2024年中考数学二轮复习真题演练之二次函数四 (解析)

备战2024年中考数学二轮专题复习真题演练

二次函数（4）

一、选择题

1.（2023•大连）已知抛物线y=/—2%—L则当04%43时，函数的最大值

为（）

A.-2B.-1C.0D.2

【答案】D

【解析】【解答】解：Vy=x2-2x-l=（x-l）2-2,

..•抛物线开口向上，当x〈l时，y随x的增大而减小；当x>l时，y随x的增大而

增大.

当x=0时，y=-l；当x=3时，y=2,

•••函数的最大值为2.

故答案为：D.

【分析】根据二次函数的性质可得：当x〈l时，y随x的增大而减小；当x>l时，

y随x的增大而增大，然后求出x=0、3对应的y的值，再进行比较即可.

2.（2023•南充）抛物线y=—%2+忆%+々—q与x轴的一个交点为ZQn,0）,若

-2<m<l,则实数々的取值范围是（）

A.——<k<1B.k<—2或k>1

44

QQ

C.-5<k<-D.fc<-5或k之2

88

【答案】B

【解析】【解答】解：Yy=-％2+k%+々一|与x轴的一个交点为0）,

0=-%2+kx+k-9存在实数根，

4

忆2+4（k—g之0,

1

解得k<-5,k>1,

当kW-5时，画出图像如图所示:

/•当x=—2时，—4—k+k—>0,

4

解得kM—

4

当k》l时，画出图像如图所示：

九

4-

3-

2-

-3-2

当x=-2时，—4—2k+k—40,

4

解得k>

4

：.k>1,

故答案为：B

【分析】先根据题意得到0=-/+依+k-：存在实数根，进而运用一元二次方

程的判别式即可得到k<-5,k>1,再分类讨论结合题意即可求解。

3.（2023,台州）抛物线y=ax2—a（aH0）与直线y=k%交于AQq,%）,

B（%2，了2）两点，若%i+%2<。，则直线y=a%+k一定经过（）.

A.第一、二象限B.第二、三象限

C.第三、四象限D.第一、四象限

2

【答案】D

【解析】【解答】解：令抛物线y=ax2-a中的y=0,

得ax2-a=0,

二'aWO,

Ax-l-O,

解得x=±L

；・抛物线y=ax?-a与x轴交点坐标为（1,0）与（-1,0）,

令抛物线y=ax2-a中的x=0,得y=-a,

抛物线的顶点坐标为（0,-a）,

当a>0,k>0时，其图象大致为

由图象可得Xi>L-l<x2<0,.*.x1+x2>0,故此种情况不成立;

当a>0,k<0时，其图象大致为

由图象可得0<Xi<l,x2<-L.*.Xi+x2<0,此时直线y=ax+k过一、三、四象限;

3

当a<0,k>0时，其图象大致为:

由图象可得0<Xi<l,x2<-L/.Xi+x2<0,此时直线y=ax+k过一、二、四象限;

当aVO,k<0时，其图象大致为：

由图象可得xi>l,-l<x2<0,.*.x1+x2>0,故此种情况不成立；

综上直线丫=2*+1<的图象一定经过第一、四象限.

故答案为：D.

【分析】首先求出抛物线丫=2*2-a与x轴两交点的坐标及顶点坐标，然后分当a>

0,k>0时，当a>0,k<0时，当a<0,k>0时，当a<0,k<0时，四种情况

画出大致图象，找出两交点横坐标的取值范围，进而根据Xi+x2<0进行一一验

证，得出符合题意的a、k的取值，最后根据一次函数的图象与系数的关系可得直

线丫=a*+卜所经过的象限，即可得出答案.

4.（2023•扬州）已知二次函数y=a/—2%+]%为常数，且a>0）,下列结

论：

4

①函数图象一定经过第一、二、四象限；②函数图象一定不经过第三象限；③

当％<。时，y随x的增大而减小；④当%>。时，y随x的增大而增大.

其中所有正确结论的序号是()

A.①②B.②③C.②D.③④

【答案】B

【解析】【解答】解：言>(),

，抛物线的开口向上，

•.•对称轴为直线％=-三=工〉0,

•••抛物线的对称轴在y轴的右侧，

•••当x<0时，y随x的增大而减小，故③正确；

当工〉工时y随x的增大而增大，故④错误；

a

当x=0时y=|>0,

，抛物线与y轴的交点在x轴的上方，

.•.抛物线一定不经过第三象限，可能经过第一、二、四象限，故①错误，②正

确，

...正确结论的序号为②③.

