2025年中考数学二轮复习：二次函数与线段周长综合压轴题 提分刷题练习题（含答案解析）

第第页参考答案1．(1)(2)①当时，取最大值，②或或【分析】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形，勾股定理等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．（1）由抛物线与轴交于和两点，得抛物线对称轴为直线，即可得抛物线顶点为，设抛物线函数解析式为，将代入可得，故抛物线函数解析式为；（2）①求出，得直线解析式为，故，，得；②根据二次函数性质可得答案；③由，，，得，，；分三种情况列方程可解得答案．【详解】（1）解：抛物线与轴交于和两点，抛物线对称轴为直线，在中，令得，抛物线顶点为，设抛物线函数解析式为，将代入得：，解得，抛物线函数解析式为；（2）解：①如图：在中，令得，，设直线解析式为，将，代入得，解得，直线解析式为，设，则，，当时，取最大值，②设，则，，，，；若，则，解得（与重合，舍去）或，；若，则，解得（舍去）或或（不符合题意，舍去），，；若，则，解得（舍去）或或（不符合题意，舍去），；综上所述，的坐标为或或．2．(1)(2)，(3)或或或【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）求出直线的表达式为，设，则，，分情况表示出，，结合，列方程求出，即可求解；（3）画出图形，分是四边形的边和是四边形的对角线，进行讨论，利用勾股定理，相似三角形的判定与性质，函数图像的交点，平移等知识点进行解答即可得出答案．【详解】（1）解：∵抛物线过原点，，将代入抛物线中，得，解得：，∴抛物线的表达式为；（2）解：设直线的解析式为，将代入得：，解得：，∴直线的解析式为，设，，其中．当在点上方时，，．∵，∴．∴，解得：（不合题意，舍去）；当M在N点下方时，．∴，解得：（不合题意，舍去）．∴满足条件的点M的坐标有两个．（3）解：存在，满足条件的点的坐标有4个．如图，若是四边形的边，抛物线的对称轴为直线，当时，，∴抛物线的对称轴与直线相交于点，联立，解得：或（舍去），，过点分别作直线的垂线交抛物线于点，，，，，，∴点与点重合．当时，四边形是矩形．∵向右平移1个单位，向上平移1个单位得到．∴向右平移1个单位，向上平移1个单位得到，此时直线的解析式为．∵直线与平行且过点，∴直线的解析式为．∵点是直线与抛物线的交点，∴，解得：（舍去）．，当时，四边形是矩形，∵向左平移3个单位，向上平移3个单位得到．∴向左平移3个单位，向上平移3个单位得到．如图，若是四边形的对角线，当时．过点作轴，垂足为，过点作，垂足为．可得，，，设，，∵点不与点重合，和，，，∴如图，满足条件的点有两个．即．当时，四边形是矩形．∵向左平移个单位，向下平移个单位得到．∴向向平移个单位，向下平移个单位得到．当时，四边形是矩形．∵向右平移个单位，向上平移个单位得到．∴向右平移个单位，向上平移个单位得到．综上，满足条件的点的坐标为或或或．【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求函数的解析式，勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，点的平移等知识，根据题意画出符合条件的图形，进行分类讨论是解题的关键．3．(1)(2)当的值最大时，点的坐标为，最大值为(3)不存在，理由见解析【分析】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，正方形的性质等知识点；（1）根据抛物线与轴交于，对称轴：直线，列方程组求解即可；（2）先求出直线解析式为，过作轴交直线于，过作轴交直线于，则，得到，则，再求出，设，则，，代入计算求最大值即可；（3）过作轴，由得到，根据给定的条件发现在内部，即，但是由以为顶点的四边形为正方形，得到必定是等腰直角三角形，或，与矛盾，据此得到不存在以为顶点的四边形为正方形．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，对称轴：直线，∴，解得，∴该抛物线的解析式为；（2）解：令，则，令，则，解得，∴，，设直线解析式为，把代入得，解得，∴直线解析式为，过作轴交直线于，过作轴交直线于，则，∴，∴，当时，，∴，设，则，∴，∴，∴当时，最大，此时，∴当的值最大时，点的坐标为，最大值为；（3）解：不存在，理由如下：过作轴，∵，，∴，∴，∴，∵点是直线上方的抛物线上的动点，点为对称轴右侧抛物线上一点，且在轴上方，∴在内部，∴，假设存在以为顶点的四边形为正方形，∴必定是等腰直角三角形，∴或，与矛盾，∴假设不成立，∴不存在以为顶点的四边形为正方形．4．(1)(2)(3)或【分析】（1）将，代入求解即可；（2）根据的解析式和抛物线的解析式，设，则，表示的长，根据二次函数的最值可得的最大值即可；（3）如图1，连接，，交于点．然后分点在点的左侧和右侧两种情况解答即可．