则E(m，﹣m+3)，

∴PE=﹣m2+2m+3﹣(﹣m+3)=﹣m2+m，

∴S△PCD=••(﹣m2+m)=﹣m2+m=﹣(m﹣)2+，

当m=时，△CDP的面积存在最大值，最大值为；

(3)当PC=PE时，m2+(﹣m2+2m+3﹣3)2=(﹣m2+m)2，解得m=0(舍去)或m=；

当CP=CE时，m2+(﹣m2+2m+3﹣3)2=m2+(﹣m+3﹣3)2，

解得m=0(舍去)或m=(舍去)或m=；

当EC=EP时，m2+(﹣m+3﹣3)2=(﹣m2+m)2，解得m=(舍去)或m=，

综上所述，m的值为或或.

8.如图，以x=1为对称轴的抛物线y=ax2+bx+c的图象与x轴交于点A，点B(﹣1，0)，与y轴交于点C(0，4)，作直线AC.

(1)求抛物线解析式；

(2)点P在抛物线的对称轴上，且到直线AC和x轴的距离相等，设点P的纵坐标为m，求m的值；

(3)点M在y轴上且位于点C上方，点N在直线AC上，点Q为第一象限内抛物线上一点，若以点C、M、N、Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出点Q的坐标.

【答案解析】解：(1)∵点A与点B(﹣1，0)关于直线x=1对称，

∴A(3，0)，

设抛物线解析式为y=a(x+1)(x﹣3)，

把C(0，4)代入得a•1•(﹣3)=4，解得a=﹣，

∴抛物线解析式为y=﹣(x+1)(x﹣3)，即y=﹣x2+x+4；

(2)设直线AC的解析式为y=kx+p，

把A(3，0)，C(0，4)代入得

，解得，

∴直线AC的解析式为y=﹣x+4；

令对称轴与直线AC交于点D，与x轴交于点E，作PH⊥AD于H，如图1，

当x=1时，y=﹣x+4=，则D(1，)，∴DE=，

在Rt△ADE中，AD==，

设P(1，m)，则PD=﹣m，PH=PE=|m|，

∵∠PDH=∠ADE，∴△DPH∽△DAE，

∴=，即=，解得m=1或m=﹣4，即m的值为1或﹣4；

(3)设Q(t，﹣t2+t+4)(0＜t＜4)，

当CM为对角线时，四边形CQMN为菱形，如图2，则点N和Q关于y轴对称，

∴N(﹣t，﹣t2+t+4)，

把N(﹣t，﹣t2+t+4)代入y=﹣x+4得t+4=﹣t2+t+4，

解得t1=0(舍去)，t2=1，此时Q点坐标为(1，)；

当CM为菱形的边时，四边形CNQM为菱形，如图3，则NQ∥y轴，NQ=NC，

∴N(t，﹣t+4)，∴NQ=﹣t2+t+4﹣(﹣t+4)=﹣t2+4t，

而CN2=t2+(﹣t+4﹣4)2=t2，即CN=t，

∴﹣t2+4t=t，解得t1=0(舍去)，t2=，此时Q点坐标为(，)，

综上所述，点Q的坐标为(1，)或(，).

9.如图,已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A、B,与直线AC:y=-x-6交y轴于点C、D，点D是抛物线的顶点,且横坐标为-2．                           

(1)求出抛物线的解析式。

(2)判断△ACD的形状,并说明理由。

(3)直线AD交y轴于点F,在线段AD上是否存在一点P ,使∠ADC=∠PCF .若存在,直接写出点P的坐标；若不存在,说明理由。             

【答案解析】解：(1)由直线AC：y=﹣x﹣6，可得A(﹣6，0)，C(0，﹣6)，                                                       

∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A、B，抛物线的顶点D的横坐标为﹣2，∴B(2，0)．                                                       

把A、B、C三点坐标分别代入y=ax2+bx+c，得                                                       

，解得，∴抛物线的解析式为y=x2+2x﹣6；                                                       

(2)△ACD是直角三角形，理由如下：

∵y=x2+2x﹣6=(x+2)2﹣8，∴顶点D的坐标是(﹣2，﹣8)．             

∵A(﹣6，0)，C(0，﹣6)，∴AC2=62+62=72，CD2=22+(﹣8+6)2=8，AD2=(﹣2+6)2+82=80，

∴AC2+CD2=AD2，∴△ACD是直角三角形，∠ACD=90°；

(3)假设在线段AD上存在一点P，使∠ADC=∠PCF．

设直线AD的解析式为y=mx+n，

∵A(﹣6，0)，D(﹣2，﹣8)，

∴，解得，

∴直线AD的解析式为y=﹣2x﹣12，                                         

∴F点坐标为(0，﹣12)，设点P的坐标为(x，﹣2x﹣12)．

∵∠ADC=∠DCF+∠DFC，∠PCF=∠DCF+∠PCD，∠ADC=∠PCF，∴∠DFC=∠PCD．

在△CPD与△FPC中，，∴△CPD∽△FPC，∴=

∴=，整理得，35x2+216x+324=0，             

解得x1=﹣，x2=﹣(舍去)，当x=﹣时，﹣2x﹣12=﹣2×(﹣)﹣12=﹣，

故所求点P的坐标为(﹣，﹣)．             

10.如图，已知抛物线y=－x2＋bx＋c与y轴相交于点A(0，3)，与x正半轴相交于点B，对称轴是直线x=1.

(1)求此抛物线的解析式及点B的坐标；

(2)动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动，同时动点N从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动，当N点到达A点时，M、N同时停止运动．过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒．

①当t为何值时，四边形OMPN为矩形；

②当t>0时，△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t值；若不能，请说明理由．

【答案解析】解：(1)∵抛物线y=－x2＋bx＋c与y轴交于点A(0，3)，

∴c=3，

∵对称轴是直线x=1，

∴－=1，解得b=2，

∴抛物线的解析式为y=－x2＋2x＋3；

令y=0，得－x2＋2x＋3=0，

解得x1=3，x2=－1(不合题意，舍去)，

∴点B的坐标为(3，0)；

(2)①由题意得ON=3t，OM=2t，则点P(2t，－4t2＋4t＋3)，

∵四边形OMPN为矩形，

∴PM=ON，即－4t2＋4t＋3=3t，

解得t1=1，t2=－(不合题意，舍去)，

∴当t=1时，四边形OMPN为矩形；

②能，在Rt△AOB中，OA=3，OB=3，∴∠B=45°，

若△BOQ为等腰三角形，有三种情况：

(ⅰ)若OQ=BQ，如解图①所示：

则M为OB中点，OM=OB=，

∴t=÷2=；

(ⅱ)若OQ=OB，

∵OA=3，OB=3，

∴点Q与点A重合，即t=0(不合题意，舍去)；

(ⅲ)若OB=BQ，如解图②所示：

∴BQ=3，

∴BM=BQ·cos45°=3×=，

∴OM=OB－BM=3－=，

∴t=÷2=，

综上所述，当t为秒或秒时，△BOQ为等腰三角形．