故答案为：B

【分析】利用a的取值范围可得到抛物线的开口方向，同时可求出抛物线的对称

轴，利用二次函数的增减性，可对③④作出判断；利用抛物线的开口方向，与y

轴的交点情况及对称轴可得到抛物线可能经过的象限，可对①②作出判断；综上

所述可得到正确结论的序号.

5.(2023•广安)如图所示，二次函数)/=a/+b%+b、c为常数，aW0)

的图象与％轴交于点4(—3,0),B(l,0).有下列结论：①abc>0；②若点(—2,

5

%）和（一0.5,乃）均在抛物线上，则％<力；③5a—b+c=0；®4a+c>0.其

中正确的有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】C

【解析】【解答】解：

由题意得a<0,c>0,

<0,

2a

.*.b<0,

.,.abc>0,①正确；

...点（-2,yj和（-0.5,了2）均在抛物线上，且关于抛物线的对称轴对称，

2a

**|—0.5—1|V|-2—1|,

/.yr<y2^②正确；

当x=-3时，9a-3b+c=0,

当x=l时,a+b+c=0,

10a-2b+2c=0,

.'.Sa—b+c=0,③正确；

-1,

2a

Ab=2a,

6

当x=l时，a+b+c=O,

.*.3a+c=0,

Va<0,

.,.4a+c<0,④错误;

故答案为：C

【分析】根据二次函数图象的性质、二次函数图象与系数的关系和坐标轴的交点

问题即可求解。

6.(2023•眉山)如图，二次函数了=a/+b%+式。w0)的图象与x轴的一个交

点坐标为(1,0),对称轴为直线%=-1,下列四个结论：①abcVO；②4a-

2b+c<0；③3a+c=0；④当—3V%V1时，a/+b%+cV0；其中正确结论

C.3个D.4个

【答案】D

【解析】【解答】解：由题意得a>0,c<0,

"."y=ax2+bx+c(aH0)

对称轴为％=――=0,

2a

.*.b=2a,

.\b>0,

abc<0,①正确;

7

•••对称轴为x=T,且函数与坐标轴的一个交点为(1,0),

•••函数图象与坐标轴的另一个交点为(-3,0),

当x=l时，a+b+c=0,

当x=-3时，9a-3b+c=0,

，4a-2b=0,

4Q—2b+cV0,②正确；

Va+b+c=0,b-2a,

.,.3a+c=0,③正确；

由题意得当—3V%V1时，aF+bx+cVO,④正确；

故答案为：D

【分析】先根据二次函数的图象即可得到a>0,c<0,再结合二次函数的对称轴

即可得到b>0,进而即可判断①；再根据二次函数上点的特点即可得到4a-

2b=0,进而即可判断②；再根据已知条件结合二次函数的性质和图像即可求解。

7.(2023•绍兴)已知点M(—4,a-2),N(—2,a),P(2,a)在同一个函数图象

上，则这个函数图象可能是()

【答案】B

【解析】【解答】解：二飞(-2,a),P(2,a)在同一个函数图象上，且它们的纵坐

8

标相等，可知图象关于轴对称，故选项A、C不符合题意；

VM（-4,a-2）,N（-2,a）在轴的左侧，且y随x的增大而增大，故选项D不符合

题意，选项B符合题意.

故答案为：B.

【分析】由点N（-2,a）,P（2,a）关于y轴对称，可排除选项A、C,再根据M（-

4,a-2）,N（-2,a）可知在y轴的左侧，y随x的增大而增大，从而排除选项D.

8.（2023•黄冈）已知二次函数丫=。/+5%+。（。〈0）的图象与*轴的一个交点

坐标为（一1,0）,对称轴为直线％=1,下列论中：①a—b+c=0；②若点（一3,

%），（2，了2），（*丫3）均在该二次函数图象上，则％〈了2〈了3；③若m为任意实

数，则am?+bm+c4-4a；④方程a/+人％+c+1=0的两实数根为%「x?，

且％1<盯，则％1<—1，%2>3.正确结论的序号为（）

A.①②③B.①③④C.②③④D.①④

【答案】B

【解析】【解答】解：...抛物线过点（T,0）,

a-b+c=0,故①正确；

,.*a<0,

•••开口向下.

..•点（-3,力）到对称轴的距离最大，（2,y2）到对称轴的距离最小，

yi<y3<y2,故②错误；

二•对称轴x=-2-a=1,

/.b=-2a.

Va-b+c=0,

c二b一a二一3a.

9

•抛物线的最大值为a+b+c,

am2+bm+ca+b+c-a-2a-3a=-4a,故③正确；

:抛物线过点（T,0）,对称轴为x=l,

.•.与x轴的另一个交点为（3,0）.

'••方程ax\bx+c+kO的两实数根为Xi、X2,且x《X2,

抛物线与直线y=T的交点的横坐标分别为X1、X2,

.*.Xi<-l,X2>3,故④正确.

