2020中考数学二轮复习专题训练：二次函数与几何

2020中考数学三轮复习专题训练：方程应用题(含解析)

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2020中考数学二轮复习专题训练：二次函数与几何

1. 如图，抛物线:y＝ax²＋bx+1的顶点坐标为D（1,0），

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，将抛物线向右平移1个单位，向下平移1个单位得到抛物线，直线，经过点D交y轴于点A，交抛物线于点B，抛物线的顶点为P,求△DBP的面积

（3）如图2，连结AP,过点B作BC⊥AP于C,设点为抛物线上点至点之间的一动点，连结并延长交于点，连结 并延长交于点，试证明：为定值．

 

 

 

 

【解答】

（1）∵抛物线顶点为，经过点（0,1）∴可设抛物线的解析式为：，得：   ∴抛物线的解析式为    

（2）根据题意的p（2，-1）∴抛物线的解析式为：，∴A(0，-1),B(4,3)∴△DBP的面积 =3

（3）过点作于点，过点作于点，设点的坐标是，则，.

∵ ∴∽ ∴  即，得

∵ ∴∽ ∴  即，得

又∵

∴，即为定值8.                      

 

2. 如图，已知抛物线C₁：的顶点为P，与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左边），点B的横坐标是1．

（1）求P点坐标及a的值；（3分）

（2）如图1，抛物线C₂与抛物线C₁关于x轴对称，将抛物线C₂向右平移，平移后的抛物线记为C₃，C₃的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求C₃的解析式；（4分）

（3）如图2，点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线C₁绕点Q旋转180°后得到抛物线C₄．抛物线C₄的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标．（5分）

        

【解答】

（1）由抛物线C₁：得顶点P的为（-2，-5）   

∵点B（1，0）在抛物线C₁上∴，∴a＝9(5)        

（2）连接PM，作PH⊥x轴于H，作MG⊥x轴于G

∵点P、M关于点B成中心对称，∴PM过点B，且PB＝MB

∴△PBH≌△MBG，∴MG＝PH＝5，BG＝BH＝3

∴顶点M的坐标为（4，5），抛物线C₂由C₁关于x轴对称得到，抛物线C₃由C₂平移得到

∴抛物线C₃的表达式为   

（3）∵抛物线C₄由C₁绕点x轴上的点Q旋转180°得到

∴顶点N、P关于点Q成中心对称由（2）得点N的纵坐标为5设点N坐标为（m，5）           

作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G，作PK⊥NG于K

∵旋转中心Q在x轴上

∴EF＝AB＝2BH＝6

∴FG＝3，点F坐标为（m+3，0）

H坐标为（2，0），K坐标为（m，-5），

根据勾股定理得

     PN²＝NK²+PK²＝m²+4m+104

     PF²＝PH²+HF²＝m²+10m+50

     NF²＝5²+3²＝34               

①当∠PNF＝90º时，PN²+ NF²＝PF²，解得m＝3(44)，∴Q点坐标为（3(19)，0）  

②当∠PFN＝90º时，PF²+ NF²＝PN²，解得m＝3(10)，∴Q点坐标为（3(2)，0）

③∵PN＞NK＝10＞NF，∴∠NPF≠90º

综上所得，当Q点坐标为（3(19)，0）或（3(2)，0）时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形．       

 

3. 已知: 如图1, 二次函数y＝a (x－1)²－4的图象交x轴负半轴于点A, 交x轴正半轴于点B, 交y轴负半轴于点C, 且OB＝3OA.

    (1) 求二次函数的解析式;

(2) 如图2, M是抛物线的顶点, P是抛物线在B点右侧上一点, Q是对称轴上一点, 并且

AQ⊥PQ, 是否存在这样的点P, 使得∠PAQ＝∠AMQ ? 若存在, 请求出P点坐标; 若不存在, 请说明理由.

