二次函數(shù)綜合題2022年廣州數(shù)學中考二模匯編

二次函數(shù)綜合題2022年廣州數(shù)學中考二模匯編1.如圖，拋物線y=x2+bx+c交x軸于點A,B兩點，。4=1,與y軸交于點C,連接AC,tan/。4c=3,拋物線的對稱軸與x軸交于點D.(1)求點A,C的坐標；(2)若點P在拋物線上，且滿足^LPAB=2AACO,求直線PA在與y軸交點的坐標；(3)點Q在拋物線上，且在x軸下方，直線AQ,BQ分別交拋物線的對稱軸于點M,N.求證：DM+DN為定值，并求出這個定值.2.如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y2.如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx-V3,過點4(一3,2⑹和點B(2,V3),與y軸交于點C,連接4C交x軸于點D,連接。4,OB.備用圖(1)求拋物線y=ax2+bx-g的函數(shù)表達式；⑵求點D的坐標：(3)Z.AOB的大小是 ；(4)將△OCD繞點。旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)后點C的對應點是點。，點D的對應點是點D',直線AC與直線BD,交于點M,在4OCD旋轉(zhuǎn)過程中，當點M與點C重合時，請直接寫出點M至I」AB的距離.3.如圖①，AABC表示一塊含有60°角的直角三角板，60°所對的邊BC的長為6,以斜邊AB所在直線為x軸，AB邊上的高所在直線為y軸，建立平面直角坐標系.等腰直角&DEF的直角頂點F初始位置落在y軸的負半軸，斜邊DE始終在x軸上移動，且DE=6.拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A,B,C三點.(參考數(shù)據(jù)：高=與1，看=等)(1)求a,b,c：ADEF經(jīng)過怎樣的平移后，點E與點8重合？求出點E與點8重合時，點F的坐標;ADEF經(jīng)過怎樣的平移后，0E與直線AC和BC均相切？.如圖，已知拋物線y=ax2-2ax+b與x軸交于A,8(3,0)兩點，與y軸交于點C,且OC=30A,設拋物線的頂點為D.(1)求拋物線的解析式；(2)在拋物線對稱軸的右側(cè)的拋物線上是否存在點P,使得APDC是等腰三角形？若存在，求出符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由；(3)若平行于x軸的直線與該拋物線交于M,N兩點(其中點M在點N的右側(cè))，在x軸上是否存在點Q，使AMNQ為等腰直角三角形？若存在，請求出點Q的坐標；若不存在,請說明理由..如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A,B兩點，與y軸交于點C(0,-3),A點的坐標為(-1,0).(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)若點P是拋物線在第四象限上的一個動點，當四邊形ABPC的面積最大時，求點P的坐標，并求出四邊形ABPC的最大面積；(3)若Q為拋物線對稱軸上一動點，求使4QBC為直角三角形的點Q的坐標..二次函數(shù)y=x2+px+q的頂點M是直線y=和直線y=x+m的交點.(1)若直線y=x+m過點0(0,-3),求M點的坐標及二次函數(shù)y=x2+px+q的解析式；(2)試證明無論m取任何值，二次函數(shù)y=x2+px+q的圖象與直線y=x+m總有兩個不同的交點；(3)在(1)的條件下，若二次函數(shù)y=x2+px+q的圖象與y軸交于點C,與x軸的右交點為A,試在直線y= 上求異于M的點P,使P在△CM4的外接圓上..已知拋物線G：y=a/+加-|(aH0)經(jīng)過點4(1,0)和B(-3,0).(1)求拋物線G的解析式，并寫出其頂點C的坐標；(2)如圖1,把拋物線G沿著直線AC方向平移到某處時得到拋物線此時點4,C分別平移到點D,E處.設點F在拋物線G上且在x軸的上方，若4DEF是以EF為底的等腰直角三角形，求點F的坐標；（3）如圖2,在（2）的條件下，設點M是線段BC上一動點，EN±EM交直線BF于點N,點P為線段MN的中點，當點M從點B向點C運動時：①tan^ENM的值如何變化？