湖南省2019-2021年3年中考真题数学分项汇编-专题11 二次函数(解答题)(解析版)

专题11二次函数（解答题）1．（2021·湖南怀化市·中考真题）某超市从厂家购进A、B两种型号的水杯，两次购进水杯的情况如下表：进货批次A型水杯（个）B型水杯（个）总费用（元）一二100200200300800013000（1）求A、B两种型号的水杯进价各是多少元？（2）在销售过程中，A型水杯因为物美价廉而更受消费者喜欢．为了增大B型水杯的销售量，超市决定对B型水杯进行降价销售，当销售价为44元时，每天可以售出20个，每降价1元，每天将多售出5个，请问超市应将B型水杯降价多少元时，每天售出B型水杯的利润达到最大？最大利润是多少？（3）第三次进货用10000元钱购进这两种水杯，如果每销售出一个A型水杯可获利10元，售出一个B型水杯可获利9元，超市决定每售出一个A型水杯就为当地“新冠疫情防控”捐b元用于购买防控物资．若A、B两种型号的水杯在全部售出的情况下，捐款后所得的利润始终不变，此时b为多少？利润为多少？【答案】（1）A型号水杯进价为20元，B型号水杯进价为30元；（2）超市应将B型水杯降价5元后，每天售出B型水杯的利润达到最大，最大利润为405元；（3）A，B两种杯子全部售出，捐款后利润不变，此时b为4元，利润为3000元．【分析】（1）主要运用二元一次方程组，设A型号水杯为x元，B型号水杯为y元，根据表格即可得出方程组，解出二元一次方程组即可得A、B型号水杯的单价；（2）主要运用二次函数，由题意可设：超市应将B型水杯降价z元后，每天售出B型水杯的利润达到最大，最大利润为w，每个水杯的利润为44z30元；每降价1元，多售出5个，可得售出的数量为205z个，根据：利润=（售价-进价）×数量，可确定函数关系式，依据二次函数的基本性质，开口向下，在对称轴处取得最大值，即可得出答案；（3）根据（1）A型号水杯为20元，B型号水杯为30元．设10000元购买A型水杯m个，B型水杯n个，所得利润为W元，可列出方程组，利用代入消元法化简得到利润W的函数关系式，由于利润不变，所以令未知项的系数为0，即可求出b，W．【详解】（1）解：设A型号水杯进价为x元，B型号水杯进价为y元，根据题意可得：100x200y8000，200x300y13000x20解得：，y30∴A型号水杯进价为20元，B型号水杯进价为30元．（2）设：超市应将B型水杯降价z元后，每天售出B型水杯的利润达到最大，最大利润为w，根据题意可得：w44z30205z，化简得：w5z250z280，当zb505时，2a25wmax552505280405，∴超市应将B型水杯降价5元后，每天售出B型水杯的利润达到最大，最大利润为405元．（3）设购买A型水杯m个，B型水杯n个，所得利润为W元，20m30n10000①根据题意可得：W10bm9n②将①代入②可得：W10bm91000020m，30化简得：W10b6m30004bm3000，使得A，B两种杯子全部售出后，捐款后所得利润不变，则4b0，得b4，当b4时，W3000，∴A，B两种杯子全部售出，捐款后利润不变，此时b为4元，利润为3000元．【点睛】题目主要考察二元一次方程、一元二次函数的以及一次函数的应用，难点是对题意的理解及对函数和方程的综合运用．2．（2021·湖南中考真题）某商店从厂家以每件2元的价格购进一批商品，在市场试销中发现，此商品的月销售量y（单位：万件）与销售单价x（单位：元）之间有如下表所示关系：x…4.05.05.56.57.5…y…8.06.05.03.01.0…（1）根据表中的数据，在图中描出实数对(x,y)所对应的点，并画出y关于x的函数图象；（2）根据画出的函数图象，求出y关于x的函数表达式；（3）设经营此商品的月销售利润为P（单位：万元）．①写出P关于x的函数表达式；②该商店计划从这批商品获得的月销售利润为10万元（不计其它成本），若物价局限定商品的销售单价不．得超过进价的200%，则此时的销售单价应定为多少元？．．．【答案】（1）图象见详解；（2）y2x16；（3）①P2x20x32；②销售单价应定为3元．【分析】（1）由题意可直接进行作图；（2）由图象可得y与x满足一次函数的关系，所以设其关系式为ykxb，然后任意代入表格中的两组数据进行求解即可；（3）①由题意易得Px2y，然后由（2）可进行求解；②由①及题意可得2x20x3210，然后求解，进而根据销售单价不得超过进价的200％可求解．【详解】解：（1）y关于x的函数图象如图所示：（2）由（1）可设y与x的函数关系式为ykxb，则由表格可把4,8,5,6代入得：4kb8k2，解得：，5kb6b16∴y与x的函数关系式为y2x16；（3）①由（2）及题意可得：Px2yx22x162x220x32；∴P关于x的函数表达式为P2x20x32；②由题意得：x2200％，即x4，∴2x20x3210，解得：x13,x27，∴x3；答：此时的销售单价应定为3元．【点睛】本题主要考查二次函数与一次函数的应用，熟练掌握二次函数与一次函数的应用是解题的关键．23．（2021·湖南永州市·中考真题）已知关于x的二次函数y1xbxc（实数b，c为常数）．（1）若二次函数的图象经过点(0,4)，对称轴为x1，求此二次函数的表达式；（2）若b2c0，当b3xb时，二次函数的最小值为21，求b的值；2（3）记关于x的二次函数y22xxm，若在（1）的条件下，当0x1时，总有y2y1，求实数m的最小值．【答案】（1）y1x2x4；（2）7或4；（3）4．【分析】（1）将点(0,4)代入二次函数的解析式可得c的值，根据二次函数的对称轴可得b的值，由此即可得；（2）先求出二次函数的对称轴为x2b，再分b0，0b2和b2三种情况，分别利用二次函数的2性质可得一个关于b的一元二次方程，解方程即可得；2（3）先根据y2y1可得x23xm40，令y3x3xm4，再根据二次函数的性质列出不等式，求解即可得．【详解】解：（1）将点(0,4)代入y1xbxc得：c4，二次函数的对称轴为x1，2b1，解得b2，22则此二次函数的表达式为y1x2x4；（2）b2c0，即cb2，b3y1x2bxb2(x)2b2，24b则此二次函数的对称轴为x，2由题意，分以下三种情况：①当bb，即b0时，2在b3xb内，y1随x的增大而减小，则当xb时，y1取得最小值，因此有b2b2b221，解得b7或b70（不符题设，舍去）；②当b3bb，即0b2时，2在b3x则当xbb内，y1随x的增大而减小；在xb内，y1随x的增大而增大，22b时，y1取得最小值，2因此有32b21，4解得b272或b270（均不符题设，舍去）；③当b3b，即b2时，2在b3xb内，y1随x的增大而增大，则当xb3时，y1取得最小值，2因此有(b3)b232b21，4解得b4或b12（不符题设，舍去），综上，b的值为7或4；（3）由（1）可知，y1x2x4，由y2y1得：2x2xmx22x4，即x23xm40，令y3x3xm4，在0x1内，y3随x的增大而增大，2要使得当0x1时，总有y3x3xm40，则只需当x0时，y30即可，22因此有m40，解得m≥4，则实数m的最小值为4．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、解一元二次方程等知识点，较难的是题（2），正确分三种情况讨论是解题关键．4．（2021·湖南长沙市·中考真题）我们不妨约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于y轴对称，则把该函数称之为“T函数”，其图象上关于y轴对称的不同两点叫做一对“T点”．根据该约定，完成下列各题．4x0,（1）若点A1,r与点Bs,4是关于x的“T函数”yx的图象上的一对“T点”，tx2x0,t0,t是常数.则r______，s______，t______（将正确答案填在相应的横线上）；（2）关于x的函数ykxp（k，p是常数）是“T函数”吗？如果是，指出它有多少对“T点”；如果不是，请说明理由；（3）若关于x的“T函数”yax2bxc（a0，且a，b，c是常数）经过坐标原点O，且与直线l:ymxn（m0，n0，且m，n是常数）交于Mx1,y1，Nx2,y2两点，当x1，x2满足1x1由．