中考數(shù)學三輪沖刺《二次函數(shù)壓軸題》強化練習十四1.已知直線y=x+m與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y=﹣x2+bx+3過A、C兩點，交x軸另一點B．(1)如圖1，求拋物線的解析式；(2)如圖2，P、Q兩點在第二象限的拋物線上，且關于對稱軸對稱，點F為線段AP上一點，2∠PQF+∠PFQ=90°，射線QF與過點A且垂直x軸的直線交于點E，AP=QE，求PQ長；(3)如圖3，在(2)的條件下，點D在QP的延長線上，DP：DQ=1：4，點K為射線AE上一點連接QK，過點D作DM⊥QK垂足為M，延長DM交AB于點N，連接AM，當∠AMN=45°時，過點A作AR⊥DN交拋物線于點R，求R點坐標．      2.在平面直角坐標系中，已知拋物線L1：y＝﹣x2＋bx＋c(b、c為常數(shù))與x軸交于A(﹣6，0)、B(2，0)兩點．(1)求拋物線L1的函數(shù)表達式；(2)將該拋物線L1向右平移4個單位長度得到新的拋物線L2，與原拋物線L1交于點C，點D是點C關于x軸的對稱點，點N在平面直角坐標系中，請問在拋物線L2上是否存在點M，使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．      3.如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸相交于A，B兩點，點C(2，﹣4)在拋物線上，且△ABC是等腰直角三角形．(1)求拋物線的解析式；(2)過點D(2，0)的直線與拋物線交于點M，N，試問：以線段MN為直徑的圓是否過定點？證明你的結論．      4.定義：平面直角坐標系xOy中，過二次函數(shù)圖象與坐標軸交點的圓，稱為該二次函數(shù)的坐標圓．(1)已知點P(2，2)，以P為圓心，為半徑作圓．請判斷⊙P是不是二次函數(shù)y＝x2﹣4x＋3的坐標圓，并說明理由；(2)已知二次函數(shù)y＝x2﹣4x＋4圖象的頂點為A，坐標圓的圓心為P，如圖1，求△POA周長的最小值；(3)已知二次函數(shù)y＝ax2﹣4x＋4(0＜a＜1)圖象交x軸于點A，B，交y軸于點C，與坐標圓的第四個交點為D，連結PC，PD，如圖2．若∠CPD＝120°，求a的值．      5.如圖，拋物線y＝mx2＋(m2＋3)x﹣(6m＋9)與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，已知點B(3，0)．(1)求直線BC及拋物線的函數(shù)表達式；(2)P為x軸上方拋物線上一點．①若S△PBC＝S△ABC，請直接寫出點P的坐標；②如圖，PD∥y軸交BC于點D，DE∥x軸交AC于點E，求PD＋DE的最大值；(3)Q為拋物線上一點，若∠ACQ＝45°，求點Q的坐標．      6.已知拋物線l1：y＝ax2＋bx﹣2和直線l2：y＝﹣x﹣均與x軸相交于點A，拋物線l1與x軸的另一個交點為點B(3，0)．(1)求a，b的值；(2)將拋物線l1向右平移h個單位長度，使其頂點C落在直線l2上，求h的值；(3)設拋物線l1和直線l2的另一個交點為點D，點P為拋物線上一個動點，且點P在線段AD的下方(點P不與點A，D重合)，過點P分別作x軸和y軸的平行線，交直線l2于點M，N，記W＝PM＋PN，求W的最大值．      7.如圖，拋物線y=ax2＋bx過A(4，0)，B(1，3)兩點，點C、B關于拋物線的對稱軸對稱，過點B作直線BH⊥x軸，交x軸于點H.(1)求拋物線的表達式；(2)直接寫出點C的坐標，并求出△ABC的面積；(3)點P是拋物線上一動點，且位于第四象限，當△ABP的面積為6時，求出點P的坐標；(4)若點M在直線BH上運動，點N在x軸上運動，當以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，請直接寫出此時△CMN的面積.       8.如圖，拋物線y=﹣x2﹣2x＋3 的圖象與x軸交于A，B兩點(點A在點B的左邊)，與y軸交于點C，點D為拋物線的頂點.(1)求A，B，C三點的坐標.(2)點M為線段AB上一點(點M不與點A，B重合)，過點M作x軸的垂線，與直線AC交于點E，與拋物線交于點P，過點P作PQ∥AB交拋物線于點Q，過點Q作QN⊥x軸于點N.若點P在點Q左邊，當矩形PMNQ的周長最大時，求△AEM的面積.(3)在(2)的條件下，當矩形PMNQ的周長最大時，連結DQ.過拋物線上一點F作y軸的平行線，與直線AC交于點G(點G在點F的上方).若FG=2DQ，求點F的坐標.       