故答案为：B.

【分析】将点（T,0）代入即可判断①；由a〈0可得开口向下，然后根据距离对

称轴越近的点对应的函数值越大即可判断②；由对称轴为直线x=l可得b=-2a,结

合a-b+c=O可得c=b-a=-3a,由开口向下以及对称轴为直线x=l可得抛物线的最大

值为a+b+c=-4a,进而判断③；由对称性可得与x轴的另一个交点为（3,0）,然

后根据抛物线与直线y=T的交点的横坐标分别为xi、X2可判断④.

9.（2023•天津市）如图，要围一个矩形菜园ZBCD,共中一边4D是墙，且ZD的

长不能超过26m,其余的三边ZB,BC,CD用篱笆，且这三边的和为40m.有下列

结论:

①的长可以为6m；

②AB的长有两个不同的值满足菜园4BCD面积为192租2；

③菜园ZBCD面积的最大值为200rH2.

其中，正确结论的个数是（）

/〃///〃//〃//////〃〃

AD

菜园

BI--------------------1c

A.0B.1C.2D.3

io

【答案】C

【解析】【解答】解：设AD边长为xm,则AB边长为等m,

当AB=6时，笠二6,

解得x=28,

VAD的长不能超过26m,

.*.x<26,

结论①不正确；

•.•菜园ABCD面积为192m2,

Ax2-40x+384=0,

解得x=24或x=16,

AAB的长有两个不同的值满足菜园ABCD面积为192m2,

•••结论②正确；

设矩形菜园的面积为ynA

根据题意得：y=x-|(%2-40%)=-|(x-20)2+200,

1

<0,

2

.•.当x=20时，y有最大值，最大值为200,

即菜园4BCD面积的最大值为200租2,

结论③正确；

综上所述：正确结论的个数是2,

故答案为：C.

【分析】根据题意找出等量关系求函数解析式和列方程求解即可。

10.(2023•遂宁)抛物线y=a/+力％+式。60)的图象如图所示，对称轴为直

11

线％=—2.下列说法：①abcV0；②c—3a>0；③4a2—2ab之at（at+b）（t

为全体实数）；④若图象上存在点A（%i，%）和点B（%2，y2），当租〈租+

3时，满足力=了2，则m的取值范围为-5VmV-2.其中正确的个数有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】C

【解析】【解答】解：由题意得a<0,c<0,

"."y=ax2+bx+c(aH0),

•••函数的对称轴为％=—==—2,

2a

.•.b=4aV0,

abc<0,①正确；

当x=-l时，a-b+c>0,

/.a—4a+c>0,

Ac-3a>0,②正确；

当x=t时，y=at2+bt+c,

4a—2b+c>at2+bt+c,

.,.4a—2b>at2+bt,

TaVO,

4a2—2ab<at(at+b),③错误；

如图所示，点A(xi,y)B(X2,y2)满足yi=y2,

12

m<x1<x2<m+3,

/.m<Xi<-2,-2<x2<m+3,

解得—5<m<—2,④正确；

故答案为：C

【分析】先根据题意即可得到a<0,c<0,进而根据二次函数的对称轴即可得到

b=4a<0,进而即可判断①；将x=T代入，再结合已知条件即可判断②；根据二

次函数的最值即可判断③；根据二次函数的对称性解不等式即可判断④。

二、填空题

11.（2023•宜昌）如图，一名学生推铅球，铅球行进高度y（单位：m）与水平距

离x（单位：m）之间的关系是y=——10）（%+4）,则铅球推出的距离04=_

【解析】【解答】解：令y=0,则—2（%—10）（%+4）=0,

解得Xi=10,X2=-4（不符合题意，舍去），

.*.0A=10.

13

故答案为：10.

【分析】令U=O,得到关于X的一元二次方程，解方程即可得到答案.

12.(2023•绍兴)在平面直角坐标系％Oy中，一个图形上的点都在一边平行于％轴

的矩形内部(包括边界)，这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形.例

如：如图，函数y=(%—2)2(04％43)的图象(抛物线中的实线部分)，它的关

联矩形为矩形。4BC.若二次函数y=+b%+c(04％43)图象的关联矩形恰好

也是矩形。ABC,则b=.

