2020中考数学-二次函数中动点问题专题练习(含答案)

2020中考数学二次函数中动点问题专题练习（含答案）1.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线24(2)9yxc与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴的正半轴于点C，其顶点为M，MHx轴于点H，MA交y轴于点N，25sin5MOH．（1）求此抛物线的函数表达式；（2）将（1）中的抛物线沿y轴折叠，使点A落在点D处，连接MD，Q为（1）中的抛物线上的一动点，直线NQ交x轴于点G，当Q点在抛物线上运动时，是否存在点Q，使以A、N、G为顶点的三角形与ADM△相似？若存在，求出所有符合条件的直线QG的解析式；若不存在，请说明理由．（1）∵M为抛物线24(2)9yxc的顶点，∴(2,)Mc．∴2OH，||MHc．∵0a，且抛物线与x轴有交点，∴0c，∴MHc，∵25sin5MOH，∴255MHOM．∴52OMc，∵222OMOHMH，∴4MHc，∴(2,4)M，∴22441620(2)49999yxxx；（2）∵(1,0)A，∴D(1,0)，∵M(2,4)，D(1,0)，∴直线MD解析式：44yx，∵ON//MH，∴AONAHM△∽△，∴13ANONAOAMMHAH，∴53AN，43ON，40,3N．如图，若ANGAMD△∽△，可得NG//MD，∴直线QG解析式：443yx，如图，若ANGADM△∽△，可得ANAGADAM∴256AG，∴19(,0)6G，∴84:193QGyx，综上所述，符合条件的所有直线QG的解析式为：443yx或84193yx．2.如图，已知点(2,4)A和点(1,0)B都在抛物线22ymxmxn上．（1）求m、n；（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A，点B的对应点为B，若四边形AABB为菱形，求平移后抛物线的表达式；（3）记平移后抛物线的对称轴与直线AB的交点为C，试在x轴上找一个点D，使得以点B、C、D为顶点的三角形与ABC△相似．（1）因为点(2,4)A和点(1,0)B都在抛物线22ymxmxn上，所以444,20.mmnmmn解得43m，4n．（2）如图，由点(2,4)A和点(1,0)B，可得5AB．因为四边形AABB为菱形，所以5AABBAB．因为248433yxx2416(1)33x，所以原抛物线的对称轴1x向右平移5个单位后，对应的直线为4x．因此平移后的抛物线的解析式为,2416(4)33yx．（3）由点(2,4)A和点(6,0)B，可得45AB．如图，由//AMCN，可得BNBCBMBA，即2845BC．解得5BC．所以35AC．又BACCBD．①如图，当ABBCACBD时，5535BD，解得3BD．此时3OD，点D的坐标为(3,0)．②如图，当ABBDACBC时，5355BD，解得53BD．此时133OD，点D的坐标为13,03．综上所述，1(3,0)D，213,03D满足条件．3.如图，已知抛物线C1:1(2)()(0)yxxmmm与x轴相交于点B、C，与y轴相交于点E，且点B在点C的左侧．（1）若抛物线C1过点()2,2M，求实数m的值；（2）在（1）的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使BHEH最小，并求出点H的坐标；xyABOxyABODCA＇B＇B＇A＇CDOBAyx（3）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与BCE△相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．（1）∵抛物线C1过点()2,2M，∴12(22)(2)mm，解得4m．（2）由（1）可得1(2)(4)4yxx的对称轴为1x．连接CE，交对称轴于点H，由轴对称的性质和两点之间线段最短的性质，知此时BHEH最小．设直线CE的解析式为+ykxb，则4+02kbb，解得122kb．∴直线CE的解析式为1+22yx.当1x时，32y．∴31,2H．（3）存在．分两种情形讨论：①当BECBCF△∽△时，如图所示.则BEBCBCBF，∴2BCBEBF.由（2）知(2,0)B，(0,2)E，即OBOE，∴45EBC，∴45CBF.作FTx轴于点F，则.BTTF∴令(,2)Fxx(x＞0)，又点F在抛物线上，∴2x=1(2)()xxmm，∵20x＞(∵x＞0)，∴2xm，2,22)Fmm（.此时22(22)(22)22(1)222BFmmmBEBCm，，又2BCBEBF，∴(m+2)2=2222(1)m，解得222m.0m，222m.②当BECFCB△∽△时，如图所示．则BCECBFBC，2BCECBF．同①，=EBCCFB，BTFCOE△∽△，2TFOEBTOCm．令2,(2)Fxxm(0)x，又点F在抛物线上，21(2)|2|()xxxmmm．20(0)xx，2xm．2(2,(4)Fmmm，24ECm，2BCm．又2BCECBF，22224|4|(2)4|22|mmmmm．显然不成立．综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形222m．4.如图，已知抛物线(2)(4)8kyxx（k为常数，且0k）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线33yxb与抛物线的另一交点为D．