0.中考數(shù)學三輪沖刺《二次函數(shù)壓軸題》強化練習十四（含答案）答案解析  一         、綜合題1.解：(1)∵當x=0時，y=﹣x2+bx+3，∴C(0，3)，將點C代入y=x+m得m=3，當y=0時，x=﹣6，∴A(﹣6，0)，將點A代入y=﹣x2+bx+3得b=﹣，∴拋物線的解析式為y=﹣x2﹣x+3；(2)如圖2，延長QP、AE交于點H，∵點P、Q關于對稱軸對稱，∴QP∥x軸，∵AE⊥x軸，∴∠H=90°，∵2∠PQF+∠PFQ=90°，∴∠PQF+∠PFQ=90°﹣∠PQF=∠HEQ=∠HAP+∠EFA，∴∠PQF=∠HAP，在△HAP和△QEH中，∴△HAP≌△QEH，∴QH=AH，過點Q作QK⊥AB于點G，∴四邊形AGQH是正方形，設點Q(t，﹣t2﹣t+3)，∴QH=t+6，QG=﹣t2﹣t+3，∴t+6=﹣t2﹣t+3，解得：t=﹣1或t=﹣6(舍去)，∴Q(﹣1，5)；∵點P、Q關于x=﹣對稱，∴點P(﹣4，5)，∴PQ=3；(3)∵DP：DQ=1：4，∴DP=1，D(﹣5，5)，HD=1，∵DN⊥QK，∠AMN=45°，過點A作AG⊥AM交DN延長線于點G，如圖3，∴AM=AG，∴KMN+∠KAN=180°，∴∠MKA+∠MNA=180°，∠ANG+∠MNA=180°，∴∠MKA=∠ANG，∵KAN=∠MAG=90°，∴∠MAK=∠NAG，在△AKM和△ANG中，∴△AKM≌△ANG，∴AK=AN，過點D作DL⊥AB于點L，四邊形HALD是矩形，∴HD=AL=1，AH=DL=QH，∠HKQ=∠DNL，在△HKQ和△LND中，∴△HKQ≌△LND，∴HK=LN，設HK=LN=m，則AN=AK=m+1，∴AH=m+1+m=5，∴m=2，∵∠HQK=∠OAR，∴tan∠HQK=tan∠OAR=，設R(m，﹣﹣m2﹣m+3)，過點R作RS⊥AB于點S，∴，∴m=或m=﹣6(舍)，∴R(，)． 2.解：(1)把A(﹣6，0)、B(2，0)代入y＝﹣x2＋bx＋c中，得，解得，∴拋物線L1的函數(shù)表達式為y＝﹣x2﹣4x＋12；(2)存在，理由如下：∵y＝﹣x2﹣4x＋12＝﹣(x＋2)2＋16，∴拋物線L2的函數(shù)表達式為y＝﹣(x＋2﹣4)2＋16＝﹣(x﹣2)2＋16＝﹣x2＋4x＋12，令﹣x2﹣4x＋12＝﹣x2＋4x＋12，解得：x＝0，當x＝0時，y＝﹣x2﹣4x＋12＝12，∴點C的坐標為(0，12)，∵點D是點C關于x軸的對稱點，∴點D坐標為(0，﹣12)，①當M在x軸上方時，要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，則yM＝y(tǒng)C，即﹣x2＋4x＋12＝12，解得：x1＝0，x2＝4，∴M1(4，12)；②當M在x軸下方時，要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，則yM＝y(tǒng)D，即﹣x2＋4x＋12＝﹣12，解得：x1＝2＋2，x2＝2﹣2，M2(2＋2，﹣12)，M3(2﹣2，﹣12)．綜上所述，在拋物線L2上是否存在點M，使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，點M的坐標為(4，12)或(2＋2，﹣12)或(2﹣2，﹣12)． 3.解：連接AC、BC，過點C作CP垂直于x軸于點P．在Rt△CAB中，AC＝BC，CP⊥AB，點C(2，﹣4)，∴CP＝AP＝PB＝4，OP＝2，∴OA＝AP﹣OP＝4﹣2＝2，OB＝OP＋PB＝4＋2＝6，∴點A(﹣2，0)，點B(6，0)，把點A(﹣2，0)，點B(6，0)，點C(2，﹣4)代入函數(shù)解析式得，解得，∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣x﹣3．故答案為：y＝x2﹣x﹣3．