（3）如图3, 设(1)中抛物线的顶点为M,R为x轴正半轴上一点，将（1）中抛物线绕R旋转180

得到抛物线C: y＝–a (x－h)²+k交x轴于D,E两点，.若tan∠BME=1,求R点的坐标。

 

【解答】

（1）由题意知，抛物线的对称轴：x=1；设OA=x，则OB=3OA=3x，即：A（-x，0）、B（3x，0）；
由于A、B关于抛物线对称轴对称，所以x=1，A（-1，0）、B（3，0）；
将B点坐标代入抛物线的解析式中，得：0=a（3-1）²-4，解得：a=1
∴抛物线的解析式：y=（x-1）²-4=x²-2x-3．

（2）设抛物线对称轴与x轴的交点为G，过P作PH⊥QM于H，如右图；
∵∠AMQ=∠PAQ，∠AGM=∠AQP=90°，∴△AMG∽△PAQ，得：，即AQ=2PQ；
∵∠QAG=∠PQH=90°-∠AQG，∠AQP=∠PHQ=90°，
∴△AQG∽△QPH，得：，即：QH=AG=1，QG=2PH；
设PH=x，QG=2x（x＞0），则：P（x+1，2x-1），代入抛物线的解析式中，得：
（x+1）²-2（x+1）-3=2x-1，化简，得：x²-2x-3=0，解得：x=3（负值舍去）∴P（4，5）；
综上，存在符合条件的P点，且坐标为（4，5）．

（3）过E作EQ⊥MB，交MB的延长线于点Q；过M作MP⊥x轴于P，则Rt△MPB∽Rt△EQB，得：=，即：QE=2BQ；
在Rt△BQM中，tan∠BME=1，则：QM=QE=2QB，即：MB=BQ；
在Rt△MPB中，PM=4，BP=2，则：MB=BQ=BP=2；
在Rt△BQE中，QB=2，QE=2BQ，则：BE=BQ=10，即：E（13，0）；
由题意知，A、E以及B、D都关于点R对称，已知：A（-1，0）、E（13，0），

点R的坐标为（6，0）． 

 

4. 如图，直线y=－x－1与抛物线y=ax²＋bx－4都经过点A(－1， 0)、C(3， －4)．

⑴求抛物线的解析式；

⑵动点P在线段AC上，过点P作x轴的垂线与抛物线相交于点E，求线段PE长度的最大值；

⑶当线段PE的长度取得最大值时，在抛物线上是否存在点Q，使△PCQ是以PC为直角边的直角三角形?若存在，请求出Q点的坐标；若不存在．请说明理由．

【解答】

⑴把A(－1，0)、C(3， －4)代入y=ax²＋bx－4得a=1， b= －3 ，∴抛物线解析式为y=x²－3x－4 ．

⑵设点P坐标(m， －m－1)，则E点坐标(m， m²－3m－4)．

∴线段PE的长度为：－m－1－(m²－3m－4)=－m²＋2m＋3=－(m－1)²＋4．

∴由二次函数性质知当m=1时，函数有最大值4，所以线段PE长度的最大值为4。

⑶ 由⑵知P(1， －2)．

①过P作PC的垂线与x轴交于F，与抛物线交于Q， 设AC与y轴交于G，则G(0，－1)，OG=1，又可知A(－1， 0)，则OA=1，∴△OAG是等腰直角三角形，∴∠OAG=45°，∴△PAF是等腰直角三角形，由对称性知F(3， 0)．可求得直线PF为y=x－3．与抛物线的解析式联立，可得：∴Q₁(2＋，－1)  Q₂(2－， －－1)．

②过点C作PC的垂线与x轴交于H，与抛物线交点为Q，由∠HAC=45^o，知△ACH是等腰直角三角形，由对称性知H坐标为(7， 0)，可求得直线CH的解析式为y=x－7，与抛物线的解析式联立，可得：Q₃(1， －6)，Q₄(3， －4)时，Q₄与C重合，△PQC不存在．

综上所述，在抛物线上存在点Q₁(2＋，－1)、Q₂(2－，－－1)、Q₃(1，－6)使得△PCQ是以PC为直角边的直角三角形。

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5. 已知抛物线C：经过点(-1，1)和（0，-2）.

