二次函数中考专题训练(带答案)一

1二次函数1、(A)如图，直线y=x+2与抛物线)0(62abxaxy相交于A（21，25）和B（4，m），点P是线段AB上异于A、B的动点，过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）是否存在这样的P点，使线段PC的长有最大值，若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由；（3）求△PAC为直角三角形时点P的坐标．解答：解：（1）∵B（4，m）在直线线y=x+2上，∴m=4+2=6，∴B（4，6），∵A（，）、B（4，6）在抛物线y=ax2+bx﹣4上，∴，∵c=6，∴a=2，b=﹣8，∴y=2x2﹣8x+6．（2）设动点P的坐标为（n，n+2），则C点的坐标为（n，2n2﹣8n+6），∴PC=（n+2）﹣（2n2﹣8n+6），=﹣2n2+9n﹣4，=﹣2（n﹣）2+，∵PC＞0，∴当n=时，线段PC最大且为．（3）设直线AC的解析式为y=﹣x+b，把A（，）代入得：=﹣+b，解得：b=3，∴直线AC解析式：y=﹣x+3，点C在抛物线上，设C（m，2m2﹣8m+6），代入y=﹣x+3得：2m2﹣8m+6=﹣m+3，整理得：2m2﹣7m+3=0，解得；m=3或m=，∴P（3，5）姓名:教案22、(A)如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（1，0），直线y=2x﹣1与y轴交于点C，与抛物线交于点C、D．（1）求抛物线的解析式；（2）求点A到直线CD的距离；（3）平移抛物线，使抛物线的顶点P在直线CD上，抛物线与直线CD的另一个交点为Q，点G在y轴正半轴上，当以G、P、Q三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求出所有符合条件的G点的坐标．解答：解：（1）直线y=2x﹣1，当x=0时，y=﹣1，则点C坐标为（0，﹣1）．设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，∵点A（﹣1，0）、B（1，0）、C（0，﹣1）在抛物线上，∴，解得，∴抛物线的解析式为：y=x2﹣1．（2）如答图2所示，直线y=2x﹣1，当y=0时，x=；设直线CD交x轴于点E，则E（，0）．在Rt△OCE中，OC=1，OE=，由勾股定理得：CE=，设∠OEC=θ，则sinθ=，cosθ=．过点A作AF⊥CD于点F，3则AF=AE•sinθ=（OA+OE）•sinθ=（1+）×=，∴点A到直线CD的距离为．（3）∵平移后抛物线的顶点P在直线y=2x﹣1上，∴设P（t，2t﹣1），则平移后抛物线的解析式为y=（x﹣t）2+2t﹣1．联立，化简得：x2﹣（2t+2）x+t2+2t=0，解得：x1=t，x2=t+2，即点P、点Q的横坐标相差2，∴PQ===．△GPQ为等腰直角三角形，可能有以下情形：i）若点P为直角顶点，如答图3①所示，则PG=PQ=．∴CG====10，∴OG=CG﹣OC=10﹣1=9，∴G（0，9）；ii）若点Q为直角顶点，如答图3②所示，则QG=PQ=．同理可得：Q（0，9）；iii）若点G为直角顶点，如答图3③所示，此时PQ=，则GP=GQ=．分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足分别为点M、N．易证Rt△PMG≌Rt△GNQ，∴GN=PM，GM=QN．在Rt△QNG中，由勾股定理得：GN2+QN2=GQ2，即PM2+QN2=10①∵点P、Q横坐标相差2，∴NQ=PM+2，代入①式得：PM2+（PM+2）2=10，解得PM=1，∴NQ=3．直线y=2x﹣1，当x=1时，y=1，∴P（1，1），即OM=1．∴OG=OM+GM=OM+NQ=1+3=4，∴G（0，4）．综上所述，符合条件的点G有两个，其坐标为（0，4）或（0，9）．43、()二次函数图象的顶点在原点O，经过点A（1，41）；点F（0，1）在y轴上．