(2)設過點D(2，0)的直線MN解析式為y＝k(x﹣2)＝kx﹣2k，聯(lián)立直線與拋物線解析式得關于x的等式：kx﹣2k＝x2﹣x﹣3，化簡得＝0，xN＋xM＝﹣＝4(k＋1)，xNxM＝＝8k﹣12.①，聯(lián)立直線與拋物線解析式得關于y的等式：y＝(＋2)2﹣(＋2)﹣3，化簡得y2＋(﹣﹣1)y﹣4＝0，yM＋yN＝4k2，yMyN＝﹣16k2..②，線段MN的中點就是圓的圓心，∴xO＝(xN＋xM)＝2(K＋1)，代入直線方程得yO＝2k2，∴圓心坐標為(2k＋2，2k2)，直徑MN＝＝，把①、②代入上式化簡整理得直徑MN＝，設圓上某一點(x，y)到圓心的距離等于半徑，∴＝，化簡整理得16k2＋12﹣8k＝x2﹣4kx﹣4x＋y2﹣4k2y＝﹣4yk2﹣4kx＋x2﹣4x＋y2，圓過定點，所以與k值無關，看作是關于k的二次等式，k2、k的系數(shù)，常量對應相等，得﹣8＝﹣4x，x＝2，16＝﹣4y，y＝﹣4，由以上分析，所以以MN為直徑的圓過定點(2，﹣4)．故答案為：以線段MN為直徑的圓過定點(2，﹣4)． 4.解：(1)對于二次函數(shù)y＝x2﹣4x＋3，當x＝0時，y＝3；當y＝0時，解得x＝1或x＝3，∴二次函數(shù)圖象與x軸交點為A(1，0)，B(3，0)，與y軸交點為C(0，3)，∵點P(2，2)，∴PA＝PB＝PC＝，∴⊙P是二次函數(shù)y＝x2﹣4x＋3的坐標圓．(2)如圖1，連接PH，∵二次函數(shù)y＝x2﹣4x＋4圖象的頂點為A，坐標圓的圓心為P，∴A(2，0)，與y軸的交點H(0，4)，∴△POA周長＝PO＋PA＋OA＝PO＋PH＋2≥OH＋2＝6，∴△POA周長的最小值為6．(3)如圖2，連接CD，PA，設二次函數(shù)y＝ax2﹣4x＋4圖象的對稱軸l與CD交于點E，與x軸交于點F，由對稱性知，對稱軸l經(jīng)過點P，且l⊥CD，∵AB＝，∴AF＝BF＝，∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C(0，4)，∴∠PCD＝∠PDC＝30°，設PE＝m，則PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m，∵二次函數(shù)y＝ax2﹣4x＋4圖象的對稱軸l為，∴，即，在Rt△PAF中，PA2＝PF2＋AF2，∴，即，化簡，得，解得，∴． 5.解：(1)將點B(3，0)代入y＝mx2＋(m2＋3)x﹣(6m＋9)，∴m2＋m＝0，解得m＝0(舍)或m＝﹣1，∴y＝﹣x2＋4x﹣3，令x＝0，則y＝﹣3，∴C(0，﹣3)，設直線BC的函數(shù)表達式為y＝kx＋b，將點B(3，0)，C(0，﹣3)代入，得，解得，∴y＝x﹣3；(2)①如圖1，過點A作AP∥BC，則S△PBC＝S△ABC，∵直線BC的解析式為y＝x﹣3，∴直線AP的表達式為y＝x﹣1．聯(lián)立．解得 (舍)或，∴P(2，1)；②由(1)知直線BC的表達式為y＝x﹣3，設直線AC的解析式為y＝k'x＋b'，∴，解得，∴y＝3x﹣3，設點P(t，﹣t2＋4t﹣3)，則點D(t，t﹣3)，，∴PD＝﹣t2＋4t﹣3﹣(t﹣3)＝﹣t2＋3t，，∴＝﹣(t﹣)2＋，∴當時，PD＋DE取最大值；(3)如圖2，在拋物線上取點Q，使∠ACQ＝45°，過點B作BM⊥BC，交CQ的延長線于點M，過點M作MN⊥x軸于點N，∵B(3，0)，C(0，﹣3)∴OB＝OC＝3，BC＝3，∴△OBC為等腰直角三角形，∴△BMN為等腰直角三角形，∵∠ACQ＝45°，∴∠OCA＝∠BCM，∵A(1，0)，∴，∴，∵，∴，∴BN＝NM＝1，∴M(4，﹣1)，∴直線CQ的解析式為y＝x﹣3，設點Q(n,n﹣3)，∴x﹣3＝﹣n2+4n﹣3，整理得：n2﹣n＝0，解得n＝或n＝0(舍)，∴Q(,﹣)． 6.