請說明理由；②點M到達點C時，直接寫出點P經(jīng)過的路線長..已知關于x的二次函數(shù)y=/+Qk-1沈+爐一1,且關于x的方程/+（2k-l）x+fc2-1=0的兩根的平方和等于9...彳....那.書.產(chǎn)2i；ii-4-3-2-L（i）求函數(shù)的解析式；（2）設這個二次函數(shù)的圖象與x軸從左至右分別交于A、B兩點，在圖中所給的平面直角坐標系中畫出函數(shù)的大致圖象，點M是位于對稱軸右側(cè)函數(shù)圖象上的一點，且銳角AZIMB的面積的等于3,求點M的坐標.（3）在（2）的條件下，過點M及點E（1,0）的直線與拋物線交于點P（點P不與點M重合），求證：XAMP是直角三角形，并求4AMp的面積.答案答案【答案】0/1=1,tanz.0AC=3,C的坐標分別為(1,0),(0,-3)；則0CC的坐標分別為(1,0),(0,-3)；(2)拋物線y=x+bx+c(2)拋物線y=x1+b+c=0,c=-3,??拋物線的函數(shù)表達式為y=x2+2x-3；①若點P在x軸下方，如圖1,延長AP到“，使AH=AB,過點B作B/_Lx軸，連接BH,作BH中點G,連接并延長AG交B1于點F,過點H作1BI于點/,v當x2+2x—3=0,解得：Xj=-3>x2=1???B(-3,0).4(1,0),C(0,-3),OA=1,OC=3,AC=Vl2+32=V10,AB=4,Rt△AOC中，sin/AC。=—=—,cosZ.ACO=—,AC10 10AB=AHfG為BH中點，??AG1BH,BG=GH,LBAG=Z.HAG,EPLPAB=ZlBAG.??"AB=2UC0,??4BAG=Zj4C。，Rt△ABG中，^AGB=90°,sin/B4G=吧=叵，AB10,:Z-HBl4-Z.ABG=Z.ABG+/.BAG=90°,:.Z-HBI=Z-BAG=Z.ACO9Rt△BHI中，zB/H=90°,sinzHB/=—=^2,cosaHBI=—=—,BH10 BH10BI=^-BH=-,11 12Qnw，yn=一w，即由點A,H的坐標的，直線AH的表達式為：y故直線PA在與y軸交點的坐標為(0,-；)；②若點P在x軸上方，如圖2,在AP上截取AH'=AH,則H'與H關于x軸對稱，???哈狀)，同理可得，直線AH':y=--x+-,4 4故直線PA在與y軸交點的坐標(0,?；綜上，直線PA在與y軸交點的坐標為(。,一?或(。，3；DM+DN為定值，v拋物線y=x2+2x—3的對稱軸為：直線x=—1,???D(—1,0),xM=xN=-1,設Q(t/2+2t—3)(—3VtV1)?由點AfQ的坐標得，直線AQ:y=(t+3)x-t-3,當x=-1時，y”=-t—3—t—3=-2t—6,：?DM=0—(—2t—6)=2￡+6,同理可得，直線BQ.y=(t-l)x+3t-3,當x=-1時，yN=-t+l+3c-3=2￡—2,DN=0-(2t—2)=-2t+2*:.OM+DN=2￡+6+(—2t+2)=8,為定值.2.【答案】(1)v拋物線y=ax2^-bx-y[3過點4(一3,2>/5)和點8(2,百),!_2yf3a=~1b聾，拋物線的函數(shù)表達式為：、=等/+個》一聲.(2)當％=0時，y=ax2bx—y[3=-V3,.??C(0,-V3).設直線AC解析式為：y=kx+c,.3k+c=2>/3,獻彳旦(k=—V5,(0+c=-V3,解得：[c=-V3,直線AC解析式為y=-Wx-a,當y=0時，-V5x-V5=0,解得：x=-1.???D(-l,0).(3) 90°⑷點M到AB的距離為警或竽.【解析】(3)如圖1,連接AB.???4(-3,2V3),B(2,V3),0A2=32+(275)2=21,OB2=22+(V3)2=7,AB2=(2+3)2+(V3-2V3)2=28,OA2+OB2=AB2,Z.AOB=90°.圖1⑷過點M作MH1AB于點H,則MH的長為點M到AB的距離.如圖2,當點M與點C重合且在y軸右側(cè)時，??△OCD繞點。旋轉(zhuǎn)得△。。