中考數學總復習《二次函數的綜合（線段有關的問題）》專題訓練（附答案）

第第頁參考答案：1．(1)(2)或(3)或【分析】（1）將，代入，即可得解析式，配成頂點式得坐標；（2）連接，，設，的垂直平分線恰好經過點，可得，據此列出方程即可求解；（3）設交拋物線的對稱軸于點，設，則，設直線的解析式為，則，解得求出，，由面積公式可求出的值，則可得出答案．【詳解】（1）將，代入得：，解得，二次函數的解析式為，，頂點坐標；（2）如圖1.1，圖1.2，連接，，由點在線段的垂直平分線上，得．設，，由勾股定理可得：，解得，滿足條件的點的坐標為或；（3）如圖2，設交拋物線的對稱軸于點，設，則，，設直線的解析式為，則，解得：，，當時，，，，，，解得或，當時，，當時，．綜合以上可得，滿足條件的點的坐標為或．【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了待定系數法，二次函數圖象與性質，垂直平分線的性質，勾股定理，三角形的面積，熟練掌握二次函數的性質及方程思想是解題的關鍵．2．(1)，(2)(3)【分析】（1）由拋物線與y軸交于點，可得，把點代入，得，計算求解可得值；（2）由題意知，當周長最小時，的值最小，如圖，作點A關于x軸的對稱點，連接，與x軸交于點C，然后依據三角形周長計算公式解答即可；（3）由（1）得二次函數解析式為，由m是拋物線與x軸的交點的橫坐標，可得，即，將，進行分組因式分解化成，將代入整理后再分組因式分解為，將代入求解即可．【詳解】（1）解：拋物線與y軸交于點，，把點代入，得，解得，，（2）解：由題意知，當周長最小時，的值最小，如圖，作點A關于x軸的對稱點，連接，周長；（3）解：由（1）得二次函數解析式為，是拋物線與x軸的交點的橫坐標，，即，【點睛】本題考查了二次函數解析式，軸對稱的性質，二次函數與坐標軸交點，分組因式分解，代數式求值，整體代入思想．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．3．(1)(2)證明見解析(3)存在最小值，最小值為【分析】（1）先求出點B和點D的坐標，得出，再證明，得出，進而得出點A的坐標，將其代入，求出a的值即可；（2）設，，則，將點E的坐標代入得，根據一元二次方程根的判別式得出方程有兩個不相等的實數根，即可求證；（3）取的中點M，過M作y軸的平行線，交直線l于點N，過點M作直線l的垂線，垂足為點P，設，將直線m和拋物線聯立得到，根據韋達定理得出，進而得出，，則，易得，則，過點G作于，過點H作于，根據梯形的中位線定理得出，根據二次函數的性質即可解答．【詳解】（1）解：把代入得：，∴，把把代入代入得：，∴，∴，∵，，∴，∴，即，解得：(負值舍去)，∴，把代入得：，解得：，∴拋物線的解析式為；（2）證明：設，，∵點E為的中點，∴，整理得：，將點E的坐標代入得：，整理得：，，∴方程有兩個不相等的實數根，∴在拋物線上總能存在點E，F，使得點E為的中點；（3）解：在梯形中，點E和點F為中點，連接并延長，交延長線于點G，∵點F為中點，∴，∵四邊形為梯形，∴，∴，∵，∴，∴，∵點E和點F為中點，∴，即，取的中點M，過點M作y軸的平行線，交直線l于點N，過點M作直線l的垂線，垂足為點P，設，將直線m和拋物線聯立得：，則，∴，∴點M的橫坐標為，把代入得：，∴，∵軸，∴點N的橫坐標為，把代入得：，∴，∴，把代入得：，解得：，∴，∴，∴，∵軸，∴，∴，過點G作于，過點H作于，∵，，，∴，四邊形為梯形，∴，則點P為中點，∴，即，∵，∴存在最小值，最小值為．