1x21时，直线l是否总经过某一定点？若经过某一定点，求出该定点的坐标；否则，请说明理【答案】（1）4,1,4；（2）当k0时，关于x的函数ykxp（k,p是常数）不是“T函数”，理由见解析；当k0时，关于x的函数ykxp（k,p是常数）是“T函数”，它有无数对“T点”；（3）直线l总经过一定点，该定点的坐标为(1,0)．【分析】（1）先根据关于y轴对称的点坐标变换规律可得r,s的值，从而可得点A的坐标，再将点A的坐标代入“T函数”即可得；（2）分k0和k0两种情况，当k0时，设点(x0,y0)(x00)与点(x0,y0)是一对“T点”，将它们代入函数解析式可求出k0，与k0矛盾；当k0时，yp是一条平行于x轴的直线，是“T函数”，且有无数对“T点”；（3）先将点O(0,0)代入yax2bxc可得c0，再根据“T函数”的定义可得b0，从而可得yax2，与直线ymxn联立可得x,x是方程ax2mxn0的两实数根，然后利用根与系数的关系可得x1x2mn1,x1x2，最后根据1x1x21化简可得nm，从而可得ymxm，由此即可aa得出答案．【详解】解：（1）由题意得：点A1,r与点Bs,4关于y轴对称，r4,s1，A1,4，10，将点A1,4代入ytx2得：t4，故答案为：4,1,4；（2）由题意，分以下两种情况：①当k0时，假设关于x的函数ykxp（k，p是常数）是“T函数”，点(x0,y0)(x00)与点(x0,y0)是其图象上的一对“T点”，kx0py0则，kxpy00解得k0，与k0相矛盾，假设不成立，所以当k0时，关于x的函数ykxp（k,p是常数）不是“T函数”；②当k0时，函数ykxpp是一条平行于x轴的直线，是“T函数”，它有无数对“T点”；综上，当k0时，关于x的函数ykxp（k,p是常数）不是“T函数”；当k0时，关于x的函数ykxp（k,p是常数）是“T函数”，它有无数对“T点”；（3）由题意，将O(0,0)代入yax2bxc得：c0，yax2bx，设点(x3,y3)(x30)与点(x3,y3)是“T函数”yax2bx图象上的一对“T点”，2ax3bx3y3则2，解得b0，ax3bx3y3yax2(a0)，yax2联立得：ax2mxn0，ymxn“T函数”yax2与直线ymxn交于点Mx1,y1，Nx2,y2，x1,x2是关于x的一元二次方程ax2mxn0的两个不相等的实数根，x1x2mn,x1x2，aax21，1x11x1x2x1x2，即解得nm，mn，aa则直线l的解析式为ymxm，当x1时，ymm0，因此，直线l总经过一定点，该定点的坐标为(1,0)．【点睛】本题考查了关于y轴对称的点坐标变换规律、二次函数与一次函数的综合、一元二次方程根与系数的关系等知识点，掌握理解“T函数”和“T点”的定义是解题关键．5．（2021·湖南株洲市·中考真题）已知二次函数yaxbxca0．2（1）若a1，bc2，求方程ax2bxc0的根的判别式的值；2（2）如图所示，该二次函数的图像与x轴交于点Ax1,0、Bx2,0，且x10x2，与y轴的负半轴交于点C，点D在线段OC上，连接AC、BD，满足ACOABD，①求证：AOCDOB；②连接BC，过点D作DEBC于点E，点F0,x1x2在y轴的负半轴上，连接AF，且bcx1．aACOCAFCBD，求c的值．x1c=2x1【答案】（1）=8（2）①证明见解析；②【分析】（1）根据判别式公式代入求解即可．（2）①通过条件，得到OC=OB，再根据ASA即可得到两个三角形角形全等．②通过分析条件，证明△AOF△DEB，得到【详解】AOOF，再根据相关的线段转换长度，代入求解即可.DEEB112，bc2时，方程为：x2x20，2212b24ac242=8，2bb（2）①证明：∵x1x2，且cx1，aa解：（1）当a∴x2c，∴OCOBc，在△AOC与DOB中，ACOABD，OCOBAOCDBO90∴△AOC△DOBASA．②解：ACOCAFCBD，ACOCFACAF，∴CFACBD，∵DEBC，∴DEB90，又∵AOF90，∴△AOF△DEB，∴AOOF，DEEB∵OCOBc，且COB90，∴OCB45,BC2OB2c，在Rt△DEC中，OCB45，∴DC2DE2CE，又∵△AOC△DOB，∴ODOAx1，又∵OCODDC，∴DCcx1，DECE22DCcx1，22∴EBBCCE2c∵22cxcx1，122AOOF，DEEBx1∴2cx122x1x2，2cx12cc即：20，x1x1∴cc=2或=-1（舍），x1x1【点睛】本题考查的是二次函数与一元二次方程的关系，韦达定理，以及一元二次方程的解法，三角形全等和相似等相关知识点，根据题意能够找见相关等量关系是解题关键.6．（2021·湖南娄底市·中考真题）如图，在直角坐标系中，二次函数yx2bxc的图象与x轴相交于点A(1,0)和点B(3,0)，与y轴交于点C．（1）求b、c的值；（2）点P(m,n)为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l:yx于点Q．①当0m3时，求当P点到直线l:yx的距离最大时m的值；②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．【答案】（1）b=2，c=3；（2）①m【分析】（1）将A（-1，0），B（3，0）代入y=x2+bx+c，可求出答案；（2）①设点P（m，m2-2m-3），则点Q（m，m），再利用二次函数的性质即可求解；②分情况讨论，利用菱形的性质即可得出结论．【详解】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A（-1，0），B（3，0），3；②不存在，理由见解析21bc0∴，93bc0b2解得：，c3∴b=2，c=3；（2）①由（1）得，抛物线的函数表达式为：y=x22x3，设点P（m，m2-2m-3），则点Q（m，m），∵0<m<3，2213∴PQ=m-(m2-2m-3)=-m2+3m+3=-m+，24∵-1<0，∴当m321时，PQ有最大值，最大值为；24②∵抛物线的函数表达式为：y=x2-2x-3，∴C（0，-3），∴OB=OC=3，由题意，点P（m，m2-2m-3），则点Q（m，m），∵PQ∥OC，当OC为菱形的边，则PQ=OC=3，当点Q在点P上方时，∴PQ=m23m33，即m23m0，∴mm30，解得m0或m3，当m0时，点P与点O重合，菱形不存在，当m3时，点P与点B重合，此时BC=2OC32OC，菱形也不存在；当点Q在点P下方时，若点Q在第三象限，如图，∵∠COQ=45°，根据菱形的性质∠COQ=∠POQ=45°，则点P与点A重合，此时OA=1OC=3，菱形不存在，若点Q在第一象限，如图，同理，菱形不存在，综上，不存在以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形．【点睛】本题是二次函数综合题，考查的是二次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，其中，熟练掌握方程的思想方法和分类讨论的思想方法是解题的关键．7．（2021·湖南衡阳市·中考真题）在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标相等，则称该点为“雁点”．例如1,1,2021,2021……都是“雁点”．（1）求函数y4图象上的“雁点”坐标；x（2）若抛物线yax25xc上有且只有一个“雁点”E，该抛物线与x轴交于M、N两点（点M在点N的左侧）．当a1时．①求c的取值范围；②求EMN的度数；B两点P是抛物线yx22x3（3）如图，抛物线yx22x3与x轴交于A、（点A在点B的左侧），上一点，连接BP，以点P为直角顶点，构造等腰Rt△BPC，是否存在点P，使点C恰好为“雁点”？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．