少(即△OMD),OM=OC=V3,OD'=OD=1,/.MOD'=乙COD=90°,MD'=VT+T=2,Z.MD'0=60°,Z.OMD'=30",??/.MOD'=Z.AOB=90°,??/.MOD'+/.BOM=Z.AOB+Z.BOM,即/.BOD'=/.AOM,：OA=VH,OB=V7,.空—_op1OA~y/21-V5-0M，/.△BOD'S△AOM,Of)' 1ZBD'O=乙4M。=60",—=4=,AMy/3■■/.AMD'=/.AMO+Z.OMD'=60°+30。=90°,即AM±BD',設BD'=t(t>0),則AM=V3t,BM=BD'-MD'=t-2,v在RtAAMB中，AM2+BM2=AB2,(V3t)2+(t-2)2=28,解得：ti=-2(舍去)，t2=3,AM=3GBM=1,??S“MB= -BM=\AB-MH,....AMBM3bxi3y/21??MH=———=—7=-= ;AB2V7 14如圖3,當點M與點C重合且在y軸左側(cè)時，/MOD'-乙4。。'=N40B—乙4。。'，即乙40M=NB。。'，同理可證：△aOMsAB。。，

on11??/.AMO=ZBD'O=180°-ZMD'O=120°,空?=%,AM-J3/.AMD'=/.AMO-/.OMD'=120°-30°=90°,即AM1BD',設BD'=t(t>0),則AM=V3t,BM=BD'+MD'=t+2,v在Rt△AMB中，AM2+BM2=AB2,??(V5t)2+(t+27=28,解得：G=2,t2=—3(舍去)，AM=2V3,BM=4,TOC\o"1-5"\h\z1 1-S^amb=\ambm=\abmh,AMBM 26X4 4\[21：?MH= =——= ,AB2V7 7綜上所述，點M到AB的距離為要或警.14 73.【答案】3.在Rt△ABC中，lCAB=60",Z.ACB=90",BC=6,1?/.ABC=30°.OC=BC-sinz.ABC=6xsin30°=3,??點C的坐標為(0,3):在Rt△COB中，OC=3,LOBC=30°,.?.OB=OC?cotZ-OBC=3xcot30°=3>/3,二點B的坐標為(3V3,0)；在Rt△AOC中，OC=3,/,CAO=60°,?.AO=OC?cotZ.CAO=3xcot60°=V3???點A的坐標為(-V3,0).將4(-V3,0),8(3?0),C(0,3)代入y=ax2+bx+cf得:(3q-3b+,27q+3同(c=3,.2yf3o??Q= ,b= 9C=3.(2)當?shù)妊苯茿DEF的直角頂點戶在y軸負半軸時,vDE=6,OF=OF=-DF=-x6=3,2 2.??點F起始位置的坐標為（0,-3）,點E起始位置的坐標為（3.0）.??點B的坐標為（3V3.0）,BE=OB-OE=3V3-3,DEF沿x軸正方向（向右）平移（3V3-3）個單位長度，可使點E與點B重合，當點E與點B重合時，點F的坐標為（373-3,-3）.⑶設OP的半徑為r,QP與直線AC和BC都相切，有兩種情況：①圓心Pi在直線AC的右側(cè)時，過點Pi作PiQilAC,垂足為Qi，作P/ilBC,垂足為%,如圖③所示.Z.ACB=90",??四邊形QiCR$i是矩形.??OP1與AC,BC相切于點Qi，R1，RJi=PiQi9?矩形Q1CR/1是正方形.設QiC—CRr=R1P1=P1Q1=:.在Rt△PlR1B中，BRi=R1P1cotZ-CBA=^cotBO0=y/3^,BC=CRi+BR[=+>/5丁1=（V3+l）r*i?又??,BC=6,??（V3+1吊=6,?』=高=竿=3（巡-1）=36-3?P]B=2RR=2rl=2（38-3）=6y/3-6,OP】=OB-BPi=3V3-（6V3-6）=6-3遍，??Pi的坐標為（6-373,0）.■■OE=3,EPi=OE-OP1=3-（6-3V3）=38-3,??把4DEF沿x軸負方向（向左）平移（3x/3-3）個單位長度，可使OE與直線AC和BC均相切；②當圓心P2在直線AC的左側(cè)時，過點P2作P2Q2LAC,垂足為（22，作P2R2-LBC,垂足為R2<如圖④所示.??/.ACB=90",/.R2CQ2=90°,??OP2與AC,BC相切于點（?2，氏2，矩形q2cr2p2是正方形.設Q2c=CR2=R2P2=P2Q2=r2,在Rt△P2R2B中，BR2=R2P2C0X.Z.CBA=r2cot30°=V3r2,,1,BC=BR2—CR2=V3r2—r2=（V3—l）r2,又vBC=6,（V3—l）r2=6,

