数学九年级上册21.1 二次函数练习题

这是一份数学九年级上册21.1 二次函数练习题，共158页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc21796" 【题型1 二次函数中等腰三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc21796 \h 1
\l "_Tc17023" 【题型2 二次函数中直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc17023 \h 3
\l "_Tc22730" 【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc22730 \h 5
\l "_Tc18687" 【题型4 二次函数中全等三角形的存在性问题】 PAGEREF _Tc18687 \h 7
\l "_Tc13453" 【题型5 二次函数中平行四边形的存在性问题】 PAGEREF _Tc13453 \h 8
\l "_Tc32016" 【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】 PAGEREF _Tc32016 \h 11
\l "_Tc756" 【题型7 二次函数中矩形的存在性问题】 PAGEREF _Tc756 \h 13
\l "_Tc4142" 【题型8 二次函数中正方形的存在性问题】 PAGEREF _Tc4142 \h 15
\l "_Tc5178" 【题型9 二次函数中面积问题的存在性问题组】 PAGEREF _Tc5178 \h 17
\l "_Tc11160" 【题型10 二次函数中线段问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc11160 \h 18
\l "_Tc18152" 【题型11 二次函数中角度问题的存在性问题组】 PAGEREF _Tc18152 \h 20
\l "_Tc11501" 【题型12 二次函数中最值问题的存在性问题】 PAGEREF _Tc11501 \h 22
【题型1 二次函数中等腰三角形的存在性问题】
【例1】（2023春·甘肃张掖·九年级校考期中）如图甲，直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)当00时，抛物线y=mx2−2mx+3的开口向上，故①不一定正确；
抛物线y=mx2−2mx+3的对称轴为直线x=−−2m2m=1，故②正确；
在y=mx2-2mx+3中，x=0时y=3，x=2时y=3，即抛物线y=mx2−2mx+3经过定点（0，3）和（2，3），故③正确；
二次函数y=mx2−2mx+3的值在对称轴x=1两侧的增减性恰好相反，故④不正确；
故答案为：②③；
（2）当m=1时，y=x2−2x+3，
①∵y=x2−2x+3=（x−1）2+2，
∴抛物线C1的顶点坐标为（1，2），
故答案为：（1，2）；
②∵将抛物线C1沿x轴翻折得到抛物线C2，
∴抛物线C2的顶点为（1，﹣2），
∴抛物线C2的表达式为y=−x−2−2=−x2+2x−3，
故答案为：y=−x2+2x−3；
（3）存在实数m，使得以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，理由如下：
如图：
在y=mx2−2mx+3中，令x=0得y=3，
∴E（0，3），
∵抛物线y=mx2−2mx+3的对称轴为直线x=1，
∴F（2，3），
在y=mx2−2mx+3中，令x=1得y=3−m，
∴P（1，3﹣m），
∵P，Q关于直线y=3对称，
∴Q（1，3+m），
由对称性知EF，PQ互相平分，且EF⊥PQ，
∴以点E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，只需PQ=EF，
∴3+m−3−m=2，
解得m=1或m=−1，
∴m的值为1或−1．
【点睛】此题考查二次函数的几何综合，解题关键是找到特殊点的坐标代值计算，解题技巧是根据正方形的推论出边长的关系，转化成点的坐标直接计算．
【题型9 二次函数中面积问题的存在性问题组】
【例9】（2023春·四川广安·九年级统考期末）如图1，抛物线y=ax2+bx+3经过A1,0,B3,0两点，交y轴于点C．

