中考数学总复习《二次函数的综合（线段有关的问题）》专题训练（附答案）

第第页参考答案：1．(1)(2)或(3)或【分析】（1）将，代入，即可得解析式，配成顶点式得坐标；（2）连接，，设，的垂直平分线恰好经过点，可得，据此列出方程即可求解；（3）设交抛物线的对称轴于点，设，则，设直线的解析式为，则，解得求出，，由面积公式可求出的值，则可得出答案．【详解】（1）将，代入得：，解得，二次函数的解析式为，，顶点坐标；（2）如图1.1，图1.2，连接，，由点在线段的垂直平分线上，得．设，，由勾股定理可得：，解得，满足条件的点的坐标为或；（3）如图2，设交抛物线的对称轴于点，设，则，，设直线的解析式为，则，解得：，，当时，，，，，，解得或，当时，，当时，．综合以上可得，满足条件的点的坐标为或．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握二次函数的性质及方程思想是解题的关键．2．(1)，(2)(3)【分析】（1）由抛物线与y轴交于点，可得，把点代入，得，计算求解可得值；（2）由题意知，当周长最小时，的值最小，如图，作点A关于x轴的对称点，连接，与x轴交于点C，然后依据三角形周长计算公式解答即可；（3）由（1）得二次函数解析式为，由m是抛物线与x轴的交点的横坐标，可得，即，将，进行分组因式分解化成，将代入整理后再分组因式分解为，将代入求解即可．【详解】（1）解：抛物线与y轴交于点，，把点代入，得，解得，，（2）解：由题意知，当周长最小时，的值最小，如图，作点A关于x轴的对称点，连接，周长；（3）解：由（1）得二次函数解析式为，是抛物线与x轴的交点的横坐标，，即，【点睛】本题考查了二次函数解析式，轴对称的性质，二次函数与坐标轴交点，分组因式分解，代数式求值，整体代入思想．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．3．(1)(2)证明见解析(3)存在最小值，最小值为【分析】（1）先求出点B和点D的坐标，得出，再证明，得出，进而得出点A的坐标，将其代入，求出a的值即可；（2）设，，则，将点E的坐标代入得，根据一元二次方程根的判别式得出方程有两个不相等的实数根，即可求证；（3）取的中点M，过M作y轴的平行线，交直线l于点N，过点M作直线l的垂线，垂足为点P，设，将直线m和抛物线联立得到，根据韦达定理得出，进而得出，，则，易得，则，过点G作于，过点H作于，根据梯形的中位线定理得出，根据二次函数的性质即可解答．【详解】（1）解：把代入得：，∴，把把代入代入得：，∴，∴，∵，，∴，∴，即，解得：(负值舍去)，∴，把代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）证明：设，，∵点E为的中点，∴，整理得：，将点E的坐标代入得：，整理得：，，∴方程有两个不相等的实数根，∴在抛物线上总能存在点E，F，使得点E为的中点；（3）解：在梯形中，点E和点F为中点，连接并延长，交延长线于点G，∵点F为中点，∴，∵四边形为梯形，∴，∴，∵，∴，∴，∵点E和点F为中点，∴，即，取的中点M，过点M作y轴的平行线，交直线l于点N，过点M作直线l的垂线，垂足为点P，设，将直线m和抛物线联立得：，则，∴，∴点M的横坐标为，把代入得：，∴，∵轴，∴点N的横坐标为，把代入得：，∴，∴，把代入得：，解得：，∴，∴，∴，∵轴，∴，∴，过点G作于，过点H作于，∵，，，∴，四边形为梯形，∴，则点P为中点，∴，即，∵，∴存在最小值，最小值为．【点睛】本题主要考查了一次函数和二次函数综合，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，梯形的中位线定理，熟练掌握相关性质定理，正确画出辅助线，是解题的关键．4．(1)，(2)(3)【分析】（1）将代入和即可求解；（2）设点P横坐标为m，用含m代数式表示长度，进而求解；（3）先证，推出，进而可得与的长度比为或，进而求解．【详解】（1）解：将代入，得，解得，将代入，得，解得；（2）解：由（1）得抛物线解析式为，直线的解析式为，设点P横坐标为m，则点E的坐标为，点F的坐标为，点在线段的下方，，若是线段上一点，且点在线段的下方，，当时，取最大值，最大值为；（3）解：如图，设与y轴的交点为M，则，，由题意知，，，；点与点关于直线对称，点F的坐标为，，点G坐标为，即，若，则或，当时，，解得或，由（2）得，，点G的坐标为；当时，，解得或，均不合题意，综上可知，点G的坐标为．【点睛】本题考查二次函数与图形的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质等，熟练运用数形结合及分类讨论思想是解题的关键．5．(1)(2)D的坐标为或；(3)证明见解析【分析】（1）先求解A的坐标，再求解B，C的坐标，再利用待定系数法求解解析式即可；（2）设，，而，分两种情况讨论：当平行四边形为平行四边形，当平行四边形为平行四边形，再结合平行四边形的性质可得答案；（3）先求解，直线为，直线为，设直线为，由有两个相等的实数根，可得，求解直线为，再求解M，N的坐标，结合勾股定理进行计算即可．