(1)求此抛物线C的解析式；

(2)过点A(0，4)作直线交抛物线于M、N两点，是否存在直线MN，使得OM⊥ON?

若存在，求出直线MN的解析式; 若不存在，请说明理由;

(3)B（0，t）是y轴负半轴上一点，过B点作直线l∥x轴，将抛物线C作适当的平移得抛物线C₁，使得抛物线的顶点在y轴上, 且以抛物线C₁上的任意一点P（a，b）为圆心，PO为半径的⊙P都与直线l相切，求平移后抛物线C₁的解析式.

 

 

【解答】

（1）y=x²-2x-2；

（2）作MC⊥x于C，MD⊥x于D，则Rt△MCO∽Rt△ODN，

∴MC·ND=OC·OD，

∴，设过A（0,4）的直线解析式为y=kx+4，由

有，∴， ，

∴=

，

∴，

，∴直线MN的解析式为或；

（3）当P与抛物线C₁的顶点重合时，PO=PB, P为OB的中点，∴可设抛物线C₁的解析式为.

如图当P不与抛物线C₁的顶点重合时(b≠t)，作PH⊥l于H点，则PH=PO，∴，又P点在抛物线C₁上，∴，∴，

∴，∵b≠t, t≠2b,

∴，∴抛物线C₁的解析式为.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6. 如图，抛物线y＝mx²―2mx―3m(m＞0)与x轴交于A、B两点， 与y轴交于C点，点M为抛物线的顶点.

（1）求A，B两点的坐标；

（2）是否存在以BM为斜边的Rt△BCM的抛物线？若存在，请求出抛物线的解析式；如果不存在，请说明理由.

（3）在（2）的条件下，若抛物线上有一点P，连接PC交线段BM于Q点，且S_△BPQ＝S_△CMQ ，请出点P的坐标.

【解答】

（1）∵抛物线y＝mx²―2mx―3m(m＞0)与x轴交于A、B两点，

∴当y＝0时，mx²―2mx―3m＝0，∵m＞0，∴x²―2x―3＝0，解得x₁＝－1，x_,2＝3，

∴A，B两点的坐标为（－1,0）、（3,0）.

（2）存在使△BCM为直角三角形的抛物线.

过点C作CN⊥DM于点N，则△CMN为Rt△，CN＝OD＝1，DN＝OC＝3m,

∴MN＝DM－DN＝m,

∴CM²＝CN²＋MN²＝1＋m²，

在Rt△OBC中，BC²＝OB²＋OC²＝9＋9m²，

如果△BCM是直角三角形，且∠BCM＝90°时，

则BC²＋CM²＝BM². 在Rt△BDM中，

BM²＝BD²＋DM²＝4＋16m².

2020中考数学二轮复习专题训练1（浙教版）

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故9＋9m²＋1＋m²＝4＋16m²，

解得 m＝±1,∵m＞0，∴m＝1.

∴存在抛物线y＝x²－2x－3使得△BCM是直角三角形。

（3）由S_△BPQ＝S_△CMQ可得S_△BPM＝S_△CPM ，故MP∥BC,

易求直线BC的解析式为y=x-3,故设直线MP的解析式

为y=x+b,代入点M的坐标(1,-4)可得b＝－5，

联立直线MP和抛物线的解析式所组成的方程组可求得P点坐标为（2，－3）.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7. 如图1，抛物线：与直线AB：交于x轴上的一点A，和另一点B(3，n)．