??r2= =$.+i=3(V3+1)=3V3+3,P2B=2R2P2=2r2=2(36+3)=6V3+6,0P2=BP2-OB=6V3+6-3V3=6+373,??P2的坐標為(-6-3V3,0).OE=3,OP2=6+3V3,EP2=OE+OP2=3+(6+3V3)=9+36??把4DEF沿x軸負方向(向左)平移(9+3V3)個單位長度，可使OE與直線AC和BC均相切.綜上所述，把4DEF沿x軸負方向(向左)平移(3V3-3)或(9+36)個單位長度，可使QE與直線AC和BC均相切..【答案】(1)由y=ax2-2ax+b可得拋物線對稱軸為直線x=l,由8(3,0)可得4(-1,0)；vOC=304,??"(0,3)；依題意有：｛憶慧+6=°，解得｛MU:.拋物線的解析式為y=-x2+2%+3.(2)存在.①由C點(0,3)和x=l可得對稱點為P(2,3),此時DC=DP,△PDC是等腰三角形，②設P2(xty),??C(0,3),P(2,3),??CP=2,v0(1,4)，*.CD=y/2<2,:.PC不可能與CD相等：當CP=DP時，>PDC是等腰三角形.vCPl=(3—y)2+x2,DP；=(x—l)2+(4—y)2,??(3—y)2+x2=(x—l)24-(4—y)2.將y=-x2+2x+3代入可得：x=巴/，5-V5**y= ；???&(喈,學).⑶①②存在，且Q2(2-V5,o),Q3(2+VS⑶①②rQ是直角頂點，由對稱性可直接得Qi(l,O)；fN是直角頂點，且M,N在x軸上方時；設Q2(t,0)(t<1),則N(t,-t2+2t+3),MN=NQ2=2Q1Q2,-t2+2t+3=2(1-t).vt<1,Q2(2-V5,0)；由對稱性可得Q3(Z,0)；③若N是直角頂點，且M,N在x軸下方時；同理可得：(?4(一遍,0);由對稱性可得Qs(遍+2,0).綜上，點Q存在，且Qi(l,0),(?2(2-V5,O),(?3(2+V5,0),Q4(-V5,0),Q5(V5,0)..【答案】4(-1,0),C(0,-3)在y=M+bx+c上，.,1—b+c=0,'lc=-3,解得：F=w??二次函數(shù)的解析式為y=%2-2%-3.(2)在y=/-2%-3中，令y=0可得0=/-2%-3,解得x=3或x=-1,??8(3,0),解得:設BC所在的直線方程為y=kx+b(k40),把B(3,0),C(0,-3)代入得：仔十巴解得:9=—，k=1,b=-3,經(jīng)過B,C兩點的直線方程為：y=x-3,如圖，過點P作軸，垂足為D,與直線BC交于點E,設點P的坐標為(s/一2x-3),則E(x,x-3),???EP=(x—3)—(x2—2x-3)=3x—x2.???AB—4.OC=3,OB—3>S四邊形ABPC=SaABC+S&BCP=1x4x3+1(3x—x2)x3當時，四邊形ABPC的面積最大，此時P點坐標為G，一孩），???四邊形ABPC的最大面積為g.(3)vy=%2—2x—3=(%—I)2—4,??對稱軸為X=1,二可設Q點坐標為

??8(3,0),C(0,-3),BQ2=(1-3)2+t2=t2+4,CQ2=l2+(t+3)2=t2+6t+10,BC2=18,??AQBC為直角三角形，有Z.BQC=90°,Z.CBQ=90°和Z.BCQ=90。三種情況，①當LBQC=90°時，則有BQ2+CQ2=BC2,即t2+4+t2+6t+10=18,解得t=帶巨或1=三巨，此時Q點坐標為(1,三場)或(1，三身)；②當/.CBQ=90°時，則有BC2+BQ2=CQ2,B|Jt2+44-18=t24-6t+10,解得t=2,此時Q點坐標為(1,2)；③當Z.BCQ=90°時，則有BC2+CQ2=BQ2,即18+ +6t+10=t?+%解得t=-4,此時Q點坐標為(1,-4)；綜上知Q點的坐標為(1，駕亙)或(1，二#)或(1，2)或(1，一4).6.【答案】(1)把0(0,-3)坐標代入直線y=x4-m中，得m=-3,從而得直線y=x-3.由M為直線y=與直線y=x-3的交點，得,二一,解得仁;、ty=x-3,Ua得M點坐標為M(2,-l).M為二次函數(shù)y=x2+px+q的頂點，??