【答案吗或卷

【解析】【解答】解：由题意易得点A(3,0),

将x=0代入y=(x-2)之得y=4,

.•.点C(0,4),

•..四边形OABC是矩形，

.•.点B(3,4),

函数y=；x2+bx+c(0WxW3)的对称轴直线为％=一5=一白二-2b,

4Z.U--xz

一4

分类讨论：①如图所示，当对称轴在y轴的左侧，且图象经过点0(0,0)及B

(3,4),

14

(-2b<0

由图象可得|。。二°，解得b=V；

(~+3b+c=4

14

②如图所示，当对称轴在AB右侧，且图象经过点A(3,0)及C(0,3),

(-2b>3

由图象可得Lc=4，解得b=—"；

-+3b+c=0

V4

③如图所示，当对称轴直线在y轴右侧，且在AB左侧时,

(3

解得一54b~°此种情况不符合题意，舍去;

、b=+2

综上b的值为白或-

1212

故答案为：5或-祟

【分析】由题意易得点A(3,0),将x=0代入代入丫=(x-2)2得y=4,故点C

15

(0,4)根据矩形的性质得点B(3,4),利用对称轴直线公式可得函数

y=；x2+bx+c(0WxW3)的对称轴直线为x=-2b,然后分类讨论：①如图所示，当对

称轴在y轴的左侧，且图象经过点0(0,0)及B(3,4),②如图所示，当对称

轴在AB右侧，且图象经过点A(3,0)及C(0,3),③如图所示，当对称轴直线

在y轴右侧，且在AB左侧时，分别画出示意图，由图象得出混合组，求解即可得

出答案.

三、综合题

13.(2023•武汉)某课外科技活动小组研制了一种航模飞机.通过实验，收集了

飞机相对于出发点的飞行水平距离》(单位：m)以、飞行高度y(单位：m)随飞

行时间t(单位：s)变化的数据如下表.

飞行时间“S02468•・・

飞行水平距离%/租010203040・・・

飞行高度y/m022405464・・・

探究发现：％与3y与t之间的数量关系可以用我们已学过的函数来描述.直接

写出％关于力的函数解析式和y关于t的函数解析式(不要求写出自变量的取值范

围).

问题解决：如图，活动小组在水平安全线上4处设置一个高度可以变化的发射平

台试飞该航模飞机.根据上面的探究发现解决下列问题.

水平安全线

(1)若发射平台相对于安全线的高度为0m,求飞机落到安全线时飞行的水平

16

距离；

（2）在安全线上设置回收区域MN,AM=125m,MN=5m.若飞机落到MN

内（不包括端点M,N）,求发射平台相对于安全线的高度的变化范围.

【答案】（1）解：探究发现：x与t是一次函数关系，y与t是二次函数关系，

设％=kt,y=ax2+bx,

由题意得：10=2k{/二黑二女，

116a+4b=40

解得：k=5,a=—|,b=12,

1Q

.*.%=53y=——t2+12t.

）2

问题解决（1）解：依题意得一12+12亡=0.

解得,=0（舍）,t2=24,

当t=24时，％=120.

答：飞机落到安全线时飞行的水平距离为120m.

（2）解：设发射平台相对于安全线的高度为mn,飞机相对于安全线的飞行高度

/1

y=——t2Q+12t+n.

,2

v125<x<130,

A125<5t<130,

25<t<26,

在y'=]/+i2t+ri中，

当t=25,y=0时，n=12.5；

当t=26,y'=0时，n=26.

•••12.5<n<26.

答：发射平台相对于安全线的高度的变化范围是大于12.5租且小于26m.

【解析】【分析】（1）根据题意设x=kt,y=ax2+bx,利用表中数据，将点的坐标代

17

入可求出两函数解析式，再将y=0代入可得到关于t的方程，解方程求出t的

值，然后将符合题意的t的值代入函数解析式，可求出对应的x值，即可求解.

(2)设发射平台相对于安全线的高度为mn,飞机相对于安全线的飞行高度y'=

-|t2+12t+n,利用x的取值范围，可得到t的取值范围，利用两端点数，分别

将t=25和t=26代入函数解析式，可求出对应的n的值，可得到n的取值范围.

14.(2023•杭州)设二次函数y=a/+b%+1,(aH0,b是实数).已知函数

值y和自变量％的部分对应取值如下表所示:

%•••-10123•••

y・・・m1n1V•••

(1)若TH=4,求二次函数的表达式；

(2)写出一个符合条件的％的取值范围，使得y随％的增大而减小.

(3)若在m、n、p这三个实数中，只有一个是正数，求a的取值范围.