直线y=﹣1与y轴交于点H．（1）求二次函数的解析式；（2）点P是（1）中图象上的点，过点P作x轴的垂线与直线y=﹣1交于点M，求证：FM平分∠OFP；（3）当△FPM是等边三角形时，求P点的坐标．解答：（1）解：∵二次函数图象的顶点在原点O，∴设二次函数的解析式为y=ax2，将点A（1，）代入y=ax2得：a=，∴二次函数的解析式为y=x2；（2）证明：∵点P在抛物线y=x2上，∴可设点P的坐标为（x，x2），过点P作PB⊥y轴于点B，则BF=x2﹣1，PB=x，∴Rt△BPF中，PF==x2+1，∵PM⊥直线y=﹣1，∴PM=x2+1，∴PF=PM，∴∠PFM=∠PMF，又∵PM∥x轴，∴∠MFH=∠PMF，∴∠PFM=∠MFH，∴FM平分∠OFP；（3）解：当△FPM是等边三角形时，∠PMF=60°，∴∠FMH=30°，在Rt△MFH中，MF=2FH=2×2=4，∵PF=PM=FM，∴x2+1=4，解得：x=±2，∴x2=×12=3，∴满足条件的点P的坐标为（2，3）或（﹣2，3）．54、()如图，抛物线y=x²+bx+c与直线y=x－1交于A、B两点.点A的横坐标为－3，点B在y轴上，点P是y轴左侧抛物线上的一动点，横坐标为m，过点P作PC⊥x轴于C，交直线AB于D.（1）求抛物线的解析式；（2）当m为何值时，VBPDOBDCSS2四边形；（3）是否存在点P,使△PAD是直角三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.解：（1）由已知得，(3,4)A，(0,1)B，∴9341bcc，解得41bc，∴241yxx.（2）∵2(,41)Pmmm，(,1)Dmm，(,0)Cm∴1CDm.∵2BPDOBDCSS四边形V，即11()222OBCDOCPDOC，∴12CDPD.当点P运动至A处，此时P、D重合.①当PD在点A左侧时，23PDmm，则222(3)mmm，解得，121,22mm.②当PD在点A右侧时，23PDmm，则222(3)mmm，解得，17654m，27654m不合题意，舍去.综上，12m，2或7654.6（3）∵4590PDA，∴当90APD或90PAD时，△PAD是直角三角形.①若90APD，则AP∥x轴，∴PAyy，即2414mm，解得，121,3mm，∴(1,4)P；②若90PAD，AP⊥AB.又直线AP：7yx，由2741yxyxx，解得1125xy，2234xy，∴(2,5)P.综上，(1,4)P或(2,5).5、()已知二次函数cbxxy2的对称轴为x=2，且经过原点，直线AC解析式为y=kx+4，（1）求二次函数解析式；（2）若31BOCAOBSS△△，求k；（3）若以BC为直径的圆经过原点，求k．解答：解：（1）∵二次函数y=﹣x2+bx+c的对称轴为x=2，且经过原点，∴﹣=2，0=0+0+c，∴b=4，c=0，∴y=﹣x2+4x．（2）如图1，连接OB，OC，过点A作AE⊥y轴于E，过点B作BF⊥y轴于F，∵=，∴=，∴=，∵EB∥FC，∴==．∵y=kx+4交y=﹣x2+4x于B，C，7∴kx+4=﹣x2+4x，即x2+（k﹣4）x+4=0，∴△=（k﹣4）2﹣4•4=k2﹣8k，∴x=，或x=，∵xB＜xC，∴EB=xB=，FC=xC=，∴4•=，解得k=9（交点不在y轴右边，不符题意，舍去）或k=﹣1．∴k=﹣1．（3）∵∠BOC=90°，∴∠EOB+∠FOC=90°，∵∠EOB+∠EBO=90°，∴∠EBO=∠FOC，∵∠BEO=∠OFC=90°，∴△EBO∽△FOC，∴，∴EB•FC=EO•FO．∵xB=，xC=，且B、C过y=kx+4，∴yB=k•+4，yC=k•+4，∴EO=yB=k•+4，OF=﹣yC=﹣k•﹣4，∴•=（k•+4）•（﹣k•﹣4），整理得16k=﹣20，∴k=﹣．86、()二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点（﹣1，4），且与直线y=﹣1/2x+1相交于A、B两点（如图），A点在y轴上，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（﹣3，0）．