(1)求抛物线的解析式；

(2)点P是抛物线上的一个动点（点P在A，B两点之间，但不包括A，B两点），PM⊥AB于点M，PN∥y轴交AB于点N，求△PMN周长的最大值；

(3)如图2，将抛物线绕顶点旋转180°后，再作适当平移得到抛物线，已知抛物线的顶点E在第四象限的抛物线上，且抛物线与抛物线交于点D，过D点作轴的平行线交抛物线于点F，过E点作轴的平行线交抛物线于点G，是否存在这样的抛物线，使得四边形DFEG为菱形？若存在，请求E点的横坐标；若不存在请说明理由．      

 

【解答】

⑴由题意得：A(-1,0)、B(3,2)

        ∴ 解得:∴抛物线的解析式为y=-x+x+2

⑵设AB交y轴于D，则D（0，），∴OA=1，OD=，AD=，∴=，

         ∵PN∥y轴, ∴∠PNM=∠CDN=∠ADO, ∴Rt△ADO∽Rt△PNM.

∴.∴=×PN=PN.

   ∴当PN取最大值时, 取最大值.

  设P(m, -m+m+2) N(m, m+).则PN=-m+m+2-(m+)=-m+m+.

  ∵-1﹤m﹤3. ∴当m=1时,PN取最大值.

  ∴△PNM周长的最大值为×2=.此时P(1,3).

⑶设E(n,t),由题意得:抛物线为：y=-(x-)+,为：y=(x-n)+t.

  ∵E在抛物线上，∴t=-(n-)+.∵四边形DFEG为菱形. ∴DF=FE=EG=DG

连ED,由抛物线的对称性可知,ED=EF.∴△DEG与△DEF均为正三角形.∴D为抛物线的顶点.∴D(,).∵DF∥x轴,且D、F关于直线x=n对称.∴DF=2（n-）.

∵DEF为正三角形.∴-=×2(n-).解得：n=.

∴t=-.∴存在点E，坐标为E(,-).

 

8. 如图，已知抛物线y=-x²+bx+c过点A(2,0)，对称轴为y轴，顶点为P

  (1)求该抛物线的解析式，写出其顶点P的坐标，请在图①中画出大致的图象；

  (2)如图②，将此抛物线向右平移m个单位，再向下平移m个单位(m>O)．平移后的抛物线与直线y=1相交于M、N两点，若2≤MN≤4．求m的取值范围；

  (3)如图③，若此抛物线在(2)的平移方式下，新抛物线的顶点为B点，与y轴的交点为C．若∠OBC=45°，试求m的值.

 

【解答】

(1)∵抛物线y=-x²+bx+c过点A(2,0),对称轴为y轴为y轴，∴b=0,c=4,∴y=-x²+4,

P(0,4);(2)MN=2,则2≤2≤4,解得-1≤m≤2∵m>0∴0 分类讨论如下：

①∵抛物线先向右平移m个单位，再向下平移m个单位m个单位(m>0)∴B(m,4-m),y=-(x-m)²+4-m,∴C(0,-m²-m+4)，已知∠OPB=45°，又∠OBC=45°，∴△OCB与△OBP相似；如图1，当点C在y轴正半轴上时，即-m²-m+4>0时，BO²=OC·OP,∵BO²=2m²-8m+16，OC=-m²-m+4，OP=4，解得m₁=0,m₂=3(2);

②如图2，当点C在y轴正半轴上时，即-m²-m+4<0>时，BO²=OC·OP,∵BC²=m²+m⁴，OC=m²+m-4,CP= m²+m，解得m₃=0,m_4,5=1±(负根舍去)，∴m=1+,综上所述，m= m²+m或m=1+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9. 如图1，抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C，直线经过点B及抛物线的顶点M．

（1）求抛物线的解析式；

（2）P为对称轴右侧抛物线上的一点，PQ垂直于对称轴于点Q，以PQ为边作正方形PQDE，若点E恰好落在直线BM上，求P点的坐标；

（3）如图2，将△OBC沿轴正方向平移个单位长度得到△，与抛物线交于点N，连接，试问：是否存在这样的实数，使得△∽△ABC？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由.