【答案】(1)解：把(-1,4),(2,1)代入y=ax?+bx+l,得

(a—b+l=4

(4a+2b+1=1，

解得：=

S=-2

.♦.y=—2%+1；

(2)解：:(0,1),(2,1)在丫=a*2+6*+1图象上，

•••抛物线的对称轴为直线％=等=L

.♦.当a>0时，则x<l时，y随x的增大而减小，

当a<0时，则x>l时，y随x的增大而减小；

(3)解：把(2,1)代入y=ax?+bx+l,得

1=4。+2b+1,

:・b=-2a

18

.,.y=ax2+bx+1=ax2—2ax+1,

把（T,m）代入y-ax2-2ax+l得，m=a+2a+1=3a+1,

把（1,n）代入y=ax,-2ax+l得，n=a—2a+1=—a+1,

把（3,p）代入y=ax2-2ax+l得,p=9a-6a+1=3a+1,

.,.m=p,

n、p这三个实数中，只有一个是正数，

.（~CL+1>0

,*t3a+1<0,

解得：a<—

【解析】【分析】（1）将点（T,4）,（2,1）分别代入丫=a*2+6*+1,可得关于字

母a、b的方程组，求解得出a、b的值，从而得到二次函数的解析式；

（2）根据二次函数的对称性可求出抛物线的对称轴直线为x=L进而分a>0与a

<0两种情况，由函数的增减性作答即可；

（3）把点（2,1）代入yuax'+bx+l,得b=-2a,从而得抛物线的解析式为y=ax?-

2ax+l,然后分别把（T,m）、（1,n）、（3,p）代入y=ax?-2ax+l算出m、n、p的

值，可得m=p,进而再由m、n、p这三个实数中，只有一个是正数，可得关于字母

a的不等式组，求解即可得出a的取值范围.

15.（2023•武汉）抛物线Q：y=——2%—8交工轴于4B两点（4在B的左

边），交y轴于点C.

19

(2)如图(1),作直线％=t(0VtV4),分别交%轴，线段BC,抛物线的于

D,E,F三点，连接CF.若△BDE与ACEF相似，求t的值；

(3)如图(2),将抛物线Q平移得到抛物线。2,其顶点为原点.直线y=2%与

抛物线。2交于。G两点，过。G的中点H作直线MN(异于直线。G)交抛物线。2于

M,N两点，直线M。与直线GN交于点P.问点P是否在一条定直线上？若是，求该

直线的解析式；若不是，请说明理由.

【答案】(1)解：•••抛物线解析式为y=%2—2%—8,

.,.当y=0时，x2—2x—8=0,当％=0时，y=—8,

角军得：/=-2,x2=4,

0),3(4,0),C(0,-8).

(2)解：•・•？是直线％=t与抛物线6交点，

F(t^t?—2t—8),

①如图，若^BER时，

•••ZBCF1=ZCBO,

：.CFX||OB

20

VC(0,-8),

t2—2t—8——8,

解得，t=0（舍去）或t=2.

②如图，若〜AFzE2c时.过尸2作FzT_L%轴于点几

•••ZBCF2=/BD2E2=/BOC=90°,

/.ZOCB+ZOBC=NOCB+ZTCF2=90°,

/.ZTCF2=NOBC,

•••/CTF2=/BOC=90°,

•••△BCOCF2T,

.F2T_CT

''CO~BO

v5(4,0),C(0,—8),

AOB=4,OC=8,

22

■:F2T=t,CT=-8-(t-2t-8)=2t-t,

•.•一t=-2-t-t-2，

84

解得，t=0(舍去)或t=|.

综上，符合题意的珀勺值为2或|.

(3)解：•.•将抛物线Ci平移得到抛物线C2,其顶点为原点,

21

2

•o•c2；y=X,

..•直线OG的解析式为y=2%,,

•••联立直线OG与C2解析式得：忧，;

解得比二"舍去)北二：

•"(2,4),

是。G的中点，

•2+0_14+0_Q

22

，H(1,2),

设m2),N(n,M),直线MN的解析式为y=七%+瓦,

2

贝(1九2—nk1+b1,m=mkr+%,

解得，=m+n,b1=—mn,

，直线MN的解析式为y=(m+n)x-mn,

•.•直线MN经过点2),

mn=m+n—2

同理，直线GN的解析式为y=(ri+2)%-2n；直线M。的解析式为y=m%.

(n+2)x—2n

联立,得厂

y=mx.

2n2mn

解得:X—,V-

n-m+2n-m+2

•.•直线OM与NG相交于点P,

c/2n2m+2n-4

・・・P(-------，-----------)x・

m-m+2n-m+27

设点P在直线y=k%+b上，则独巨?=小—4+乩①

Jn-m+2n-m+2

整理得，2租+2n—4=2kn+bn—bm+2b=—bm+(2k+b)n+2b,

比较系数得：｛2ktb^2^

I—5=2

22

•••当k=2,b=-2时，无论zi为何值时，等式①恒成立.

•••点P在定直线y=2%-2上.

【解析】【分析】(1)由y=0可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点

A,B的坐标；再由x=0求出对应的y的值，可得到点C的坐标.