1033151,【答案】（1）(2,2)和(2,2)；（2）①0c4；②45°；（3）存在，P点坐标为,或22241031,或22【分析】（1）根据“雁点”的定义可得y=x，再联立y4求出“雁点”坐标即可；x4，再求出a的取值a（2）根据yax25xc和y=x可得ax24xc0，再利用根的判别式得到c范围；将点c代入解析式求出点E的坐标，令y=0，求出M的坐标，过E点向x轴作垂线，垂足为H点，如图所示，根据EH=MH得出EMH为等腰直角三角形，∠EMN的度数即可求解；（3）存在，根据图1，图2，图3进行分类讨论，设C（m，m），P（x，y），根据三角形全等得出边相等的关系，再逐步求解，代入解析式得出点P的坐标．【详解】4y解：（1）联立x，yxx2x2解得或y2y2即：函数y4上的雁点坐标为(2,2)和(2,2)．x（2）①联立yx2yax5xc得ax24xc0∵这样的雁点E只有一个，即该一元二次方程有两个相等的实根，∴424ac0∵c4a∵a1∴0c4②将c442代入，得axE4xE0aa222E，∴,aaa2解得xk对于yx5x4，令y0a有ax5x240a解得xM41,xNaa∴M4,0a过E点向x轴作垂线，垂足为H点，EH=2242，MH=()aaaa∴EHMH∴2aEMH为等腰直角三角形，EMN45（3）存在，理由如下：如图所示：过P作直线l垂直于x轴于点k，过C作CH⊥PK于点H设C（m，m），P（x，y）∵△CPB为等腰三角形，∴PC=PB，∠CPB=90°，∴∠KPB+∠HPC=90°，∵∠HPC+∠HCP=90°，∴∠KPB=∠HCP，∵∠H=∠PKB=90°，∴△CHP≌△PKB，∴CH=PK，HP=KB，即mxymy3x3x2∴3ym2332315时，y()232224315∴P(，)24当x如图2所示，同理可得：△KCP≌△JPB∴KP=JB，KC=JP设P（x，y），C（m，m）∴KP=x-m，KC=y-m，JB=y，JP=3-x，xmy即ym3x3xm2解得y322令-x2x332解得x12+10210，x222∴P(21032103,)或P(,)2222如图3所示，∵△RCP≌△TPB∴RC=TP，RP=TB设P（x，y），C（m，m）ym3x即xmy3xm2解得3y22令-x2x332解得x12102-10,x2=22∴此时P与第②种情况重合综上所述，符合题意P的坐标为(，)或(315242+1032103，)或(，)2222【点睛】本题考查了利用待定系数法求函数解析式，图形与坐标，等腰三角形的判定与性质，二次函数的综合运用，理解题意和正确作图逐步求解是解题的关键．8．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，已知二次函数yax2bxc的图象经过点C(2,3)且与x轴交于原点及点B(8,0)．（1）求二次函数的表达式；（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；（3）判断ABO的形状，试说明理由；（4）若点P为O上的动点，且O的半径为22，一动点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P，再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动，求点E的运动时间t的最小值．【答案】（1）y【分析】（1）根据已知条件，运用待定系数法直接列方程组求解即可；（2）根据（1）中二次函数解析式，直接利用顶点坐标公式计算即可，再根据点A、B坐标求出AB解析式即可；（3）根据二次函数对称性可知ABO为等腰三角形，再根据O、A、B三点坐标，求出三条线段的长，利用勾股定理验证即可；（4）根据题意可知动点E的运动时间为t12x2x；（2）A4,4，yx8；（3）等腰直角三角形，理由见解析；（4）5241APPB，在OA上取点D，使OD2，可证明△APO211AP，即tAPPBPDPB，当B、P、D22∽△PDO，根据相似三角形比例关系得PD三点共线时，PDPB取得最小值，再根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理进一步计算即可．【详解】解：（1）∴c二次函数yaxbxca0的图象经过C(2,3)，且与x轴交于原点及点B8,020，二次函数表达式可设为：yaxbxa0将C(2,3)，B8,0代入yax2bx得：1a34a2b解这个方程组得4064a8bb2∵二次函数的函数表达式为y12x2x4（2）∵点A为二次函数图像的顶点，1b240(2)224acbx44y4∴，12a124a444∴顶点坐标为：A4,4，设直线AB的函数表达式为ykxm，则有：44kmk1解之得：08kmm8∴直线AB的函数表达式为yx8（3）ABC是等腰直角三角形，过点A作AF⊥OB于点F，易知其坐标为F(4,0)∵ABC的三个顶点分别是O0,0，A4,4，B∴OB808，OAOF2FA28,0，(40)2(40)2422ABAF2BF2220(4)2(84)242且满足OBOAAB∴ABC是等腰直角三角形（4）如图，以O为圆心，42为半径作圆，则点P在圆周上，依题意知：动点E的运动时间为t1APPB2在OA上取点D，使OD2，连接PD，则在△APO和△PDO中，满足：POAO2，AOPPOD，ODOP∴△APO∽△PDO，∴APPOAO2，PDODOP从而得：PD1AP2∴t1APPBPDPB2显然当B、P、D三点共线时，PDPB取得最小值，过点D作DGOB于点G，由于OD2，且ABO为等腰直角三角形，则有DG1，DOG45，∴动点E的运动时间t的最小值为：tDB【点睛】DGGB12(81)252．22本题主要考查待定系数法求函数解析式，抛物线顶点坐标，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识点，将运动时间的最小值转换为线段长度的最小值是解题的关键．9．（2021·湖南常德市·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的AB边与y轴交于E点，F是AD的中点，B、C、D的坐标分别为2,0,8,0,13,10．（1）求过B、E、C三点的抛物线的解析式；（2）试判断抛物线的顶点是否在直线EF上；（3）设过F与AB平行的直线交y轴于Q，M是线段EQ之间的动点，射线BM与抛物线交于另一点P，当△PBQ的面积最大时，求P的坐标．【答案】（1）y【分析】12311xx4；（2）顶点是在直线EF上，理由见解析；（3）P点坐标为（9，）．424（1）先求出A点坐标，再求出直线AB的解析式，进而求得E的坐标，然后用待定系数法解答即可；（2）先求出点F的坐标，再求出直线EF的解析式，然后根据抛物线的解析式确定顶点坐标，然后进行判定即可；（3）设P点坐标为（p，-1，求出直线BP的解析式，进而求得M的坐标；再求FQ的解p+2p8）41p8+6，最后根据S△PBQ=S△MBQ+S△PMQ列出关于p的二次函数并根2析式，确定Q的坐标，可得|MQ|=据二次函数的性质求最值即可．【详解】解：（1）∵平行四边形ABCD，B、C、D的坐标分别为2,0,8,0,13,10∴A（3，10），设直线AB的解析式为y=kx+b，103kbk2，解得则，02kbb4∴直线AB的解析式为y=2x+4，当x=0时，y=4，则E的坐标为（0,4），设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c，1a40a222bc32b08a8bc，解得，24cc4∴过B、E、C三点的抛物线的解析式为y（2）顶点是在直线EF上，理由如下：∵F是AD的中点，∴F（8,10），123xx4；42设直线EF的解析式为y=mx+n，34nm则，解得4，108mnn4∴直线EF的解析式为y=3x+4，4∵y123xx4，4225），4∴抛物线的顶点坐标为（3，∵253=×3+4，44∴抛物线的顶点是否在直线EF上；（3）∵y12311xx4=-x+2x8，则设P点坐标为（p，-p+2p8），直线BP的解析4244式为y=dx+e，1d02dep84，解得则1，1-p+2p8pdeep842∴直线EF的解析式为y=11p8x+p8，42当x=0时，y=∵AB//FQ，11，p8，则M点坐标为（0，p8）22∴设FQ的解析式为y=2x+f，则10=2×8+f，解得f=-6，∴FQ的解析式为y=2x-6，∴Q的坐标为（0，-6），∴|MQ|=1p8+6，2∴S△PBQ=S△MBQ+S△PMQ=11QMOBQMPN22=1QMOBPN211p862p22==129pp842∴当p=9时，△PBQ的面积最大时，∴P点坐标为（9，11）．