 

【解答】

⑴由题意得：M(1,b) B(3,0) ∵M在直线y=-2x+6, ∴b=4,∴M(1,4).

将B(3,0)代入抛物线y=a+4中,得a=-1.        

∴抛物线的解析式为y= –+4=- +2x+3.且A(-1,0)  C(0,3)

⑵设P(m, -m+2m+3),则Q(1, -m+2m+3).

∵四边形PQDE为正方形.∴QD=DE=PE=PQ=m-1

∴D(1, -m+m+4),E(m, -m+m+4) ∵BM的解析式为y=-2x+6.且E在BM上,

∴-m+2m+4=-2m+6 解得m=1或m=2,

∵P在对称轴x=1右侧,∴x＞1,∴只取m=2，∴P(2,3)

⑶由题意得：OA=1,OC==OB==3, =m,过N作NF⊥x轴于点F.

 ∵△N∽ΔABC. ∴∠N =∠A ∠ABC=∠N=45°∵OC=3OA=OB

∴NF=3F=F, ∴F==,NF=3×=

∵ N在抛物线y= –+2x+3上.∴令y=,得–+2x+3=,解得:x=

∵将△OBC向右平移, ∴x=＜0,不合题意,舍去. ∴x=

∴N(,).∴m=-=.

 

 

 

 

 

 

 

 

10. 抛物线y=（x﹣3）（x+1）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点D为顶点．

（1）求点B及点D的坐标．

（2）连结BD，CD，抛物线的对称轴与x轴交于点E．

①若线段BD上一点P，使∠DCP=∠BDE，求点P的坐标．

②若第一象限抛物线上一点M，作MN⊥CD，交直线CD于点N，使∠CMN=∠BDE，求点M的坐标．

 

【解答】

（1）∵抛物线y=（x﹣3）（x+1）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），

∴当y=0时，（x﹣3）（x+1）=0，解得x=3或﹣1，∴点B的坐标为（3，0）．

∵y=（x﹣3）（x+1）=x²﹣2x﹣3=（x﹣1）²﹣4，∴顶点D的坐标为（1，﹣4）；

（2）①如右图．

∵抛物线y=（x﹣3）（x+1）=x²﹣2x﹣3与与y轴交于点C，∴C点坐标为（0，﹣3）．

∵对称轴为直线x=1，∴点E的坐标为（1，0）．

连接BC，过点C作CH⊥DE于H，则H点坐标为（1，﹣3），

∴CH=DH=1，∴∠CDH=∠BCO=∠BCH=45°，

∴CD=，CB=3，△BCD为直角三角形．

分别延长PC、DC，与x轴相交于点Q，R．

∵∠BDE=∠DCP=∠QCR，

∠CDB=∠CDE+∠BDE=45°+∠DCP，

∠QCO=∠RCO+∠QCR=45°+∠DCP，

∴∠CDB=∠QCO，∴△BCD∽△QOC，∴==，

∴OQ=3OC=9，即Q（﹣9，0）．

∴直线CQ的解析式为y=﹣x﹣3，直线BD的解析式为y=2x﹣6．

由方程组，解得．∴点P的坐标为（，﹣）；[

②若点N在射线DC上，如备用图2，MN交y轴于点F，过点M作MG⊥y轴于点G．

∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，

∴△MCN∽△DBE，∴==，∴MN=2CN．设CN=a，则MN=2a．

∵∠CDE=45°，

∴△CNF，△MGF均为等腰直角三角形，

∴NF=CN=a，CF=a，∴MF=MN﹣NF=a，

∴MG=FG=a，∴CG=FG+FC=a，

∴M（a，﹣3+a）．代入抛物线y=（x﹣3）（x+1），解得a=5，

∴M（5，12）；点M坐标为（5，12）．

 

2020中考数学二轮复习专题训练2（浙教版）

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