(2)由点F是直线x=t与抛物线G交点，利用抛物线的解析式设点F(t,t2-

2t-8),；分情况讨论：当△BEDS/^CEE时，易证CF1〃OB,利用点C和点F的纵

坐标相等，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；当ABEzD2s^FZE2c时，过

点Fz作F?T，x轴于点T,利用余角的性质可证得NTCF2=N0BC,利用有两组对应角

分别相等的两三角形相似可得到△BCOS^CFZT,利用相似三角形的对应边成比

例，可得到关于t的方程，解方程求出t的值；综上所述可得到符合题意的t的

值.

(3)利用抛物线的平移规律可得到C2的解析式，将直线OG和C2的解析式联立方

程组，解方程组求出其解，可得到点G的坐标；再利用中点坐标公式可求出点H

的坐标；设点M(m,in?),N(n,n2),利用待定系数法可得到直线MN的函数解析

式，将点H的坐标代入可得到mn=m+n-2,同理可求出直线GN的函数解析式，将直

线MO和GN联立方程组，解方程组可得到点P的坐标，由点P在直线y=kx+b上，

代入可求出k,b的值，由此可得到点P一定在直线y=2x-2上，即可求解.

16.(2023•宜昌)如图，已知4(0,2),B(2,0).点E位于第二象限且在直线

y=-2%上，ZEOD=90°,OD=OE,连接AB,DE,AE,DB.

23

(1)直接判断△AOB的形状：AZOB是三角形；

(2)求证：LAOE=ABOD；

(3)直线EA交x轴于点。(匕0),t>2.将经过B,C两点的抛物线yi=

a/+取-4向左平移2个单位，得到抛物线了2.

①若直线E4与抛物线力有唯一交点，求t的值；

②若抛物线丫2的顶点P在直线E4上，求t的值；

③将抛物线丫2再向下平移，彳三个单位，得到抛物线了3.若点D在抛物线了3

上，求点D的坐标.

【答案】(1)等腰直角

ZAOB-ZAOD=/DOE-NAOD,

ZAOE=/BOD,

"."AO=OB,OD=OE,

:.AAOE三△BOD(SAS).

24

(3)解：①设直线AC的解析式为y=kx+b,

•••4(0,2),C(t,0),

.rb=2

•.〔kt+b=0，

,,yAc——z%+2，

将C«,0),B(2,0)代入抛物线刈=ax2+bx-4得，

(0=at2+bt—4

10=4a+25-4'

解得a=—：,b=|(t+2),

22

:.%=--%2+-(t+2)x—4,

:直线XAC=-：％+2与抛物线yi=-：％2++2)%-4有唯一交点

•••联立解析式组成方程组解得％2-(t+3)%+3t=0

4=(t+3)2—4X3t=(t-3)2=0

t=3

②•..抛物线%=-|%2+|(C+2)%-4向左平移2个单位得到了2，

/.抛物线了2=--(X-—)2+”立，

,乙tv272t

••・抛物线y2的顶点p(詈，胃口，

将顶点P(一，牛)代入为c=—1%+2,

t2-6t=0,解得耳=0,七=6，

：t>2,

**,t—6；

③过点轴，垂足为M,过点D作DN_L%轴，垂足为N,

25

/./EMO=NOND=90

•••/DOE=90°,

/.NEOM+/MEO=/EOM+/NOD=90°,

:,NMEO=/NOD,

'：OD=OE,

：.△ODN三△EOMQ4AS),

.'.ON=EM,DN=OM,

YOE的解析式为y=—2%,

.•.设EM=2OM=2m,

.".DN=OM=m,

vEM1%轴，

AOA||EM,

△CAO^△CEM,

:.OC：CM=OA：EM,

t_2

:•----=----，

t+m2m

・・.m=——t，

t-i

：2tt

.EM=ON=2OM=2m=—t-i,DN=OM=m=—t-i

AD(—,—),

vt-it-v

9

••・抛物线为再向下平移个单位，得到抛物线了3，

26

••・抛物线为=一|%2+|(t—2)%一滔产

•••。(三，三)代入抛物线y3=-|%2+|(t-2)x-

L—1I-1tL(L-JLJ

•••3t2-19t+6=0,

解得匕=|，七=6,

由t>2,得t=6,

.2t

••_—_12__―12，t_—6—_—6,

t-16-15t-16-15

••・啃，!)•

【解析】【解答】解：⑴VA(0,2),B(2,0),

.*.0A=0B=2,ZA0B=90°,

AAA0B是等腰直角三角形.

故答案为：等腰直角.

【分析】(1)由A、B的坐标可知OA=OB,再有NA0B=90°可知aAOB是等腰直角

三角形.

(2)由NE0D=NA0B=90°,可知NA0E=NB0D；又因为AO=OB,OD=OE,可根据

SAS证明△A0EZ/\B0D.