解：(1)∵直線l2：y＝﹣x﹣與x軸交于點A，∴A(﹣1，0)，將點A(﹣1，0)、點B(3，0)代入拋物線l1：y＝ax2＋bx﹣2，得：，解得：，∴a＝，b＝﹣；(2)∵a＝，b＝﹣，∴y＝x2﹣x﹣2＝(x﹣1)2﹣，∴拋物線l1的頂點C(1，﹣)，將y＝﹣代入直線l2：y＝﹣x﹣得，﹣x﹣＝﹣，解得x＝3，∴拋物線l1向右平移h個單位長度，使其頂點C落在直線l2上，移動后頂點的橫坐標為3，∴h＝3﹣1＝2，即h的值為2；(3)設拋物線l1和直線l2的另一個交點為點D，∵x2﹣x﹣2＝﹣x﹣的解為x＝﹣1或x＝2，∴D(2，﹣2)，設P(m，m2﹣m﹣2)(﹣1＜m＜2)，則N(m，﹣m﹣)，M(﹣m2＋2m＋2，m2﹣m﹣2)，∴PM＝﹣m2＋2m＋2﹣m＝﹣m2＋m＋2，PN＝﹣m﹣﹣m2＋m＋2＝﹣m2＋m＋，∴W＝PM＋PN＝﹣m2＋m＋2﹣m2＋m＋＝﹣m2＋m＋＝﹣(m﹣)2＋，∵﹣＜0，∴W的最大值為． 7.解：(1)把點A(4，0)，B(1，3)代入拋物線y=ax2＋bx中，得  解得：，∴拋物線表達式為：y=﹣x2＋4x；(2)點C的坐標為(3，3)，又∵點B的坐標為(1，3)，∴BC=2，∴S△ABC=×2×3=3；                     (3)過P點作PD⊥BH交BH于點D，設點P(m，﹣m2＋4m)，根據(jù)題意，得：BH=AH=3，HD=m2﹣4m，PD=m﹣1，∴S△ABP=S△ABH＋S四邊形HAPD﹣S△BPD，6=×3×3＋(3＋m﹣1)(m2﹣4m)﹣(m﹣1)(3＋m2﹣4m)，∴3m2﹣15m=0，m1=0(舍去)，m2=5，∴點P坐標為(5，﹣5).                          (4)以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，分三類情況討論：①以點M為直角頂點且M在x軸上方時，如圖2，CM=MN，∠CMN=90°，則△CBM≌△MHN，∴BC=MH=2，BM=HN=3﹣2=1，∴M(1，2)，N(2，0)，由勾股定理得：MC=，∴S△CMN=××=；②以點M為直角頂點且M在x軸下方時，如圖3，作輔助線，構建如圖所示的兩直角三角形：Rt△NEM和Rt△MDC，得Rt△NEM≌Rt△MDC，∴EM=CD=5，MD=ME=2，由勾股定理得：CM==，∴S△CMN=××=；③以點N為直角頂點且N在y軸左側時，如圖4，CN=MN，∠MNC=90°，作輔助線，同理得：CN==，∴S△CMN=××=17；④以點N為直角頂點且N在y軸右側時，作輔助線，如圖5，同理得：CN=，∴S△CMN=××=5；⑤以C為直角頂點時，不能構成滿足條件的等腰直角三角形；綜上所述：△CMN的面積為：或或17或5. 8.解：(1)由拋物線y=﹣x2﹣2x＋3可知點C(0，3)，令y=0，則0=﹣x2﹣2x＋3，解得x=﹣3或x=1，∴點A(﹣3，0)，B(1，0).(2)由拋物線y=﹣x2﹣2x＋3=﹣(x＋1)2＋4可知，對稱軸為直線x=﹣1，設點M的橫坐標為m，則PM=﹣m2﹣2m＋3，MN=(﹣m﹣1)×2=﹣2m﹣2，∴矩形PMNQ的周長=2(PM＋MN)=2(﹣m2﹣2m＋3﹣2m﹣2)=﹣2m2﹣8m＋2=﹣2(m＋2)2＋10，∴當m=﹣2時矩形的周長最大.∵點A(﹣3，0)，C(0，3)，可求得直線AC的函數(shù)表達式為y=x＋3，當x=﹣2時，y=﹣2＋3=1，則點E(﹣2，1)，∴EM=1，AM=1，∴S=AM·EM=.(3)∵點M的橫坐標為﹣2，拋物線的對稱軸為x=﹣1，∴點N應與原點重合，點Q與點C重合，∴DQ=DC，把x=﹣1代入y=﹣x2﹣2x＋3，得y=4，∴點D(﹣1，4).∴DQ=DC=.∵FG=2DQ，∴FG=4，設點F(n，﹣n2﹣2n＋3)，則點G(n，n＋3)，∵點G在點F的上方，∴(n＋3)﹣(﹣n2﹣2n＋3)=4，解得n=﹣4或n=1.∴點F(﹣4，﹣5)或(1，0).  

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