【详解】（1）解：∵抛物线，当时，，即，，∵，∴，，∴，，∴，解得：，∴抛物线为：；（2）∵抛物线，∴对称轴为直线，设，，而，，，由平行四边形的性质可得：，解得：，∴，由平行四边形的性质可得：，解得：，∴；综上：D的坐标为或；（3）∵抛物线，∴对称轴为直线，∵，，∴，即，设直线为，∴，解得：，∴直线为，同理可得：直线为，设直线为，∴，∴结合题意可得：即有两个相等的实数根，∴，∴直线为，∴，解得：，即，同理可得：，∴，，当直线从左往右上升时，，∴，，∴，当直线从左往右下降时，，，，∴，∴为定值．【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数与二次函数的解析式，二次函数与一次函数的交点坐标问题，一次函数的交点坐标，勾股定理的应用，平行四边形的性质，本题难度大，计算量大，属于中考压轴题．6．(1)(2)证明见解析(3)存在，【分析】（1）在中，求得，把代入，解方程组，即得抛物线的解析式；（2）在中，可得，利用勾股定理求得的长，从而可得，即可证明；（3）点A关于抛物线的对称轴的对称点为点B，线段和抛物线对称轴的交点为点P，则点P即满足要求，再求出抛物线的对称轴与直线的交点坐标即可．【详解】（1）解：在中，令得，令，则，解得，∴，把代入得：，解得，∴抛物线的解析式为；（2）证明：在中，令得，解得或，∴，∵，，∴，，，，∴，，，∴，∴．（3）存在，理由如下：点A关于抛物线的对称轴的对称点为点B，线段和抛物线对称轴的交点为点P，则点P即满足要求，∵，∴，根据两点之间线段最短，可知点P即为所求，∵抛物线解析式为，∴抛物线的对称轴为直线，由直线的解析式为，把代入得到，∴点P的坐标为．【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质、一次函数的图象和性质、相似三角形的判定、轴对称的性质、勾股定理等知识，数形结合是解题的关键．7．(1)(2)，(3)【分析】本题主要考查二次函数与一次函数的综合，掌握待定系数法是解题的关键．（1）将点A，C代入解析式中即可得到抛物线的解析式；（2）解即可求出B点坐标，的高是C点的纵坐标，计算结果即可．（3）因为的长度不变，要使周长最小，就是最小，而A，B关于对称轴对称，所以就是的最小值，此时D点就是与抛物线对称轴的交点．先用待定系数法求出直线的解析式，再求出抛物线的对称轴，即可求出交点．【详解】（1）（1）将代入y=ax2+bx+3中得解得∴抛物线的解析式为（2）解：令解得∴点B的坐标．∴∴的面积．（3）设直线的解析式为将代入得解得∴直线AC的解析式为抛物线的对称轴为因为的长度不变，要使周长最小，就是最小，而A，B关于对称轴对称，所以就是的最小值，此时P点就是与抛物线对称轴的交点．当时，∴点P的坐标为∴抛物线的对称轴上存在点，使的周长最小．8．(1)(2)当时，有最大值，最大值为(3)点坐标为或【分析】（1）先求出，再运用待定系数法即可求得答案；（2）过点作轴，交于，交轴于，过点作于，过点作于，设，则，，由可求得，再由可得，，再证明，可得，进而可得，再运用二次函数的性质即可；（3）设，，由翻折可得的中点在直线上，即，分两种情况：当点在的上方时，过点作轴交抛物线的对称轴于，设对称轴交于，利用解直角三角形可得，联立①②可得，即，当点在的下方时，同理可得．【详解】（1）解：∵直线交轴于点，交轴于点，当时，，当时，，解得：，，，∵抛物线经过两点，且，∴，解得：，∴该抛物线的解析式为；（2）解：过点作轴，交于，交轴于，过点作于，过点作于，如图1，，设，则，，，，，，，在中，，轴，，，，，，，，，，，即，，，，∴四边形是矩形，，轴，，，，，，，，∴当时，有最大值，最大值为；（3）解：设，，∵线段沿着直线翻折，的对应点恰好落在抛物线上，的中点在直线上，，化简得：，当点在的上方时，如图2，过点作轴交抛物线的对称轴于，设对称轴交于，，则，轴，，，，，，，，，，解得：，联立①②得：，解得：，，，；当点在的下方时，如图3，，同理可得：，；综上所述，点坐标为或．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，翻折变换的性质，解直角，二次函数的图象和性质，涉及知识点多，难度较大，添加辅助线构造相似三角形是解此题的关键．9．(1)(2)(3)或或【分析】本题主要考查了二次函数解析式的确定以及轴对称性质的应用：（1）将A、B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数的值；（2）设抛物线与x轴的另一交点为C，在中，的长为定值，若三角形的周长最小，那么的长最小；由于A、C关于抛物线的对称轴对称，若连接，那么与对称轴的交点即为所求的P点，可先求出直线的解析式，然后联立抛物线的对称轴方程，即可求得P点的坐标．（3）根据等底等高的三角形的面积相等，可得M的纵坐标与B的纵坐标相等或互为相反数，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．【详解】（1）∵二次函数的图象与坐标轴交于点和点，∴，解得∴二次函数的表达式为．（2）令，则，解得，，∴二次函数的图象与x轴的另一个交点坐标；