【點睛】本題主要考查了一次函數和二次函數綜合，相似三角形的判定和性質，一元二次方程根的判別式，梯形的中位線定理，熟練掌握相關性質定理，正確畫出輔助線，是解題的關鍵．4．(1)，(2)(3)【分析】（1）將代入和即可求解；（2）設點P橫坐標為m，用含m代數式表示長度，進而求解；（3）先證，推出，進而可得與的長度比為或，進而求解．【詳解】（1）解：將代入，得，解得，將代入，得，解得；（2）解：由（1）得拋物線解析式為，直線的解析式為，設點P橫坐標為m，則點E的坐標為，點F的坐標為，點在線段的下方，，若是線段上一點，且點在線段的下方，，當時，取最大值，最大值為；（3）解：如圖，設與y軸的交點為M，則，，由題意知，，，；點與點關于直線對稱，點F的坐標為，，點G坐標為，即，若，則或，當時，，解得或，由（2）得，，點G的坐標為；當時，，解得或，均不合題意，綜上可知，點G的坐標為．【點睛】本題考查二次函數與圖形的綜合問題，涉及待定系數法求函數解析式，相似三角形的判定和性質等，熟練運用數形結合及分類討論思想是解題的關鍵．5．(1)(2)D的坐標為或；(3)證明見解析【分析】（1）先求解A的坐標，再求解B，C的坐標，再利用待定系數法求解解析式即可；（2）設，，而，分兩種情況討論：當平行四邊形為平行四邊形，當平行四邊形為平行四邊形，再結合平行四邊形的性質可得答案；（3）先求解，直線為，直線為，設直線為，由有兩個相等的實數根，可得，求解直線為，再求解M，N的坐標，結合勾股定理進行計算即可．【詳解】（1）解：∵拋物線，當時，，即，，∵，∴，，∴，，∴，解得：，∴拋物線為：；（2）∵拋物線，∴對稱軸為直線，設，，而，，，由平行四邊形的性質可得：，解得：，∴，由平行四邊形的性質可得：，解得：，∴；綜上：D的坐標為或；（3）∵拋物線，∴對稱軸為直線，∵，，∴，即，設直線為，∴，解得：，∴直線為，同理可得：直線為，設直線為，∴，∴結合題意可得：即有兩個相等的實數根，∴，∴直線為，∴，解得：，即，同理可得：，∴，，當直線從左往右上升時，，∴，，∴，當直線從左往右下降時，，，，∴，∴為定值．【點睛】本題考查的是利用待定系數法求解一次函數與二次函數的解析式，二次函數與一次函數的交點坐標問題，一次函數的交點坐標，勾股定理的應用，平行四邊形的性質，本題難度大，計算量大，屬于中考壓軸題．6．(1)(2)證明見解析(3)存在，【分析】（1）在中，求得，把代入，解方程組，即得拋物線的解析式；（2）在中，可得，利用勾股定理求得的長，從而可得，即可證明；（3）點A關于拋物線的對稱軸的對稱點為點B，線段和拋物線對稱軸的交點為點P，則點P即滿足要求，再求出拋物線的對稱軸與直線的交點坐標即可．【詳解】（1）解：在中，令得，令，則，解得，∴，把代入得：，解得，∴拋物線的解析式為；（2）證明：在中，令得，解得或，∴，∵，，∴，，，，∴，，，∴，∴．（3）存在，理由如下：點A關于拋物線的對稱軸的對稱點為點B，線段和拋物線對稱軸的交點為點P，則點P即滿足要求，∵，∴，根據兩點之間線段最短，可知點P即為所求，∵拋物線解析式為，∴拋物線的對稱軸為直線，由直線的解析式為，把代入得到，∴點P的坐標為．