4【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求函数解析式、二次函数求最值等知识点，灵活求得所需的函数解析式成为解答本题的关键．10．（2021·湖南中考真题）已知函数y象上．x(x0)的图象如图所示，点Ax1,y1在第一象限内的函数图2x(x0)（1）若点Bx2,y2也在上述函数图象上，满足x2x1．①当y2y14时，求x,x的值；②若x2x1，设wy1y2，求w的最小值；（2）过A点作y轴的垂线AP，垂足为P，点P关于x轴的对称点为P，过A点作x轴的线AQ，垂足为Q，Q关于直线AP的对称点为Q，直线AQ是否与y轴交于某定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）①x12,x24；②【分析】（1）①先确定x20，再根据y2y14代入求解即可得；2②先确定x20,x2x1，从而可得y1x1,y2x2，再代入w可得一个关于x1的二次函数，利用二次11yAQ2；（）直线与轴交于定点，定点的坐标为0,．44函数的性质即可得；（2）先分别求出点P,P,Q的坐标，再利用待定系数法求出直线AP,QQ的解析式，从而可得点Q的坐标，然后利用待定系数法求出直线AQ的解析式，由此即可得出结论．【详解】解：（1）①对于二次函数yx2，在x0内，y随x的增大而增大，x2x1,x10,y2y14，x20，2则当y14时，x14，解得x2或x120（舍去），当y24时，x24，解得x24；②x2x1,x10,x2x1，x20,x2x1，y1x12,y2x2，则wy1y2x1(x2)x1x1，2化成顶点式为w(x1)22121，411时，w取最小值，最小值为；24由二次函数的性质可知，在x1>0内，当x1（2）由题意，设AP与QQ交于点B，画图如下，A(x1,y1)在已知函数的第一象限内的图象上，y1x12，即A(x1,x12)，APy轴，AQx轴，点P关于x轴的对称点为P，P(0,x12),P(0,x12),Q(x1,0)，设直线AP的解析式为yk1xb1，k1x1b1x12k12x1将点A(x1,x),P(0,x)代入得：，解得2，2bx11b1x121212则直线AP的解析式为y2x1xx1，Q关于直线AP的对称点为Q，QQAP，设直线QQ的解析式为y1xb2，2x1将点Q(x1,0)代入得：11x1b20，解得b2，2x1211x，2x12则直线QQ的解析式为y2x(12x)112xy2x1xx14x121x1(12x12)x12,2，联立，即B11，解得22yx4x114x11yx12x2124x11设点Q的坐标为Q(m,n)，x1mx1x1(12x12)m4x1214x121x12x122,2，则，解得，即Q2224x114x11n2x1n0x1224x124x111设直线AQ的解析式为yk3xb3，k3x1b3x12x2x2将点A(x1,x1),Q21,2代入得：x12x12，4x114x114x21k3b34x21112114x12k34x1解得，b13414x121x，则直线AQ的解析式为y4x14当x0时，y1，4即直线AQ与y轴交于定点0,【点睛】1．4本题考查了二次函数与一次函数的综合、轴对称等知识点，熟练掌握待定系数法是解题关键．11．（2021·湖南邵阳市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C：yaxbxca0经过点1,1和4,1．（1）求抛物线C的对称轴．（2）当a1时，将抛物线C向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线C1．①求抛物线C1的解析式．②设抛物线C1与x轴交于A，B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，连接BC．点D为第一象限内抛物线C1上一动点，过点D作DEOA于点E．设点D的横坐标为m．是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与BOC相似，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）x=2.5；（2）①y=-x+1x-2；②1或【分析】1+334（1）根据函数图像所过的点的特点结合函数性质，可知两点中点横坐标即为对称轴；（2）①根据平移可得已知点平移后点的坐标，平移过程中a的值不发生改变，所以利用交点式可以求出函数解析式；②根据条件求出A、B、C、D四点的坐标，由条件可知三角形相似有两种情况，分别讨论两种情况，根据相似的性质可求出m的值．【详解】解：（1）因为抛物线图像过（1,1）、（4,1）两点，这两点的纵坐标相同，根据抛物线的性质可知，对称轴是x=（1+4）÷2=2.5,；（2）①将点（1,1）、（4,1）向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到（-1,0），（2,0），将点（-1,0），（2,0），a=-1，根据交点式可求出C1二次函数表达式为y=-x+1x-2；②根据①中的函数关系式，可得A（2,0），B（-1,0），C（0,2），D（m，-m2+m+2），且m＞0由图像可知∠BOC=∠DEO=90°，则以点O，D，E为顶点的三角形与BOC相似有两种情况，（i）当△ODE∽△BCO时，OEDEm-m2+m+2则，即=，OBOC12解得m=1或-2（舍），（ii）当△ODE∽△CBO时，OEDEm-m2+m+2则，即=，OCOB21解得m=1+331-33或（舍）441+33．4所以满足条件的m的值为1或【点睛】本题主要考查了一元二次函数图形的平移、表达式求法、相似三角形等知识点，熟练运用数形结合是解决问题的关键．B(4,0)12．（2021·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）如图，已知抛物线yax2bx4经过A(1,0)，两点，交y轴于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）连接BC，求直线BC的解析式；（3）请在抛物线的对称轴上找一点P，使APPC的值最小，求点P的坐标，并求出此时APPC的最小值；（4）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A、C、M、N四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）yx23x4；（2）直线BC的解析式为yx4；（3）P35,，此时APPC的22341最小值为42；（4）存在，N3,4或2,4．【分析】（1）把点A、B的坐标代入求解即可；（2）设直线BC的解析式为ykxb，然后把点B、C的坐标代入求解即可；（3）由题意易得点A、B关于抛物线的对称轴对称，根据轴对称的性质可得APPCBPPC，要使APPC的值为最小，则需满足点B、P、C三点共线时，即为BC的长，然后问题可求解；（4）由题意可设点Mm,0,Nn,n3n4，然后可分①当AC为对角线时，②当AM为对角线时，2③当AN为对角线时，进而根据平行四边形的性质及中点坐标公式可进行求解．