其對稱軸為x=2,由對稱軸公式：x=-\得*=2,?.p=-4；??二次函數(shù)y=x24-px4-g的解析式為：y=x2—4x+3；[也可用頂點式求得解析式：由M(2,—l),得y=(x—2)2—l,展開得y=——4%+3]f (x=-^m(2) 是直線和y=x+m的交點，得丫一一之/解得: x3,2 (y=%4-m,ly=-m,得M點坐標為從而有一巳=一2血和的機)2 3 4 3y=xm,j=/+2工+q解得p=,m；q=得x24-(p-y=xm,j=/+2工+q該一元二次方程根的判別式d=(p-l)?一4(q-m)=(gm-1)-4^m2+ -m)=1>0,??二次函數(shù)y=X2+px+q的圖象與直線y=x+m總有兩個不同的交點.（3）由（1）知，二次函數(shù)的解析式為：y=x2-4x+3,當x=0時，y=3.??點C的坐標為C（0,3）.令y=0,EPx2—4x+3=0,解得=1,x2=3,二點A的坐標為4（3,0）.由勾股定理，得AC=3vL；M點的坐標為M（2,-1）,過M點作x軸的垂線，垂足的坐標應為（2,0）,由勾股定理，得4M=或；過M點作y軸的垂線，垂足的坐標應為（0,-1）,由勾股定理，得CM=V42+22=V20=2V5.e?AC2+AM2=20=CM2,??△CMA是直角三角形，CM為斜邊，/.CAM=90".直線y=-；x與△CM4的外接圓的一個交點為M,另一個交點為P,則ZCPM=90°.即△CPM為直角三角形.設P點的橫坐標為X,則過點P作x軸垂線，過點M作y軸垂線，兩條垂線交于點E（如圖），則E（x,-1）.過P作PF_Ly軸于點F,則F（0,-1x）.在Rt△PEM中，PM2=PE2+EM2=（-：x+1）2+（2-x）2=：x2-5x+5.在Rt△PCF中，PC2=PF2+CF2=x2+（3+1x）2=^x2+3x+9.在Rt△PCM中，PC2+PM2=CM2,得-x2+3x+9+-x2-5x+5=20,化簡整理得5x2-4 44x—12=0,解得Xj=2.x2=~當x=2時，y=-l,即為M點的橫、縱坐標.p點的橫坐標為一肩縱坐標為I，-哈，）7.【答案】,:拋物線Cr:y=ax24-bx-1(a0)經(jīng)過點71(1,0)和B(-3,0),

1a=？b=1,q1a=？b=1,23解得9a-3b-^=Qt??拋物線G的解析式為y=1x2+x-1,y=1x2+x-|=1(x+I)2-2,??頂點C的坐標為(-1,-2).⑵如圖，作CHLx軸于H,??4(1,0),C(-l,-2),??AH=CH=2,??Z.CAB=Z.ACH=45°,??直線AC的解析式為y=x-l,??△DEF是以EF為底的等腰直角三角形，zDFF=45°,乙DEF=(ACH,??EF//y軸，??DE=AC=2>/2,??EF=4,設F(rn,^m2+m—1)?則E(jn,m—1),?.EF=|m2+m—g—(m+1)=4,解得m=±3,??點F在無軸上方，??F(3,6).(3)①tanzE/VM的值為定值，tanzE/VM=2；如圖，??DFLAC,BCLAC,??DF//BC,vDF=DE=AC=BC,??四邊形DFBC平行四邊形，??DFLACf??四邊形DFBC是矩形，過點N作NG1AC,交AC于點G,?NG=BC=AC=2>/2???ENIEM,??乙MEN=900,??NCEM+4NEG=90°,乙ENG+CNEG=90°,??乙CEM=CENG,aAEGNs△MCE,.EM_EC"EN-NG,??F（3,6）,EF=4,??E（3,2）,vC（-l,-2）,EC=4V2,EM_EC_4>/2_** = = 7-=2,ENNG2V2FM??tanzf/VM=—=2；EN??tanzE/VM的值為定值，定值為2；②曝【解析】⑶①法二：??Z.NBM+Z.NEM=180°,B,M,E,N四點共圓，連接BE,則乙ENM=LEBM.PMFC4\/2tan/ENM=tan/EBM=—=—=^=2.EN BC2>l2②如圖，點P應為直徑MN的中點，連接PB,PE,則PB=PE,??點P在線段BE的中垂線上，點P經(jīng)過的路徑是線段P1P2,（考慮起點位置與終點位置），則