（1）求二次函数的表达式；（2）点N是二次函数图象上一点（点N在AB上方），过N作NP⊥x轴，垂足为点P，交AB于点M，求MN的最大值；（3）在（2）的条件下，点N在何位置时，BM与NC相互垂直平分？并求出所有满足条件的N点的坐标．解：（1）由题设可知A（0，1），B（﹣3，），根据题意得：，解得：，则二次函数的解析式是：y=﹣﹣x+1；（2）设N（x，﹣x2﹣x+1），则M、P点的坐标分别是（x，﹣x+1），（x，0）．∴MN=PN﹣PM=﹣x2﹣x+1﹣（﹣x+1）=﹣x2﹣x=﹣（x+）2+，则当x=﹣时，MN的最大值为；（3）连接MN、BN、BM与NC互相垂直平分，即四边形BCMN是菱形，由于BC∥MN，即MN=BC，且BC=MC，即﹣x2﹣x=，且（﹣x+1）2+（x+3）2=，解得：x=1，故当N（﹣1，4）时，MN和NC互相垂直平分．97、()已知抛物线cxaxy232与x轴相交于A、B两点，并与直线221xy交于B、C两点，其中点C是直线221xy与y轴的交点，连接AC．（1）求抛物线的解析式；（2）证明：△ABC为直角三角形；（3）△ABC内部能否截出面积最大的矩形DEFG？（顶点D、E、F、G在△ABC各边上）若能，求出最大面积；若不能，请说明理由．解答：（1）解：∵直线y=x﹣2交x轴、y轴于B、C两点，∴B（4，0），C（0，﹣2），∵y=ax2﹣x+c过B、C两点，∴，解得，∴y=x2﹣x﹣2．（2）证明：如图1，连接AC，∵y=x2﹣x﹣2与x负半轴交于A点，∴A（﹣1，0），在Rt△AOC中，∵AO=1，OC=2，∴AC=，10在Rt△BOC中，∵BO=4，OC=2，∴BC=2，∵AB=AO+BO=1+4=5，∴AB2=AC2+BC2，∴△ABC为直角三角形．（3）解：△ABC内部可截出面积最大的矩形DEFG，面积为，理由如下：①一点为C，AB、AC、BC边上各有一点，如图2，此时△AGF∽△ACB∽△FEB．设GC=x，AG=﹣x，∵，∴，∴GF=2﹣2x，∴S=GC•GF=x•（2）=﹣2x2+2x=﹣2[（x﹣）2﹣]=﹣2（x﹣）2+，即当x=时，S最大，为．②AB边上有两点，AC、BC边上各有一点，如图3，此时△CDE∽△CAB∽△GAD，设GD=x，∵，∴，∴AD=x，∴CD=CA﹣AD=﹣x，11∵，∴，∴DE=5﹣x，∴S=GD•DE=x•（5﹣x）=﹣x2+5x=﹣[（x﹣1）2﹣1]=﹣（x﹣1）2+，即x=1时，S最大，为．综上所述，△ABC内部可截出面积最大的矩形DEFG，面积为．8、()如图，直线y=-3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y=a（x-2）2+k经过点A、B，并与X轴交于另一点C，其顶点为P．（1）求a，k的值；（2）抛物线的对称轴上有一点Q，使△ABQ是以AB为底边的等腰三角形，求Q点的坐标；（3）在抛物线及其对称轴上分别取点M、N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形，求此正方形的边长．解：(1)∵直线33yx与x轴、y轴分别交于点A、B，∴(1,0)A，(0,3)B.又抛物线2(2)yaxk经过点(1,0)A，(0,3)B，∴0,43;akak解得1,1.ak即a，k的值分别为1，1（2）设Q点的坐标为(2,)m，对称轴2x交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线2x于点E.在RtAQF中，22221AQAFQFm，在RtBQE中，22224(3)BQBEEQm.∵AQBQ，∴2214(3)mm，∴2m.∴Q点的坐标为(2,2)（3）当点N在对称轴上时，NC与AC不垂直.所以AC应为正方形的对角线.又对称轴2x是AC的中垂线，所以，M点与顶点(2,1)P重合，N点为点P关于x轴的对称点，其坐标为(2,1).此时，1MFNFAFCF，且AC