【點睛】此題考查了二次函數的圖象和性質、一次函數的圖象和性質、相似三角形的判定、軸對稱的性質、勾股定理等知識，數形結合是解題的關鍵．7．(1)(2)，(3)【分析】本題主要考查二次函數與一次函數的綜合，掌握待定系數法是解題的關鍵．（1）將點A，C代入解析式中即可得到拋物線的解析式；（2）解即可求出B點坐標，的高是C點的縱坐標，計算結果即可．（3）因為的長度不變，要使周長最小，就是最小，而A，B關于對稱軸對稱，所以就是的最小值，此時D點就是與拋物線對稱軸的交點．先用待定系數法求出直線的解析式，再求出拋物線的對稱軸，即可求出交點．【詳解】（1）（1）將代入y=ax2+bx+3中得解得∴拋物線的解析式為（2）解：令解得∴點B的坐標．∴∴的面積．（3）設直線的解析式為將代入得解得∴直線AC的解析式為拋物線的對稱軸為因為的長度不變，要使周長最小，就是最小，而A，B關于對稱軸對稱，所以就是的最小值，此時P點就是與拋物線對稱軸的交點．當時，∴點P的坐標為∴拋物線的對稱軸上存在點，使的周長最?。?．(1)(2)當時，有最大值，最大值為(3)點坐標為或【分析】（1）先求出，再運用待定系數法即可求得答案；（2）過點作軸，交于，交軸于，過點作于，過點作于，設，則，，由可求得，再由可得，，再證明，可得，進而可得，再運用二次函數的性質即可；（3）設，，由翻折可得的中點在直線上，即，分兩種情況：當點在的上方時，過點作軸交拋物線的對稱軸于，設對稱軸交于，利用解直角三角形可得，聯立①②可得，即，當點在的下方時，同理可得．【詳解】（1）解：∵直線交軸于點，交軸于點，當時，，當時，，解得：，，，∵拋物線經過兩點，且，∴，解得：，∴該拋物線的解析式為；（2）解：過點作軸，交于，交軸于，過點作于，過點作于，如圖1，，設，則，，，，，，，在中，，軸，，，，，，，，，，，即，，，，∴四邊形是矩形，，軸，，，，，，，，∴當時，有最大值，最大值為；（3）解：設，，∵線段沿著直線翻折，的對應點恰好落在拋物線上，的中點在直線上，，化簡得：，當點在的上方時，如圖2，過點作軸交拋物線的對稱軸于，設對稱軸交于，，則，軸，，，，，，，，，，解得：，聯立①②得：，解得：，，，；當點在的下方時，如圖3，，同理可得：，；綜上所述，點坐標為或．【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了待定系數法求函數解析式，相似三角形的判定和性質，翻折變換的性質，解直角，二次函數的圖象和性質，涉及知識點多，難度較大，添加輔助線構造相似三角形是解此題的關鍵．9．(1)(2)(3)或或【分析】本題主要考查了二次函數解析式的確定以及軸對稱性質的應用：（1）將A、B的坐標代入拋物線的解析式中，即可求得待定系數的值；（2）設拋物線與x軸的另一交點為C，在中，的長為定值，若三角形的周長最小，那么的長最??；由于A、C關于拋物線的對稱軸對稱，若連接，那么與對稱軸的交點即為所求的P點，可先求出直線的解析式，然后聯立拋物線的對稱軸方程，即可求得P點的坐標．（3）根據等底等高的三角形的面積相等，可得M的縱坐標與B的縱坐標相等或互為相反數，根據自變量與函數值的對應關系，可得答案．【詳解】（1）∵二次函數的圖象與坐標軸交于點和點，∴，解得∴二次函數的表達式為．（2）令，則，解得，，∴二次函數的圖象與x軸的另一個交點坐標；