又，∴抛物线的轴为直线，由于P是对称轴上一点，连接，由于，要使的周长最小，只要最小；由于点A与点C关于对称轴对称，连接交对称轴于点P，则，根据两点之间，线段最短，可得的最小值为；因而与对称轴的交点P就是所求的点；设直线的解析式为,把代入得，，解得，，所以直线的解析式为；因此直线与对称轴的交点坐标是方程组的解，解得，所求的点P的坐标为．（3）由，得．得，当时，，解得（舍去），即M点坐标为当时，，解得，即M点坐标为，，综上所述：时，M点坐标为或或．10．(1)(2)存在或或使得点B，E，C，P为顶点的四边形是平行四边形(3)【分析】（1）求出设对称轴与x轴交于点F，再证明，根据三角函数的定义求出答案即可；（2）分三种情况分别进行求解即可；（3）过点A作于点H，交对称轴于点E，连接并延长交第二象限抛物线为点M，证明取得最小值，即要最小，当点A，E，H三点共线且垂直时最小，此时最小．求得．用勾股定理求出答案即可．【详解】（1）解：令时，，解得，∴．把代入中，得，即．∵，∴对称轴是直线，顶点，设对称轴与x轴交于点F，如图1，∴∵，∴，在中，；（2）∵点P在抛物线上，点E在对称轴上，∴可设，由题意知：．①以为对角线时，由平行四边形的对角线互相平分；则，∴，解得，即；同理②以为对角线时，，解得，即；③以为对角线时，，解得，即；综上所述，存在，，，使得点B，E，C，P为顶点的四边形是平行四边形；（3），理由如下：如图2，过点A作于点H，交对称轴于点E，连接并延长交第二象限抛物线为点M，在中，，∴．∴．∴要取得最小值，即要最小，∴当点A，E，H三点共线且垂直时最小，此时最小．在，中，，∴．∴，即．∵，设的解析式为：，则，解得，可求得的解析式为：．联立和抛物线，解得．∴．【点睛】此题考查了解直角三角形、二次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式、一次函数和二次函数图象交点问题、勾股定理等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．11．(1)(2)9(3)或【分析】（1）把代入得，根据对称轴为直线得，联立求解即可；（2）把抛物线化为顶点式可知时，y有最小值1．利用二次函数的性质求出最大值，然后求差即可；（3）设点N在抛物线上，，根据求出m，再求出A、B点的横坐标，结合图形即可求出点M的横坐标m的取值范围．【详解】（1）∵抛物线过点，对称轴为直线，∴解得，∴抛物线的解析式为；（2）当时，．∵，∴当时，y有最小值1．当时，结合函数图象，当时，y有最大值10，∴抛物线的最大值与最小值的差为；（3）设点N在抛物线上，，则，即，解得．当，整理得，解得．∵点A在点B的左侧，∴点A的横坐标为，点B的横坐标为2．结合图象，当线段与抛物线有公共点时，点M的横坐标m的取值范围为或．【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，以及二次函数与几何综合，数形结合是解答本题的关键．12．(1)抛物线的解析式为；(2)点M坐标为；(3)点E的坐标为．【分析】本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数与一次函数的解析式，轴对称的最短路径问题及二次函数的性质的运用．（1）利用待定系数法即可求解；（2）连接，交于点M，此时周长最小，先求出抛物线的对称轴和直线解析式，再令，据此即可求解；（3）过点E作轴交直线于点F，设点E的坐标为，则点F的坐标为，根据，得到关于的二次函数，再根据二次函数的性质可得答案．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交点坐标为，，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：连接，交于点M，此时周长最小，