（1）若点D的横坐标为5，求抛物线的函数表达式；（2）若在第一象限的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与ABC△相似，求k的值．（1）839k；（2）4525k或．5.如图5-1，已知抛物线2(0)yaxbxa经过(3,0A）、(4,4)B两点．（1）求抛物线的解析式；（2）将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D的坐标；（3）如图5-2，若点N在抛物线上，且NBOABO，则在（2）的条件下，求出所有满足PODNOB△∽△的点P的坐标（点P、O、D分别与点N、O、B对应）．图5-1图5-2（1）∵抛物线2(0)yaxbxa经过点(3,0)A、(4,4)B．∴，解得．∴抛物线的解析式是．（2）设直线OB的解析式为1ykx，由点(4,4)B，得：，解得：．∴直线OB的解析式是．∴直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：．∵点D在抛物线上．∴可设2(,3)Dxxx．又点D在直线yxm上，∴，即．∵抛物线与直线只有一个公共点，∴，解得：．此时，，∴D点坐标为(2,2)．（3）∵直线OB的解析式为yx，且(3,0)A，点A关于直线OB的对称点'A的坐标是(0,3)．设直线'AB的解析式为，过点(4,4)B，∴，解得：．∴直线'AB的解析式是．∵，∴点N在直线上，∴设点，又点N在抛物线上，∴，NBDAOxy图②图①yxOADB9301644abab13ab23yxx144k11kyxyxm23yxx23xxxm240xxm1640m4m122xx232yxx23ykx2434k214k134yxNBOABOAB134Nnn，23yxx21334nnn解得：，（不合题意，舍去），∴点N的坐标为．方法一：如图1，将沿x轴翻折，得到，则，，∴O、D、都在直线上．∵，∴，∴，点的坐标为．将沿直线翻折，可得另一个满足条件的点．综上所述，点P的坐标是或．方法二：如图2，将绕原点顺时针旋转90，得到，则，，∴O、D、B2都在直线yx上．∵，∴，∴，∴点的坐标为．将沿直线翻折，可得另一个满足条件的点．综上所述，点的坐标是或．6.如图，已知抛物线211(1)444byxbx（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C．（1）点B的坐标为，点C的坐标为（用含b的代数式表示）；（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且PBC△是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得QCO△，QOA△和QAB△中的任意两个三角形均相似（全等可作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；134n24n345416，NOB△11NOB△1345416N，144B，1Byx1PODNOB△∽△111PODNOB△∽△11112OPODONOB1P345832，1OPD△yx2453328P，345832，453328，NOB△22NOB△2453164N，244B，1PODNOB△∽△122PODNOB△∽△12212OPODONOB1P453328，1OPD△yx2345832P，P345832，453328，B1A＇N1P1P2yxOADBNNBDAOxyP2P1N2A＇B2如果不存在，请说明理由．（1）令0y，即211(1)0444byxbx，解得：1x或b，∵b是实数且2b，点A位于点B的左侧，∴点B的坐标为(b,0)，令0x，解得：4by，∴点C的坐标为0,4b，故答案为：(b,0)，0,4b；（2）存在，假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且PBC△是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．设点P的坐标为(x,y)，连接OP．则S四边形112242PCOPOBbPCOBSSxbyb△△，∴416xy．过P作PDx轴，PEy轴，垂足分别为D、E，∴90PEOEODODP．∴四边形PEOD是矩形．∴90EPD．∴EPCDPB．∴PECPDB△≌△，∴PEPD，即xy．由416xyxy解得165165xy由PECPDB△≌△得ECDB，即1616545bb，解得128225b符合题意．∴P的坐标为1616,55；（3）假设存在这样的点Q，使得QCO△，QOA△和QAB△中的任意两个三角形均相似．∵QABAOQAQO，∴QABAOQ＞，QABAQO＞．∴要使QOA△与QAB△相似，只能90QAOBAQ，即QAx轴．∵2b＞，∴ABOA＞，∴QOAABQ＞．∴只能AOQAQB．此时90OQB，由QAx轴知QA∥y轴．∴COQOQA．∴要使QOA△与OQC△相似，只能90QCO或90OQC．（I）当90OCQ时，CQOQOA△≌△．∴4bAQCO．由2AQOAAB得：214bb．解得：843b．∵2b，∴843b．∴点Q的坐标是(1,23)．（II）当90OQC时，OCQQCA△∽△，∴OQAQCOQO，即2OQOCAQ．又2OQOAOB，∴OCAQOAOB．即14bAQb．解得：AQ=4，此时b=17＞2符合题意，∴点Q的坐标是(1,4)．∴综上可知，存在点(1,23)Q或Q(1,4)，使得QCO△，QOA△和QAB△中的任意两个三角形均相似．7.如图，已知ABC△中，90ACB，以AB所在直线为x轴，过