(1)求抛物线的函数解析式．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△ACM的周长最小？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，连接BC，若在BC下方的抛物线上存在一点P，使得S△BCP=12S△BCA，请直接写出点P的横坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)存在，M(2,1)
(3)3−52或3+52
【分析】（1）由于抛物线y=ax2+bx+3过A(1,0)、B(3,0)两点，那么可以得到方程ax2+bx+3=0的两根为x=1或x=3，然后利用根与系数即可确定a、b的值．
（2）点B是点A关于抛物线对称轴的对称点，在抛物线的对称轴上有一点M，要使MA+MC的值最小，则点M就是BC与抛物线对称轴的交点，利用待定系数法求出直线BC的解析式，把抛物线对称轴x=2代入即可得到点M的坐标；
（3）过P作PQ⊥x轴，与BC交于Q，连接PB，PC，求出S△BCA=3，可得S△BCP=32，设Pm,m2−4m+3，得到Qm,−m+3，得出PQ，从而得到关于m的方程，解之可得结果．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3过A(1,0)、B(3,0)两点，
∴方程ax2+bx+3=0的两根为x=1或x=3，
∴1+3=−ba，1×3=3a，
∴a=1，b=−4，
∴二次函数解析式是y=x2−4x+3；
（2）∵二次函数解析式是y=x2−4x+3，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，C(0,3)．
∵点A、B关于对称轴对称，
∴点M为BC与对称轴的交点时，MA+MC=BC的值最小．

设直线BC的解析式为y=kx+t(k≠0)，
则3k+t=0t=3，
解得：k=−1t=3．
∴直线BC的解析式为y=−x+3．
∵抛物线的对称轴为直线x=2．
∴当x=2时，y=1．
∴抛物线对称轴上存在点M(2,1)符合题意，
∵A(1,0)、B(3,0)，C(0,3)．
∴AC=32+12=10，BC=32+32=32，
∴AC+BC=10+32，
∴在抛物线的对称轴上存在点M，使ΔACM的周长最小，ΔACM周长的最小值为10+32；
（3）过P作PQ⊥x轴，与BC交于Q，连接PB，PC，
∵A1,0，B3,0，C(0,3)，
∴S△BCA=12×AB×yC=12×2×3=3，
∴S△BCP=12S△BCA=32，
设Pm,m2−4m+3，
∵直线BC的解析式为y=−x+3，
∴Qm,−m+3，
∴PQ=−m+3−m2−4m+3=−m2+3m，
∴S△BCP=12×PQ×xB−xC=12×−m2+3m×3=32，
解得：m=3−52或m=3+52，
∴点P的横坐标为3−52或3+52．

【点睛】本题是二次函数的综合题型，主要考查了利用抛物线与x轴的交点坐标确定函数解析式，二次函数的对称轴上点的坐标以及二次函数的性质，二次函数图象上的坐标特征，解题的关键是利用抛物线与x轴的交点坐标确定函数解析式．
【变式9-1】（2023春·江西九江·九年级校考期中）如图，已知二次函数L1：y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，A点坐标(−1，0)，B点坐标(3,0)，与y轴交于点C，直线L2：y=x+n经过点A．

(1)求二次函数L1的表达式及顶点P的坐标；
(2)二次函数L3与二次函数L1关于X轴对称，直线L2与二次函数L3相交于A、D两点．
①直接写出二次函数L3的表达式；
②求出D点的坐标；
③在直线L2上半部分的二次函数L3上，是否存在一点M，使得△AMD的面积最大？若存在，请求出M坐标，并求出最大面积．
【答案】(1)y=x2−2x−3 1,−4
(2)①y=−x2+2x+3 ②2,3 ③存在 12,154 278
【分析】（1）用待定系数法将点A、点B的坐标代入二次函数L1的表达式中，即可求得待定的系数，从而求得L1的表达式；再将L1的表达式整理为顶点式，即可求得顶点P的坐标．
（2）①根据关于x轴对称的点的横坐标相同，纵坐标相反即可求得直线L3的表达式；
②先求得直线L2的解析式，然后再与直线L3的表达式联立方程组，并解方程组即可求得点D的坐标．
③经分析存在这样的点M，当直线L4与L2平行，且直线L4与二次函数L3相切于点M时， △AMD的面积最大．先求得直线L4的解析式，然后联立二次函数L3的解析式组成方程组并求解，即可求得点M的的坐标，然后用“割补法”求得△AMD的面积．
【详解】（1）将点A−1,0与点B3,0的坐标代入二次函数L1：y=x2+bx+c中得：
0=1−b+c0=9+3b+c，解得：b=−2c=−3
∴二次函数L1的表达式为：y=x2−2x−3．
即y=x−12−4
∴二次函数L1的顶点P1,−4．
（2）①在二次函数L1上取点x,y，其关于x轴的对称点为x,−y，把点x,−y代入二次函数L1的解析式得：−y=x2−2x−3
∴二次函数L3的表达式为：y=−x2+2x+3．
②∵直线L2:y=x+n经过点A−1,0，
∴0=−1+n，
∴n=1．
∴直线L2的表达式为：y=x+1．
∵直线L2与二次函数L3相交于A−1,0、D两点，
∴联立直线L2与二次函数L3的表达式，得y=−x2+2x+3y=x+1
解得：x1=−1y1=0，x2=2y2=3
∴D点的坐标为2,3．
③如下图所示，当直线L4与L2平行，且直线L4与二次函数L3相切于点M时，△AMD的面积最大．