∵，∴抛物线的对称轴为直线，当时，，则，设直线的解析式为，∴，解得：，∴直线解析式为，当时，，所以点M坐标为；（3）解：过点E作轴交直线于点F，

设点E的坐标为，则点F的坐标为，则，∴，∵，开口向下，∴当时，的面积取得最大值．此时点E的坐标为．13．(1)；(2)①；②【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）①过点作于点，则，、、共线时，最小，进而求解；②求出，得到，进而求解．【详解】（1）对于，当时，，令，则，故点、的坐标分别为、，将点、的坐标代入抛物线解析式得：，解得：，故抛物线的解析式为：；（2）①设点，则点，则，，故有最大值，此时，即点，过点作，使和轴负半轴的夹角为，过点作于点，则，则，则、、共线时，最小，

则直线和轴的夹角为，故的解析式为：，直线的解析式为：，联立和并解得：，则点，由点、的坐标得，；②过点作于点，

由的表达式知，，由点、的坐标得，，则，则，则，，则，即直线和轴正半轴的夹角为，故直线的解析式为：，联立和并解得：，即点．【点睛】本题考查的是二次函数的综合运用，考查了待定系数法求函数的解析式，解直角三角形，一次函数的基本性质等，其中，确定线段和的最值是本题解题的关键．14．(1)，点，点；(2)的最大值为；(3)直线恒过定点．【分析】（1）令和，解方程可求解；（2）过点P作轴于E，交于点F，利用待定系数法可得直线的解析式为，设，则，则，再证得，可得，得出，再运用二次函数的性质即可求得答案；（3）设点，直线，直线，直线，将点C、B的坐标代入可得：，联立直线与抛物线的解析式可得出，，同理：，，进而可得：，，根据直线与直线的交点始终在直线上，可得，，即直线，故直线恒过定点．【详解】（1）对于，令，则，∴，∴点，点，令，则，∴点；（2）过点P作轴于E，交于点F，如图1：设直线的解析式为，将点代入得：，解得：，∴直线的解析式为，设，则，∴，∵轴，∴轴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴当时，最大为；（3）证明：如图2，设点，直线，直线，直线，整理得：，则，，同理：，，

∵，

∴，∴，，联立直线与直线的解析式得：，解得：，∵直线与直线的交点始终在直线上，∴，化简得：，∴，∴直线，∴不论为何值，均有时，，即：直线恒过定点．【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，函数的最值，相似三角形的判定与性质等知识，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．15．(1)(2)①，②【分析】（1）根据抛物线对称轴为直线，求出，根据一元二次方程得出，即可求出，把代入得，求出，即可得出抛物线的表达式；（2）①先求出，求出直线函数表达式为，设，则，得出的函数解析式，将其化为顶点式，即可求解；②根据题意可得：，则，然后进行分类讨论即可：或．【详解】（1）解：∵抛物线对称轴为直线，∴，解得：，当时，，∴，设，则，∴，∴，解得：，∴，把代入得：，解得：，∴这个二次函数的表达式为；（2）解：①把代入得：，∴，设直线函数表达式为，把，代入得：，解得：，∴直线函数表达式为，设，则，∴，∵，∴当时，最大值为．②根据题意可得：，∴，∵点M为的三等分点，∴或，当时，解得：（舍去），，∴，当时，，解得：，（舍去），∴，综上：或．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，解题的关键是掌握求二次函数解析式的方法和步骤，将其化为顶点式，会求二次函数最值，具有分类讨论的思想．16．(1)抛物线的解析式为(2)点坐标为(3)存在，点的坐标为【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）易得抛物线的对称轴为，又可求出．连接与对称轴的交点即为所求点．利用待定系数法即可求出直线的解析式，令，则，即点坐标为；（3）设是第二象限的抛物线上一点，过点作轴交直线于点，则点的坐标为，从而可求出，再根据，结合二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线的图象经过点和点，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：，∴抛物线的对称轴为，令，解得：，，∴．∵点与点关于直线对称，∴连接与对称轴的交点即为所求点．

设直线的解析式为，∴，解得：，∴直线的解析式为；当时，，∴点坐标为；（3）存在．设是第二象限的抛物线上一点，过点作轴交直线于点，

∴点的坐标为，∴，∴，∴当时，取得最大值，此时，∴．综上，在第二象限的抛物线上，存在一点，使得的面积最大，且点的坐标为．【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质等知识．利用数形结合的思想是解题关