【详解】解：（1）∵抛物线yax2bx4经过A1,0，B4,0两点，∴ab40a1，解得：，16a4b40b3∴抛物线的解析式为yx23x4；（2）由（1）可得抛物线的解析式为yx23x4，∵抛物线与y轴的交点为C，∴C0,4，设直线BC的解析式为ykxb，把点B、C的坐标代入得：k14kb0，解得：，b4b4∴直线BC的解析式为yx4；（3）由抛物线yx23x4可得对称轴为直线xb3，由题意可得如图所示：2a2连接BP、BC，∵点A、B关于抛物线的对称轴对称，∴APBP，∴APPCBPPC，要使APPC的值为最小，则需满足点B、P、C三点共线时，即为BC的长，此时BC与对称轴的交点即为所求的P点，∵OCOB4，∴BC42，∴APPC的最小值为42，∵点P在直线BC上，∴把x∴P353代入得：y4，22235,；22（4）存在，理由如下：由题意可设点Mm,0,Nn,n3n4，A1,0,C0,4，当以A、C、M、N四点为顶点的四2边形是平行四边形，则可分：①当AC为对角线时，如图所示：连接MN，交AC于点D，∵四边形ANCM是平行四边形，∴点D为AC、MN的中点，xAxCxMxN10mn∴根据中点坐标公式可得：，即，2yyyy040n3n4CMNA解得：m4，n3∴N3,4；②当AM为对角线时，同理可得：xAxMxCxN1m0n，即，2yyyy004n3n4MCNA解得：n341，2341∴N2,4；③当AN为对角线时，同理可得：xAxNxMxC1nm0，即，2yyyy0n3n440NMCA解得：n3，∴N3,4；∴综上所述：当以A、C、M、N四点为顶点的四边形是平行四边形，点N的坐标为3,4或3412,4．【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的性质与图象是解题的关键．213．（2021·湖南岳阳市·中考真题）如图，抛物线yaxbx2经过A1,0，B4,0两点，与y轴交于点C，连接BC．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）如图2，直线l：ykx3经过点A，点P为直线l上的一个动点，且位于x轴的上方，点Q为抛物线上的一个动点，当PQ//y轴时，作QMPQ，交抛物线于点M（点M在点Q的右侧），以PQ，QM为邻边构造矩形PQMN，求该矩形周长的最小值；（3）如图3，设抛物线的顶点为D，在（2）的条件下，当矩形PQMN的周长取最小值时，抛物线上是否存在点F，使得∠CBFDQM？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y【分析】（1）直接将A1,0，B4,0两点坐标代入抛物线解析式之中求出系数的值即可；（2）先利用待定系数法求出直线的解析式，再设出点P的坐标，接着表示出Q点和M点的坐标后，求出线段PQ和QM的表达式，再求出它们和的两倍，利用配方法即可求出其最小值；（3）先利用锐角三角函数证明出CBADQM，进而得到F点的其中一个位置，在BC另一侧，通过构造直角三角形，利用勾股定理建立方程组，即可求出BF与y轴的交点，进而求出BF的解析式，与抛物线的解析式联立，即可确定F点的坐标．【详解】2解：（1）∵抛物线yaxbx2经过A1,0，B4,0两点，12331528xx2；（2）；（3）存在，F1,0或F，．42239∴ab20，16a4b201a2解得：，b32∴该抛物线的函数表达式为：y（2）∵ykx3经过点A，∴k30，∴k3，123xx2；22∴直线l：y3x3；3t3，则Qt，设Pt，123tt2，22332，且Q点和M点关于对称轴对称，∵抛物线对称轴为：x1222∴M点横坐标为23t3t，2∴QM3tt32t；又∵PQ3t331231tt2t2t1，2222123131tt132t=t2t8t，2224∴2PQQM2当t131时，2PQQM的值最小，为；4231；4∴该矩形周长的最小值为（3）存在，F1,0或F，；52839由（2）可知，Q，，12128∵抛物线的函数表达式为：y2123xx2；22134222=25，且8142∴顶点D坐标为，，如图4，作DE⊥QM，325282521131，QE=1，882221∴tanDQE；2因为DE又∵抛物线与y轴交于点C，与x轴交于点A、B，∴C0,2令123xx20，解得：x11，x24；22∴A1,0,B4,0,∴OC2,OB4,∴tanCBA21，42∴当F点在点A处时，能使得∠CBFDQM，此时F1,0;如图5，在BC另一侧，当∠CBHDQM时，∠CBHCBA，过C点作CN⊥BH，垂足为点N，由角平分线的性质可得：CN=CO=2，∴BN=BO=4，由勾股定理可得：CH2CN2NH2且OH2OB2BH2,2即CH222NH2，且CH24NH4；22解得：CH∴H0,108，NH;33163设直线BH的函数解析式为：ypxq，16q∴，34pq04p3∴，q163∴直线BH的函数解析式为：y416x，33联立抛物线解析式与直线BH的函数解析式，得：416yx3313yx2x2225xx43解得：（与B点重合，故舍去），或，y0y289∴F，，52839综上可得，抛物线上存在点F，使得∠CBFDQM，F1,0或F，．【点睛】本题综合考查了待定系数法求函数解析式、平面直角坐标系中两点之间的距离、求函数的最大或最小值、52839勾股定理、三角函数等内容，解决本题的关键是能结合图形理解题意，能牢记和熟练运用相关公式进行计算等，本题计算量较大，对学生的综合分析思维能力要求也较高，属于压轴题类型，本题蕴含的思想有分类讨论的思想和数形结合的思想等．14．（2021·湖南中考真题）将抛物线yax2(a0)向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线H:ya(xh)2k．抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．已知A(3,0)，点P是抛物线H上的一个动点．（1）求抛物线H的表达式；（2）如图1，点P在线段AC上方的抛物线H上运动（不与A，C重合），过点P作PDAB，垂足为D，PD交AC于点E．作PFAC，垂足为F，求PEF的面积的最大值；（3）如图2，点Q是抛物线H的对称轴l上的一个动点，在抛物线H上，是否存在点P，使得以点A，P，C，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）yx22x3；（2）PEF的面积最大值为81；（3）点P的坐标为4,5或2,5或642,3．【分析】（1）由题意易得平移后的抛物线H的表达式为yax14，然后把点A的坐标代入求解即可；（2）由（1）及题意易得C0,3，则有△AOC是等腰直角三角形，∠CAO=∠ACO=45°，进而可得直线AC的解析式为y2x3，设点Pa,a22a3，则Ea,a3，然后可得△AED和△PEF都为等腰直角三角形，过点F作FT⊥PD于点T，则有FT1PE，由三角形面积公式可得S2PEF11PEFTPE2，24要使面积最大则PE的值为最大即可，最后问题可求解；（3）由题意可知当以点A、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形时，则可分①当以AC为平行四边形的边时，②当以AC为平行四边形的对角线时，然后利用等腰直角三角形、平行四边形的性质及中点坐标公式分类进行求解即可．【详解】0代入得：解：（1）由题意得：平移后的抛物线H的表达式为yax14，则把点A3,2a3140，解得：a1，∴抛物线H的表达式为yx14，即为yx22x3；（2）由（1）可得抛物线H的表达式为yx22x3，则有C0,3，∴OAOC3，∴△AOC是等腰直角三角形，∴∠CAO=∠ACO=45°，∵PDAB，∴∠AED=∠CAO=45°，∴∠AED=∠PEF=45°，∵PFAC，∴△PEF是等腰直角三角形，过点F作FT⊥PD于点T，如图所示：22∴FT1PE，211PEFTPE2，24∴SPEF∴要使面积最大则PE的值为最大即可，设直线AC的解析式为ykxb，代入点A、C的坐标得：3kb0，b3k1解得：，b3∴直线AC的解析式为yx3，2设点Pa,a2a3，则Ea,a3，39∴PEa2a3a3a3aa，24222∵-1＜0，开口向下，∴当a39时，PE有最大值，即为PE，241981∴△PEF面积的最大值为；4464（3）存在以点A、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：20，∠CAO=∠ACO=45°，抛物线的对称轴为直线x1，由（2）可得C0,3，A3,∴AC32，∠CAO=∠ADQ=45°，①当以AC为平行四边形的边时，如图所示：过点P作PG⊥l于点G，∵四边形APQC是平行四边形，∴PQAC32，AC∥PQ，∴∠ADQ=∠PQG=45°，∴△PQG是等腰直角三角形，∴PGQG3，∴点P的横坐标为-4，∴P4,5；②当以AC为平行四边形的边时，如图所示：同理①可得点P的横坐标为2，∴P2,5；③当以AC为平行四边形的对角线时，如图所示：∵四边形AQCP是平行四边形，∴ANCN,PNQN，设点Pm,m2m3,Q1,b，2∴由中点坐标公式可得：m13，∴m2，∴P2,3；P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，综上所述：当以点A、点P的坐标为4,5或2,5或2,3．