(3)①先根据A、C两点坐标，求出AC所在直线的一次函数解析式(含字母t)；

再根据B、C两点坐标求出抛物线力的解析式(含字母t),再根据一次函数与抛物

线有一个唯一焦点，联立方程得到关于x的一元二次方程，让△=(),即可求出t

的值.

②抛物线yi=-|%2+|(亡+2)%-4向左平移两个单位，可得抛物线了2=

-气％-三)2+9<则抛物线丫2的顶点为P(三，4)，代入AC的直线解析

式，即可求解t,注意t要大于2.

③过点E作EM_L%轴，垂足为M,过点D作DNJ.%轴，垂足为N,先证明△

27

ODN=AEOM(ZZS),贝UON=EM,DN=OM,设EM=20M=2m,由。4||EM

可得OC：CM=OA：EM,则7■二=三，求得租=/y,得。(三■,由抛物线

t+m2mt-1vt-lt-ly

y?再向下高得到抛物线=—：/+：«-2)%—三®把。(三，士)代入抛

[L-LJLL[LJ-JL—_LL—-L

物线丫3得至1」3/—19t+6=0,即可求解t,注意t>2,从而可以得到点D的坐

标.

17.（2023•新疆）

(1)【建立模型】如图1,点B是线段CD上的一点，ACIBC,ABLBE,

ED1BD,垂足分别为C,B,D,AB=BE.求证：AACB=^BDE；

(2)【类比迁移】如图2,一次函数y=3%+3的图象与y轴交于点4、与％轴

交于点B,将线段4B绕点8逆时针旋转90。得到BC、直线ZC交%轴于点D.

①求点C的坐标;

②求直线4C的解析式；

(3)【拓展延伸】如图3,抛物线y=/一3%-4与％轴交于4B两点(点4在

点B的左侧)，与y轴交于C点，已知点Q(0,-1),连接BQ.抛物线上是否存在点

M,使得tanNMBQ=g,若存在，求出点M的横坐标.

【答案】(1)证明：'：AC1BC,AB1BE,ED1BD,

/./C=ND=/ABE=90

・••/ABC+4=90°,ZABC+/EBD=90

•••ZA=/EBD,

又•「AB=BE,

28

Z.△ACB三△BDEQ4ZS)；

(2)解：①如图所示，过点C作CE_L%轴于点E,

图2

•.•将线段4B绕点B逆时针旋转90°得到BC,

ABA=BC,ZABC=90°,

又NA0B=ZCEB=90°,

•••NABO=90°-/CBE=/ECB,

：.△CBEBAO{AAS},

:.BE=A。，CE=BO,

•.•一次函数y=3%+3的图象与y轴交于点4、与％轴交于点B,

当％=。时，y=3,即4(0,3),

当y=0时，%=-1,即B(—l,0),

:.BE=AO=3,CE=BO=1,

：.EO=EB+BO=3+1=4,

•"(—4,1);

②'.[(O,3),设直线4c的解析式为y=k%+3,

将C(—4,1)代入得：1=-4k+3

解得：k

.二直线4c的解析式为y=|x+3,

(3)解：,抛物线y=%2一3%一4与％轴交于4B两点(点4在点B的左侧),

29

当y=0时，x2—3x—4=0,

解得：Xt=-1,%2=4，

•••4(一1,0),B(4,0);

①当M点在％轴下方时，如图所示，连接MB,过点Q作QH_LBM于点H,过点H作

DE_Ly轴于点D,过点B作BEJ.DE,于点E,

,/NQDH=/E=/QHB=90°,

・••/DQH=90°-/QHD=/BHE,

：.△QDHs&HEB,

.QH__DH^_DQ_

'°BH-BE-HE'

•「tan/MBQ=tan/QBH=三="，

yx3BH

.QH_DH_1

••———,

BHBE3

设DH=a,贝UBE=3a,

•；DE=4,

4CL

：.HE=4-a,QD=---,

•：OD=BE,Q(0,-1),

•i।4a

••1H------=3a,

33

解得：a=「，

10

30

设直线BH的解析式为y=k7x+b,

f7；,,21

——kz+b=-----

代入"舄'-9'B(4,0)得:ioio

4k7+b=0

I28

b=-----

解得:li

k7=-

11

直线BM解析式为y=-等

（728

联立］y=五%一五,

解得：=4（舍去），％2=~

②当M点在％轴的上方时，如图所示，过点Q作QG于点G,过点G作PF||%

轴，交y轴于点F,过点B作PBJ.FP于点P,

VFP=4,

4-b

GP=4-b,FQ

3

\'FQ=PB+1,

••—4—b=037b+I41?