又，∴拋物線的軸為直線，由于P是對稱軸上一點，連接，由于，要使的周長最小，只要最??；由于點A與點C關于對稱軸對稱，連接交對稱軸于點P，則，根據兩點之間，線段最短，可得的最小值為；因而與對稱軸的交點P就是所求的點；設直線的解析式為,把代入得，，解得，，所以直線的解析式為；因此直線與對稱軸的交點坐標是方程組的解，解得，所求的點P的坐標為．（3）由，得．得，當時，，解得（舍去），即M點坐標為當時，，解得，即M點坐標為，，綜上所述：時，M點坐標為或或．10．(1)(2)存在或或使得點B，E，C，P為頂點的四邊形是平行四邊形(3)【分析】（1）求出設對稱軸與x軸交于點F，再證明，根據三角函數的定義求出答案即可；（2）分三種情況分別進行求解即可；（3）過點A作于點H，交對稱軸于點E，連接并延長交第二象限拋物線為點M，證明取得最小值，即要最小，當點A，E，H三點共線且垂直時最小，此時最?。蟮茫霉垂啥ɡ砬蟪龃鸢讣纯桑驹斀狻浚?）解：令時，，解得，∴．把代入中，得，即．∵，∴對稱軸是直線，頂點，設對稱軸與x軸交于點F，如圖1，∴∵，∴，在中，；（2）∵點P在拋物線上，點E在對稱軸上，∴可設，由題意知：．①以為對角線時，由平行四邊形的對角線互相平分；則，∴，解得，即；同理②以為對角線時，，解得，即；③以為對角線時，，解得，即；綜上所述，存在，，，使得點B，E，C，P為頂點的四邊形是平行四邊形；（3），理由如下：如圖2，過點A作于點H，交對稱軸于點E，連接并延長交第二象限拋物線為點M，在中，，∴．∴．∴要取得最小值，即要最小，∴當點A，E，H三點共線且垂直時最小，此時最?。?，中，，∴．∴，即．∵，設的解析式為：，則，解得，可求得的解析式為：．聯立和拋物線，解得．∴．【點睛】此題考查了解直角三角形、二次函數的圖象和性質、待定系數法求函數解析式、一次函數和二次函數圖象交點問題、勾股定理等知識，數形結合和分類討論是解題的關鍵．11．(1)(2)9(3)或【分析】（1）把代入得，根據對稱軸為直線得，聯立求解即可；（2）把拋物線化為頂點式可知時，y有最小值1．利用二次函數的性質求出最大值，然后求差即可；（3）設點N在拋物線上，，根據求出m，再求出A、B點的橫坐標，結合圖形即可求出點M的橫坐標m的取值范圍．【詳解】（1）∵拋物線過點，對稱軸為直線，∴解得，∴拋物線的解析式為；（2）當時，．∵，∴當時，y有最小值1．當時，結合函數圖象，當時，y有最大值10，∴拋物線的最大值與最小值的差為；（3）設點N在拋物線上，，則，即，解得．當，整理得，解得．∵點A在點B的左側，∴點A的橫坐標為，點B的橫坐標為2．結合圖象，當線段與拋物線有公共點時，點M的橫坐標m的取值范圍為或．【點睛】本題考查了待定系數法求函數解析式，二次函數的圖象與性質，以及二次函數與幾何綜合，數形結合是解答本題的關鍵．12．(1)拋物線的解析式為；(2)點M坐標為；(3)點E的坐標為．【分析】本題是二次函數的綜合問題，解題的關鍵是掌握待定系數法求二次函數與一次函數的解析式，軸對稱的最短路徑問題及二次函數的性質的運用．（1）利用待定系數法即可求解；（2）連接，交于點M，此時周長最小，先求出拋物線的對稱軸和直線解析式，再令，據此即可求解；（3）過點E作軸交直線于點F，設點E的坐標為，則點F的坐標為，根據，得到關于的二次函數，再根據二次函數的性質可得答案．【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交點坐標為，，∴，解得，∴拋物線的解析式為；（2）解：連接，交于點M，此時周長最小，