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、二次函数的综合及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质、二次函数的综合及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．15．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图所示，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA2，OB4，OC8，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，与x轴交于点N．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P是对称轴上的一个动点，是否存在以P、C、M为顶点的三角形与MNB相似？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．（3）D为CO的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．要使动点G走过的路程最短，请找出点E、F的位置，写出坐标，并求出最短路程．（4）点Q是抛物线上位于x轴上方的一点，点R在x轴上，是否存在以点Q为直角顶点的等腰Rt△CQR？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）yx22x8；（2）存在，P1,2或P1,217E3；（）点,0,F1,2，最短路程为32133133（4）存在，当以点Q为直角顶点的等腰Rt△CQR时，点Q237，理由见详解；2,2或341413Q2,2，理由见详解．【分析】（1）由题意易得A2,0,B4,0,C0,8，然后设二次函数的解析式为yax2x4，进而代入求解即可；（2）由题意易得BMNCMP，要使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则可分①当CPMMNB90时，②当PCMMNB90时，进而分类求解即可；（3）由题意可得作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，最后求解即可；（4）由题意可分①当点Q在第二象限时，存在等腰Rt△CQR，②当点Q在第一象限时，存在等腰Rt△CQR，然后利用“k型”进行求解即可．【详解】解：（1）∵OA2，OB4，OC8，∴A2,0,B4,0,C0,8，设二次函数的解析式为yax2x4，代入点C的坐标可得：8a8，解得：a1，∴二次函数的解析式为yx2x4，即为yx22x8；（2）存在以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，理由如下：由（1）可得抛物线的解析式为yx22x8，则有对称轴为直线x1，设直线BC的解析式为ykxb，代入点B、C坐标可得：4kb0，b8解得：a2，b8∴直线BC的解析式为y2x8，∴点M1,6，N1,0，∴由两点距离公式可得BN3,MN6,BM35,CM5，若使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则有BMNCMP，①当CPMMNB90时，则有CP//x轴，如图所示：∴点P1,8，②当PCMMNB90时，如图所示：∴PMBM355，CMMN62∴PM5，2∴点P1,17；2（3）由题意得：动点G从点D出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．根据轴对称的性质及两点之间线段最短可知要使点G走过的路程最短则有作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，如图所示：∵OC=8，点D为CO的中点，∴OD=4，∴D0,4，∵抛物线的对称轴为直线x1，∴I2,8,H0,4，设直线HI的解析式为ykxb，则把点H、I坐标代入得：2kb8，b4解得：k6，b4∴直线HI的解析式为y6x4，当y=0时，则有06x4，解得：x当x=1时，则有y6142，∴点E,0,F1,2，∴点G走过的最短路程为HI2，323208422237；（4）存在以点Q为直角顶点的等腰Rt△CQR，理由如下：设点Qa,a2a8，则有：①当点Q在第二象限时，存在等腰Rt△CQR时，如图所示：2过点Q作QL⊥x轴于点L，过点C作CK⊥QL，交其延长线于点K，如图所示，∴CKQQLRLOC90，∴四边形COLK是矩形，∴CK=OL，∵等腰Rt△CQR，∴CQQR,CQR90，∴CQKKCQCQKLQR90，∴KCQLQR，∴KCQ≌LQRAAS，∴QLCK，∴QLCKOL，∵点Qa,a2a8，∴aa22a8，解得：a12341341（不符合题意，舍去），,a222341413∴Q2,2；②当点Q在第一象限时，存在等腰Rt△CQR时，如图所示：同理①可得aa22a8，解得：a1133133（不符合题意，舍去），,a222133133Q∴2,2；133133341413综上所述：当以点Q为直角顶点的等腰Rt△CQR时，点Q2,2或Q2,2．【点睛】本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．16．（2020·湖南永州市·中考真题）某校开展了一次综合实践活动，参加该活动的每个学生持有两张宽为6cm，长足够的矩形纸条．探究两张纸条叠放在一起，重叠部分的形状和面积．如图1所示，一张纸条水平放置不动，另一张纸条与它成45°的角，将该纸条从右往左平移．（1）写出在平移过程中，重叠部分可能出现的形状．（2）当重叠部分的形状为如图2所示的四边形ABCD时，求证：四边形ABCD是菱形．（3）设平移的距离为xcm(0x662)，两张纸条重叠部分的面积为scm2．求s与x的函数关系式，并求s的最大值．【答案】（1）三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；（2）见解析；（3）122x(0x6)6x18(6x62)s，s的最大值为362cm2．1[x(662)]2362(62x662)2362(x662)【分析】（1）根据平移过程中，重叠部分四边形的形状判定即可；（2）分别过点B、D作BECD于点E、DFCB于点F，再根据纸条的特点证明四边形ABCD是平行四边形，再证明邻边相等即可证明；（3）分0x6、6x62、62x<662和x=662四种情况分别求出s与x的函数关系式，然后再求最大值即可．【详解】解：（1）在平移过程中，重叠部分的形状分别为：三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；（2）证明：分别过点B、D作BECD于点E、DFCB于点F，∴BECDFC90∵两张纸条等宽，∴BEDF6．在BCE和DCF中BCEDCF45，∴BCDC6262=62，∵两张纸条都是矩形，，∴AB//CBBC//AD．