《【名校資料】陜西省中考數(shù)學(xué) 專題跟蹤突破四 壓軸題 二次函數(shù)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【名校資料】陜西省中考數(shù)學(xué) 專題跟蹤突破四 壓軸題 二次函數(shù)（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、◆+◆◆二〇一九中考數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)資料◆+◆◆ 壓軸題 二次函數(shù) 1．(2015·遂寧)如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過A(－2，0)，B(4，0)，C(0，3)三點． (1)求該拋物線的解析式； (2)在y軸上是否存在點M，使△ACM為等腰三角形？若存在，請直接寫出所有滿足要求的點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)把A(－2，0)，B(4，0)，C(0，3)代入拋物線y＝ax2＋bx＋c得解得則拋物線的解析式是：y＝－x2＋x＋3　 (2)如圖，作線段CA的垂直平分線，交y軸于M1，交AC于N，連接AM1，則△AM1C是等腰三角形，∵AC＝＝，∴CN

2、＝，∵△CNM1∽△COA，∴＝，∴＝，∴CM1＝，∴OM1＝OC－CM1＝3－＝，∴M1的坐標(biāo)是(0，)，當(dāng)CA＝CM2＝時，△AM2C是等腰三角形，則OM2＝3＋，M2的坐標(biāo)是(0，3＋)，當(dāng)CA＝AM3＝時，△AM3C是等腰三角形，則OM3＝3，M3的坐標(biāo)是(0，－3)，當(dāng)CA＝CM4＝時，△AM4C是等腰三角形，則OM4＝－3，M4的坐標(biāo)是(0，3－) 2．(2015·益陽)已知拋物線E1：y＝x2經(jīng)過點A(1，m)，以原點為頂點的拋物線E2經(jīng)過點B(2，2)，點A，B關(guān)于y 軸的對稱點分別為點A′，B′. (1)求m的值及拋物線E2所表示的二次函數(shù)的表達式；

3、(2)如圖，在第一象限內(nèi)，拋物線E1上是否存在點Q，使得以點Q，B，B′為頂點的三角形為直角三角形？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)∵拋物線E1經(jīng)過點A(1，m)，∴m＝12＝1.∵拋物線E2的頂點在原點，可設(shè)它對應(yīng)的函數(shù)表達式為y＝ax2(a≠0)，又∵點B(2，2)在拋物線E2上，∴2＝a×22，解得：a＝，∴拋物線E2所對應(yīng)的二次函數(shù)表達式為y＝x2　 (2)如圖，假設(shè)在第一象限內(nèi)，拋物線E1上存在點Q，使得△QBB′為直角三角形，由圖象可知直角頂點只能為點B或點Q.①當(dāng)點B為直角頂點時，過B作Q1B⊥BB′交拋物線E1于Q1，則點Q1與B的

4、橫坐標(biāo)相等且為2，將x＝2代入y＝x2得y＝4，∴點Q1的坐標(biāo)為(2，4)　 ②當(dāng)點Q為直角頂點時，則有Q2B′2＋Q2B2＝B′B2，過點Q2作GQ2⊥BB′于G，設(shè)點Q2的坐標(biāo)為(t，t2)(t＞0)，則有(t＋2)2＋(t2－2)2＋(2－t)2＋(t2－2)2＝42，整理得：t4－3t2＝0，∵t＞0，∴t2－3＝0，解得t1＝，t2＝－(舍去)，∴點Q2的坐標(biāo)為(，3)，綜合①②，存在符合條件的點Q坐標(biāo)為(2，4)與(，3) 3．(2015·貴陽模擬)如圖所示，拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過A，B兩點，A，B兩點的坐標(biāo)分別為(－1，0)，(0，－3)． (1)求拋

5、物線的函數(shù)解析式； (2)點E為拋物線的頂點，點C為拋物線與x軸的另一交點，點D為y軸上一點，且DC＝DE，求出點D的坐標(biāo)； (3)在直線DE上存在點P，使得以C，D，P為頂點的三角形與△DOC相似，請你直接寫出所有滿足條件的點P的坐標(biāo)． 解：(1)∵拋物線y＝x2＋bx＋c經(jīng)過A(－1，0)，B(0，－3)，∴解得故拋物線的函數(shù)解析式為y＝x2－2x－3　(2)令x2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，則點C的坐標(biāo)為(3，0)，∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴點E坐標(biāo)為(1，－4)，設(shè)點D的坐標(biāo)為(0，m)，作EF⊥y軸于點F，∵DC2＝OD2＋OC2＝m2＋32，DE