3

解得：b=^

31

设直线MB的解析式为y=mx+n,

(1,3

代入G(S，。)，B(4,0)得：,10mn~io,

I4m+n=0

(m=——

解得：/，

In=^

•••直线MB的解析式为y=—2％+2，

联立户F+G,

、y=/_3%_4

解得：=4(舍去)，％2=—£，

综上所述，M的横坐标为-，■或-弓.

1113

【解析】【分析】(1)利用“AAS”证出AZCBWABDE即可;

(2)①过点C作CE1%轴于点E,先证出△CBE=ABAO(AAS),可得BE=

AO,CE=BO,再求出点A、B的坐标，可得BE=4。=3,CE=BO=1,利用

线段的和差求出EO的长，即可到到点C的坐标；

②利用待定系数法求出函数解析式即可；

(3)分类讨论：①当M点在％轴下方时，②当M点在％轴的上方时，再分别画出图

象并利用相似三角形的判定方法和性质求解即可。

18.(2023•枣庄)如图，抛物线y=-/+.+c经过4(一1,0),C(0,3)两

点，并交x轴于另一点B,点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D.

32

(1)求该抛物线的表达式；

(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH,DH,求+的最小值；

(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q,使得以D,M,

P,Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请目接写出所有满足条件的点Q的

坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)解：.抛物线了=一/+b%+c经过4(一1,0),C(0,3)两点,

.(—1—b+c=0(b=2

,解得:

c=3ic=3

.*.y=—x2+2%+3；

(2)解：Vy=—/+2%+3=-(%-I)2+4,

4),

设直线ZM：y=kx+m(kH0),

(—k+m=0(k=2

则:，解得:

k+m=4Im=2

-'•AM：y=2%+2,

当％=0时，y=2,

•"(0,2);

作点。关于％轴的对称点。:连接。'M，

则：D7(0,一2)，MH+DH=MH+D'HND'M，

当M,H,三点共线时，用“+。”有最小值为。'时的长，

33

：•D'M=J/+（4+2）2=V37,

即：MH+DH的最小值为：V37；

（3）解：存在；

"."y=—x2+2x+3=—(%—l)2+4,

•••对称轴为直线%=1,

设尸(p,t),Q(l,n),

当以D,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形时:

rl+p=0+1

①DM为对角线时:tt+n=4+2

当p=0时，t=3,

n=3,

"(I，3);

34

fO+p=1+1

②当。尸为对角线时:

12+t=4+n

P=2.

'12+t=4+n，

当p=2时，t=—22+2X2+3=3,

'.n=1,

"(I，1)；

rl+p=0+1

③当MP为对角线时:(4+t=2+ri

当p=0时，t=3,

.,.n=3,

•••Q(L5)；

综上：当以D,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形时，Q(l,3)或Q(l,1)或

Q(l，5).

【解析】【分析】(1)将点A、C的坐标代入y=-％2+bx+c求出b、c的值即

35

可；

(2)作点。关于％轴的对称点，连接D’M，当M,H,。’三点共线时，MH+

DH有最小值为D'M的长，再结合点D'(0,-2)，M(l,4),求出。‘M=

+(4+2下二回即可；

(3)分类讨论：①当DM为对角线时，②当DP为对角线时，③当MP为对角线时，

再分别画出图象并求解即可。

19.(2023•衡阳)如图，已知抛物线了=。％2一2£1%+3与*轴交于点4(—1,0)和

点B,与y轴交于点C,连接ZC,过B、C两点作直线.

(1)求a的值.

(2)将直线BC向下平移租(租＞0)个单位长度，交抛物线于B'、C’两点.在

直线B,C'上方的抛物线上是否存在定点D,无论m取何值时，都是点D到直线

B'C'的距离最大，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.

(3)抛物线上是否存在点P,使々3。+/4。。=45。，若存在，请求出直

线BP的解析式；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)解：抛物线y=a/一2a%+3与x轴交于点4(一1,0),

得a+2a+3=0,

解得：a=—1；

(2)解：存在。(―/》理由如下：

设B'C'与y轴交于点G,由(1)中结论a=-1,得抛物线的解析式为y=-/+

36

2x+3,

当y=o时，=—1,%2=3，即4(一1,0),B(3,0),C(0,3),

OB=OC,ZBOC=90°,即△BOC是等腰直角三角形，

ZBCO=45°,

•:B'C'IIBC，

NBCO=/B'GO=45°，

设D(t,-t2+2t+3),过点。作DEIIy轴交B'C'于点E，作DF_LB'C’于点

/DEF=/B'G。=45。，即^DEF是等腰直角三角形,

设直线BC的解析式为y=k%+b,代入B(3,0),C(0,3),

得「箕；。,解得仁