∴四边形ABCD是平行四边形，又∵BCDC，∴四边形ABCD是菱形；（3）Ⅰ、如图：当0x6时，重叠部分为三角形，如图所示，∴S12x，2∴0S18．最大值为18cm2．到y轴的距离为l1，是△CED以CD为底的高，因此可以求出SACE，根据S△EQM1S△ACE求出S△EQM，2设点E和Q所在直线的解析式为yaxc，求出点B的坐标，设点Q和点E到x轴的距离分别为l2,l3，l2是△EMB以MB为底的高，l3是△BQM以MB为底的高，再根据Sm的值；（3）将点D的横坐标bEQMSEMBSBQM求解，即可求出1代入抛物线yx2bxc（b，c为常数，b0），根据点A的坐标得到含b21b3b3，可知点Db,在第四象限，且在直线xb的22424的代数式表达c，求出点D的纵坐标为右侧，取点N(0,1)，过点D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，过点D作QH⊥x轴于点H，则点Hb1,0，在Rt△MDH中，可知DMHMDH45，由题意可知点M(m,0)，用2含b的代数式表示m，因2AM2DM【详解】解：（1）∵直线ykx2经过A(1,0)，272，可得方程，求解即可得出答案．4∴把A(1,0)代入直线ykx2，可得0k2，解得k2；∵抛物线yx2bxc（b，c为常数，b0）经过A(1,0)，∴把A(1,0)代入抛物线yx2bxc，可得cb1，∵当直线ykx2与抛物线yx2bxc（b，c为常数，b0）的另一个交点为该抛物线的顶点E，b4cb2∴顶点E的坐标为,，把E24b4cb2,代入直线y2x2，24b4cb2可得22，244b1b2b∴22，解得b2，24∵b0，∴b2，∴c213，∴顶点E的坐标为1,4．（2）由（1）可知直线的解析式是y2x2，抛物线的解析式为yx22x3，∵抛物线与y轴的交点为C，∴令x0，C的坐标为0,3，∵点Q在抛物线上，且点Q的横坐标为b，由（1）可知b2，∴x2，∴Q的坐标为2,3．延长EQ交x轴于点B，如图1所示，∵D在y轴上，且在直线y2x2上，∴当x0时，点D的坐标为0,2，∵AO是△ACE以CD为底的高，设E到y轴的距离为l1，是△CED以CD为底的高，1111CDAOCDl11111，ACECED12222111∴SEQMSACE1．222设点E和Q所在直线的解析式为yaxc，∴SSACDS把点E1,4和点Q2,3代入，解得：令y0，求得点B的坐标为5,0．a1，∴该直线的解析式为yx5，c5设点Q和点E到x轴的距离分别为l2,l3，l2是△EMB以MB为底的高，l3是△BQM以MB为底的高，∴SEQMSEMBSBQM1111MBl2MBl35m45m31，2222解得：m4或6．（3）∵点D在抛物线yx2bxc（b，c为常数，b0）上，且点D的横坐标为b21，211∴yDbbbc，22∵A(1,0)在抛物线yx2bxc（b，c为常数，b0）上，∴1bc0，即cb1，211b3∴yDbbbb1=，2224可知点Db21b3,在第四象限，且在直线xb的右侧．2242∵2AM2DM22AMDM，∴可取点N(0,1)，如图2，过点D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，∴GAM45，得2AMGM，21,0，2则此时点M满足题意，过点D作QH⊥x轴于点H，则点Hb在Rt△MDH中，可知DMHMDH45，∴DHMH,∵点M(m,0)，DM2MH，∴01b1b3bm，解得：m，22424272，4∵2AM2DM∴2b11b1272(1)22b，242244∴b3．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、二次函数的性质、等腰三角形的性质、三角形的面积公式等知识点，解题的关键是学会使用待定系数法求出抛物线的解析式．18．（2020·湖南长沙市·中考真题）我们不妨约定：若某函数图像上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为“H函数”，其图像上关于原点对称的两点叫做一对“H点”，根据该约定，完成下列各题（1）在下列关于x的函数中，是“H函数”的，请在相应题目后面的括号中打“√”，不是“H函数”的打“×”①y2x（）②ym(m0)（）③y3x1（）x（2）若点A1,m与点Bn,4关于x的“H函数”yaxbxca0的一对“H点”，且该函数的对称轴始终位于直线x2的右侧，求a,b,c的值域或取值范围；b，c是常数）（3）若关于x的“H函数”yax22bx3c（a，同时满足下列两个条件：①abc0，②(2cba)(2cb3a)0，求该H函数截x轴得到的线段长度的取值范围．【答案】（1）√；√；×；（2）-1＜a＜0，b=4，0＜c＜0；（3）2＜x1x2＜27．【分析】（1）根据“H函数”的定义即可判断；（2）先根据题意可求出m,n的取值，代入yaxbxca0得到a,b,c的关系，再根据对称轴在x=2的右侧即可求解；（3）设“H点”为（p,q）和（-p,-q）,代入yax22bx3c得到ap2+3c=0,2bp=q，得到a,c异号，再根据a+b+c=0，代入(2cba)(2cb3a)0求出cc的取值，设函数与x轴的交点为（x1,0）（x2,0），t=，aa利用根与系数的关系得到x1x2【详解】（1）①y2x是“H函数”②y故答案为：√；√；×；（2）∵A,B是“H点”∴A,B关于原点对称，∴m=4,n=1∴A(1,4），B（-1，-4）代入yaxbxca013再根据二次函数的性质即可求解．(x1x2)24x1x2=2(t)2，24m(m0)是“H函数”③y3x1不是“H函数”；xabc4得abc4b4解得ac0又∵该函数的对称轴始终位于直线x2的右侧，b＞22a4∴-＞22a∴-∴-1＜a＜0∵a+c=0∴0＜c＜0，综上，-1＜a＜0，b=4，0＜c＜0；（3）∵yax22bx3c是“H函数”∴设H点为（p,q）和（-p,-q）,ap22bp3cq代入得2ap2bp3cq解得ap2+3c=0,2bp=q∵p2＞0∴a,c异号，∴ac＜0∵a+b+c=0∴b=-a-c，∵(2cba)(2cb3a)0∴(2caca)(2cac3a)0∴(c2a)(c2a)0∴c2＜4a2c2∴2＜4ac＜2ac∴-2＜＜0ac设t=，则-2＜t＜0a∴-2＜设函数与x轴的交点为（x1,0）（x2,0）∴x1,x2是方程ax22bx3c=0的两根∴x1x2=((x1x2)24x1x22b23c)4aa24(ac)12c=a2a2cc23c=41aaa=212tt23t=2(t)2又∵-2＜t＜0∴2＜x1x2＜27．【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、二次函数的性质及根与系数的关系．19．（2020·湖南衡阳市·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，关于x的二次函数yx2pxq的图象过点(1,0)，(2,0)．1234（1）求这个二次函数的表达式；（2）求当2x1时，y的最大值与最小值的差；（3）一次函数y(2m)x2m的图象与二次函数yx2pxq的图象交点的横坐标分别是a和b，且a3b，求m的取值范围．【答案】（1）yx2x2；（2）【分析】（1）利用待定系数法将点(1,0)，(2,0)代入解析式中解方程组即可；（2）根据（1）中函数关系式得到对称轴x时，y有最小值，求之相减即可；25；（3）m1．411，从而知在2x1中，当x=-2时，y有最大值，当x22（3）根据两函数相交可得出x与m的函数关系式，根据有两个交点可得出>0，根据根与系数的关系可得出a，b的值，然后根据a3b，整理得出m的取值范围．【详解】解：（1）∵yx2pxq的图象过点(1,0)，(2,0)，∴1pq042pq0p1解得q2∴yx2x2（2）由（1）得，二次函数对称轴为x12∴当2x1时，y的最大值为(-2)2-(-2)-2=4,911y的最小值为2422∴y的最大值与最小值的差为4（3）由题意及（1）得29425；4y2mx2m2yxx2整理得x3mx4m02即(x1)x4m0∵一次函数y(2m)x2m的图象与二次函数yx2pxq的图象交点的横坐标分别是a和b，∴3m44m0化简得m210m250即m50解得m≠5∴a，b为方程(x1)x4m0的两个解22又∵a3b∴a=-1，b=4-m即4-m>3∴m<1综上所述，m的取值范围为m1．