6、2＝DF2＋EF2＝(m＋4)2＋12，∵DC＝DE，∴m2＋9＝m2＋8m＋16＋1，解得m＝－1，∴點D的坐標(biāo)為(0，－1) (3)∵點C(3，0)，D(0，－1)，E(1，－4)，∴CO＝DF＝3，DO＝EF＝1，根據(jù)勾股定理，CD＝＝＝，在△COD和△DFE中，∵∴△COD≌△DFE(SAS)，∴∠EDF＝∠DCO，又∵∠DCO＋∠CDO＝90°，∴∠EDF＋∠CDO＝90°，∴∠CDE＝180°－90°＝90°，∴CD⊥DE，①OC與CD是對應(yīng)邊時，∵△DOC∽△PDC，∴＝，即＝，解得DP＝，過點P作PG⊥y軸于點G，則＝＝，

7、即＝＝，解得DG＝1，PG＝，當(dāng)點P在點D的左邊時，OG＝DG－DO＝1－1＝0，所以點P(－，0)，當(dāng)點P在點D的右邊時，OG＝DO＋DG＝1＋1＝2，所以，點P(，－2)；②OC與DP是對應(yīng)邊時，∵△DOC∽△CDP，∴＝，即＝，解得DP＝3，過點P作PG⊥y軸于點G，則＝＝，即＝＝，解得DG＝9，PG＝3，當(dāng)點P在點D的左邊時，OG＝DG－OD＝9－1＝8，所以，點P的坐標(biāo)是(－3，8)，當(dāng)點P在點D的右邊時，OG＝OD＋DG＝1＋9＝10，所以，點P的坐標(biāo)是(3，－10)，綜上所述，滿足條件的點P共有4個，其坐標(biāo)分別為(－，0)，(，－2)，(－3，8)，(3，－10) 4．(2

8、015·重慶)如圖，拋物線y＝－x2＋2x＋3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和點C關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，直線AD與y軸交于點E. (1)求直線AD的解析式； (2)如圖，直線AD上方的拋物線上有一點F，過點F作FG⊥AD于點G，作FH平行于x軸交直線AD于點H，求△FGH周長的最大值； (3)點M是拋物線的頂點，點P是y軸上一點，點Q是坐標(biāo)平面內(nèi)一點，以A，M，P，Q為頂點的四邊形是以AM為邊的矩形．若點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱，求點T的坐標(biāo)． 解：(1)當(dāng)x＝0時，y＝－x2＋2x＋3＝3，則C(0，3)，當(dāng)y＝0時，－x2＋2x＋

9、3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，則A(－1，0)，B(3，0)，∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，∴拋物線對稱軸為直線x＝1，而點D和點C關(guān)于直線x＝1對稱，∴D(2，3)，設(shè)直線AD的解析式為y＝kx＋b，把A(－1，0)，D(2，3)分別代入得解得∴直線AD的解析式為y＝x＋1　(2)當(dāng)x＝0時，y＝x＋1＝1，則E(0，1)，∵OA＝OE，∴△OAE為等腰直角三角形，∴∠EAO＝45°，∵FH∥OA，∴△FGH為等腰直角三角形，過點F作FN⊥FH交AD于N，如圖，∴△FNH為等腰直角三角形，而FG⊥HN，∴GH＝NG，∴△FGH的周長等于△FGN的周長，∵FG＝GN

10、＝FN，∴△FGN周長＝(1＋)FN，∴當(dāng)FN最大時，△FGN的周長最大，設(shè)F(x，－x2＋2x＋3)，則N(x，x＋1)，∴FN＝－x2＋2x＋3－x－1＝－(x－)2＋，當(dāng)x＝時，F(xiàn)N有最大值，∴△FGN周長的最大值為(1＋)×＝，即△FGH周長的最大值為　(3)直線AM交y軸于R，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，則M(1，4)，設(shè)直線AM的解析式為y＝mx＋n，把A(－1，0)，M(1，4)分別代入得解得∴直線AM的解析式為y＝2x＋2，當(dāng)x＝0時，y＝2x＋2＝2，則R(0，2)，當(dāng)AQ為矩形APQM的對角線，如圖1，∵∠RAP＝90°，而AO⊥PR，∴Rt△AOR∽Rt△POA，∴AO∶OP＝OR∶OA，即1∶OP＝2∶1，解得OP＝，∴P點坐標(biāo)為(0，－)，∵點A(－1，0)向上平移4個單位，向右平移2個單位得到M(1，4)，∴點P(0，－)向上平移4個單位，向右平移2個單位得到Q(2，)，∵點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱，∴T點坐標(biāo)為(0，)；當(dāng)AP為矩形AQPM的對角線，反向延長QA交y軸于S，如圖2，同理可得S點坐標(biāo)為(0，－)，∵R點為AM的中點，∴R點為PS的中點，∴PM＝SA，P(0，)，∵PM＝AQ，∴AQ＝AS，∴點Q關(guān)于AM的對稱點為S，即T點坐標(biāo)為(0，－)．綜上所述，點T的坐標(biāo)為(0，)或(0，－)