∵，∴拋物線的對稱軸為直線，當時，，則，設直線的解析式為，∴，解得：，∴直線解析式為，當時，，所以點M坐標為；（3）解：過點E作軸交直線于點F，

設點E的坐標為，則點F的坐標為，則，∴，∵，開口向下，∴當時，的面積取得最大值．此時點E的坐標為．13．(1)；(2)①；②【分析】（1）用待定系數法即可求解；（2）①過點作于點，則，、、共線時，最小，進而求解；②求出，得到，進而求解．【詳解】（1）對于，當時，，令，則，故點、的坐標分別為、，將點、的坐標代入拋物線解析式得：，解得：，故拋物線的解析式為：；（2）①設點，則點，則，，故有最大值，此時，即點，過點作，使和軸負半軸的夾角為，過點作于點，則，則，則、、共線時，最小，

則直線和軸的夾角為，故的解析式為：，直線的解析式為：，聯立和并解得：，則點，由點、的坐標得，；②過點作于點，

由的表達式知，，由點、的坐標得，，則，則，則，，則，即直線和軸正半軸的夾角為，故直線的解析式為：，聯立和并解得：，即點．【點睛】本題考查的是二次函數的綜合運用，考查了待定系數法求函數的解析式，解直角三角形，一次函數的基本性質等，其中，確定線段和的最值是本題解題的關鍵．14．(1)，點，點；(2)的最大值為；(3)直線恒過定點．【分析】（1）令和，解方程可求解；（2）過點P作軸于E，交于點F，利用待定系數法可得直線的解析式為，設，則，則，再證得，可得，得出，再運用二次函數的性質即可求得答案；（3）設點，直線，直線，直線，將點C、B的坐標代入可得：，聯立直線與拋物線的解析式可得出，，同理：，，進而可得：，，根據直線與直線的交點始終在直線上，可得，，即直線，故直線恒過定點．【詳解】（1）對于，令，則，∴，∴點，點，令，則，∴點；（2）過點P作軸于E，交于點F，如圖1：設直線的解析式為，將點代入得：，解得：，∴直線的解析式為，設，則，∴，∵軸，∴軸，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴當時，最大為；（3）證明：如圖2，設點，直線，直線，直線，整理得：，則，，同理：，，

∵，

∴，∴，，聯立直線與直線的解析式得：，解得：，∵直線與直線的交點始終在直線上，∴，化簡得：，∴，∴直線，∴不論為何值，均有時，，即：直線恒過定點．【點睛】本題是二次函數的綜合題，主要考查了二次函數圖象的性質，拋物線上點的坐標的特征，一次函數圖象的性質，勾股定理，等腰三角形的判定與性質，函數的最值，相似三角形的判定與性質等知識，利用點的坐標表示出相應線段的長度是解題的關鍵．15．(1)(2)①，②【分析】（1）根據拋物線對稱軸為直線，求出，根據一元二次方程得出，即可求出，把代入得，求出，即可得出拋物線的表達式；（2）①先求出，求出直線函數表達式為，設，則，得出的函數解析式，將其化為頂點式，即可求解；②根據題意可得：，則，然后進行分類討論即可：或．【詳解】（1）解：∵拋物線對稱軸為直線，∴，解得：，當時，，∴，設，則，∴，∴，解得：，∴，把代入得：，解得：，∴這個二次函數的表達式為；（2）解：①把代入得：，∴，設直線函數表達式為，把，代入得：，解得：，∴直線函數表達式為，設，則，∴，∵，∴當時，最大值為．②根據題意可得：，∴，∵點M為的三等分點，∴或，當時，解得：（舍去），，∴，當時，，解得：，（舍去），∴，綜上：或．【點睛】本題主要考查了二次函數的綜合，解題的關鍵是掌握求二次函數解析式的方法和步驟，將其化為頂點式，會求二次函數最值，具有分類討論的思想．16．(1)拋物線的解析式為(2)點坐標為(3)存在，點的坐標為【分析】（1）利用待定系數法求解即可；（2）易得拋物線的對稱軸為，又可求出．連接與對稱軸的交點即為所求點．利用待定系數法即可求出直線的解析式，令，則，即點坐標為；（3）設是第二象限的拋物線上一點，過點作軸交直線于點，則點的坐標為，從而可求出，再根據，結合二次函數的性質即可求解．【詳解】（1）解：∵拋物線的圖象經過點和點，∴，解得，∴拋物線的解析式為；（2）解：，∴拋物線的對稱軸為，令，解得：，，∴．∵點與點關于直線對稱，∴連接與對稱軸的交點即為所求點．

設直線的解析式為，∴，解得：，∴直線的解析式為；當時，，∴點坐標為；（3）存在．設是第二象限的拋物線上一點，過點作軸交直線于點，

∴點的坐標為，∴，∴，∴當時，取得最大值，此時，∴．綜上，在第二象限的拋物線上，存在一點，使得的面積最大，且點的坐標為．【點睛】本題為二次函數綜合題，考查利用待定系數法求函數解析式，二次函數的圖象和性質等知識．利用數形結合的思想是解題關