【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象的性质，根与系数的关系等知识．解题的关键是熟记二次函数图象的性质．20．（2020·湖南中考真题）如图，已知抛物线y＝ax2过点A（﹣3，（1）求抛物线的解析式；（2）已知直线l过点A，M（9）．43，0）且与抛物线交于另一点B，与y轴交于点C，求证：MC2＝MA•MB；2（3）若点P，D分别是抛物线与直线l上的动点，以OC为一边且顶点为O，C，P，D的四边形是平行四边形，求所有符合条件的P点坐标．【答案】（1）y＝【分析】1277x；（2）见解析；（3）P（﹣1﹣7，2+）或（﹣1+7，2﹣）或（﹣2，1）．422（1）利用待定系数法即可解决问题．（2）构建方程组确定点B的坐标，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．（3）如图2中，设P（t，【详解】解：（1）把点A（﹣3，12t），根据PD＝CD构建方程求出t即可解决问题．49）代入y＝ax2，49＝9a，41∴a＝，4得到∴抛物线的解析式为y＝12x．493kb4（2）设直线l的解析式为y＝kx+b，则有，30kb21k2解得，3b4∴直线l的解析式为y＝﹣令x＝0，得到y＝∴C（0，31x+，243，43），4y由y12xx1x34，解得9，1或13yyx44241），4∴B（1，如图1中，过点A作AA1⊥x轴于A1，过B作BB1⊥x轴于B1，则BB1∥OC∥AA1，∴BMMCBMMC∴331MOMB11MC122＝＝＝，＝＝＝，33MO3MAMA1(3)322MC＝，MA12t）4即MC2＝MA•MB．（3）如图2中，设P（t，∵OC为一边且顶点为O，C，P，D的四边形是平行四边形，∴PD∥OC，PD＝OC，13t+），241331∴|t2﹣（﹣t+）|＝，2444∴D（t，﹣整理得：t2+2t﹣6＝0或t2+2t＝0，解得t＝﹣1﹣7或﹣1＝7或﹣2或0（舍弃），∴P（﹣1﹣7，2+【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、平行线分线段成比例的性质．21．（2020·湖南张家界市·中考真题）如图，抛物线yax26xc交x轴于A,B两点，交y轴于点C．直线yx5经过点B,C．77）或（﹣1+7，2﹣）或（﹣2，1）．22（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴l与直线BC相交于点P，连接AC,AP，判定△APC的形状，并说明理由；（3）在直线BC上是否存在点M，使AM与直线BC的夹角等于ACB的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）yx26x5；（2）△APC的为直角三角形，理由见解析；（3）存在使AM与直线BC的夹角等于ACB的2倍的点，且坐标为M1（【分析】（1）先根据直线yx5经过点B,C，即可确定B、C的坐标，然后用带定系数法解答即可；（2）先求出A、B的坐标结合抛物线的对称性，说明三角形APB为等腰三角形；再结合OB=OC得到∠ABP=45°，进一步说明∠APB=90°，则∠APC=90°即可判定△APC的形状；（3）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E；然后说明△ANB为等腰直角三角形，进而确定N的坐标；再求出AC的解析式，进而确定M1E的解析式；然后联立直线BC和M1E的解析式即可求得M1的坐标；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，利用中点坐标公式即可确定点M2的坐标【详解】解：（1）∵直线yx5经过点B,C∴当x=0时，可得y=5，即C的坐标为（0,5）当y=0时，可得x=5，即B的坐标为（5,0）1317237,），M2（，）．66665a0260ca1∴解得2c505a65c∴该抛物线的解析式为yx26x5（2）△APC的为直角三角形，理由如下：∵解方程x26x5=0，则x1=1，x2=5∴A（1,0），B（5,0）∵抛物线yx26x5的对称轴l为x=3∴△APB为等腰三角形∵C的坐标为（5,0）,B的坐标为（5,0）∴OB=CO=5,即∠ABP=45°∴∠ABP=45°，∴∠APB=180°-45°-45°=90°∴∠APC=180°-90°=90°∴△APC的为直角三角形；（3）如图：作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E，∵M1A=M1C，∴∠ACM1=∠CAM1∴∠AM1B=2∠ACB∵△ANB为等腰直角三角形.∴AH=BH=NH=2∴N（3，2）设AC的函数解析式为y=kx+b∵C(0，5),A(1，0)5k0b解得b=5，k=-5∴0kb∴AC的函数解析式为y=-5x+5设EM1的函数解析式为y=∵点E的坐标为（∴1x+n515,）2212511=×+n，解得：n=5252112∴EM1的函数解析式为y=x+5513xyx56∵112解得17yxy556∴M1的坐标为（1317,）；66在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2设M2（a，-a+5）1323a则有：3=6，解得a=627∴-a+5=6∴M2的坐标为（237，）．661317237,），M2（，）．6666综上，存在使AM与直线BC的夹角等于ACB的2倍的点，且坐标为M1（【点睛】本题属于二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法确定函数解析式、等腰直角三角形的判定与性质、一次函数图像、三角形外角等知识，考查知识点较多，综合应用所学知识成为解答本题的关键．22．（2020·湖南娄底市·中考真题）如图，抛物线经过点A(3,0)、B(1,0)、C(0,3)．（1）求抛物线的解析式；（2）点Pm,n是抛物线上的动点，当3m0时，试确定m的值，使得△PAC的面积最大；（3）抛物线上是否存在不同于点B的点D，满足DA2DC26，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）yx22x3；（2）m【分析】3；（3）D2,32(x3)(x1)，将点代入C0,3解出a，即可求出抛物线的解析（1）据题意可设抛物线的解析式为ya式；（2）先求出直线AC的解析式，然后根据当3m0时，点Pm,n在直线AC上方，过点P作x轴的x3得Pm,m22m3，垂线与线段AC相交于点Q，可将xm分别代入yx22x3和yQ(m,m3)，从而得出PQ的代数式，从而可求出m的值；（3）由题意可得AB4,OB1,CO3，根据BC210，CAO45，可求出BA2BC26，连接BC，过B作AC的垂线交抛物线于点D，交AC于点H，可得DA2DC2HA2HC2BA2BC26，根据CAODBA，可得BD与AC关于AB的垂直平分线对称，即关于抛物线的对称轴x1对称，即点D与点C关于抛物线的对称轴x1对称，从而可求出点D的坐标．【详解】(x3)(x1)，解：（1）据题意可设抛物线的解析式为ya将点C0,3代入，可得a1∴抛物线的解析式为yx22x3；（2）设直线AC的解析式为：ykxb，03kbC(0,3)A(3,0)将、代入得，3b解得k1，b3∴直线AC的解析式：y当3m0时，点Px3，m,n在直线AC上方，过点P作x轴的垂线与线段AC相交于点Q，将xm分别代入yx22x3和y∴PQm22m3(m3)m3mx3得Pm,m22m3，Q(m,m3)，39m24∵3m0，∴当且仅当m此时S23时，PQ取得最大值，2PAC13PQAOPQ最大，22∴m3；2（3）由A(3,0)、B(1,0)、C(0,3)得AB4,OB