设直线L4的表达式为：y=x+t．
∴y=x+ty=−x2+2x+3
消去y，得x2−x+t−3=0
∵L4与L3相切于点M，
Δ=−12−4t−3=0．
解得：t=134
故直线L4的表达式为：y=x+134
解方程组y=x+134y=−x2+2x+3得：x=12y=154
∴点M的坐标为12,154．
自点M、D分别作x轴的垂线，垂足为点G、H．
则S△AMD=S△AMG+S梯形DMGH−S△ADH
=12×AG×MG+12×DH+MG×GH−12×AH×DH
=12×32×154+12×3+154×32−12×3×3
=278
故存在一点M12,154，使得△AMD面积最大，最大面积为278．
【点睛】本题考查了求二次函数的解析式、顶点坐标，还涉及求一次函数的解析式、一元二次方程根的判别、割补法求三角形面积等知识点，解题的关键是正确作出辅助线．
【变式9-2】（2023春·山东东营·九年级东营市实验中学校考期中）如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与y轴交于点C0,4，与x轴交于A−2,0，点B4,0．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M是抛物线上的一动点，且在直线BC的上方，当S△MBC取得最大值时，求点M的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点P，使三角形ABP的面积为12？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)M(2,4)
(3)0,4或2,4或1+17,−4或1−17,−4
【分析】（1）、将三点坐标代入解析式列出方程组求解即可；
（2）、过点M作MD平行于y轴，与BC交于D，则可得：S△BCM=S△CMD+S△BDM=12MD⋅OB ，用待定系数法求出BC解析式，设出M、D坐标，代入可得出S的表达式，配成顶点式求最值即可；
（3）设点P的纵坐标为y，根据△ABP的面积为12，得出12×−2−4×y=12，求出y=±4，代入二次函数解析式求出x的值，即可得出点P的坐标．
【详解】（1）解：将(0,4),(−2,0),(4,0)代入抛物线解析式得：
c=44a−2b+c=016a+4b+c=0 ，
解得：a=−12b=1c=4 ，
∴y=−12x2+x+4 ；
（2）解：过点M作MD∥y轴交BC于D，交OB于E，过C作CF⊥DM于F，如图所示：

∴OCFE为矩形，
∴OE=CF ，
设直线BC的解析式为：y=kx+b ，
将点0，4、4,0代入得：b=44k+b=0 ，
解得：k=−1b=4 ，
则直线BC的解析式为：y=−x+4 ，
设M(m,−12m2+m+4) ，则D(m,−m+4) ，
∴DM=−12m2+m+4−(−m+4)=−12m2+2m ，
S△BCM=S△CMD+S△BDM
=12DM⋅CF+12DM⋅BE
=12DMCF+BE ，
∴S△BCM=12DM⋅OB=−m2+4m=−(m−2)2+4，
∵点M在直线BC的上方，
∴0