【详解】（1）解：把，代入抛物线中得：，解得：，∴抛物线的解析式为：．（2）解：，当时，，解得：或，∴；设的解析式为：，∵，，，解得：，∴的解析式为：，设，则，，当时，有最大值为．（3）解：如图1，连接，交于点．，∴顶点，设所在直线的解析式为：，将代入函数解析式得，解得，故所在直线的解析式为：，∵，∴，设所在直线的解析式为：，将点坐标代入函数解析式，得，故所在直线的解析式为：，当时，，即点的坐标为，当点在点的右侧时，∵，，，，，，，∴是直角三角形，是斜边，∵，∴，∴，∴为的中点，∴经过的中点，∴直线的解析式为，∴点的坐标是．∴综上所述，点的坐标是或．【点睛】本题主要考查了用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式、二次函数的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论和数形结合的思想是解题的关键．5．(1)(2)点的坐标为时，取得最小值0；点的坐标为时，取得最大值(3)【分析】(1)用配方法求顶点坐标，用交点法求交点坐标即可；(2)根据题意，当时，的值最小，且为0；根据，得当P，A，C三点共线时，取得最大值，最大值为的长，解答即可．(3)不妨设，过点M作交x轴于点G，设直线的解析式为，确定直线的解析式为，用m表示直线的解析式，利用平行线分线段成比例定理，构造二次函数，利用二次函数的最值解答即可．【详解】（1）解：∵，∴顶点坐标为；∵当时，，∴，∵当时，，解得，∴；故答案为：．（2）解：根据题意，得当时，的值最小，且为0，设，故，解得，故点时，的值最小，且为0；∵P在对称轴上，且点A，点B是对称点，∴，∴，∵，∴当P，A，C三点共线时，取得最大值，最大值为的长，∴，设直线的解析式为，故，解得，∴直线的解析式为，∴时，，故点时，的值最大，且为．（3）解：∵抛物线的解析式为，不妨设，过点M作交x轴于点G，设直线的解析式为，故，解得，∴直线的解析式为，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为，当时，，解得，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴抛物线开口向下，函数有最大值，且当时，有最大值，且为．【点睛】本题考查了抛物线的顶点坐标，与坐标轴的交点坐标，待定系数法求解析式，平行线分线段成比例定理，勾股定理，三角形三边关系定理的应用，构造二次函数求最值，熟练掌握性质和定理是解题的关键．6．(1)(2)【分析】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式，线段问题等知识．（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可．（2）先求出，再得出，结合已知条件分别得出为等腰直角三角形，利用待定系数法求出直线的解析式，设点，则点，进而由等腰直角三角形的性质可得出，，根据得出关于x的一元二次方程，求解即可得出答案，并选择点Q在直线下方的抛物线上的点即可．【详解】（1）解：由已知可设：，则，得：进而有所以抛物线的解析式为：（2）解：由（1）知：，当时，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，设直线的解析式为：，则，解得：∴的解析式为：，设点，则点，则，而，∵，即，解得：（舍去）或，即点；7．(1)(2)存在，【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键：（1）根据旋转的性质，得到，进而求出的坐标，两点式设出函数解析式，待定系数法求出函数解析式即可；（2）根据对称性得到，进而得到当点在线段上时，最小，进行求解即可．【详解】（1）解：∵绕原点O逆时针旋转得到，∴，∴，设二次函数的解析式为：，把代入解析式，得：，解得：，∴；（2）∵，∴对称轴为直线，∵关于对称轴对称，点在对称轴上，∴，∴，∴当点在线段上时，最小，∵，∴设直线的解析式为，把代入解析式，得：，∴，∴当时，，∴．8．(1)(2)，(3)或【分析】（1）根据，，得，代入，解方程组得即得;（2）证明是等腰直角三角形，设，求出直线表达式，得，当时，最大时，周长最大，此时,，得，，连接并延长到H，使，连接，得，，根据，得最小值为，；（3）由轴对称知，，结合得，由平移，得，过点C作，交直线于点P,过P作轴于点N，则，证明，，，得，可得，求出直线解析式，联立得解得：，得；当F在右下侧时同理得，直线解析式为，联立得。解得，得．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于A，两点，，，∴，∴，解得，∴;（2）解：由（1）可知，，，∴，∴，∵，轴，∴轴,∴，∴是等腰直角三角形，设，直线表达式为，则，解得，∴，∴，∴，∴当时，最大时，周长最大，此时,，∴，∴，连接并延长到H，使，连接，则点H与点D关于直线对称，，∴，∵，∴当点M与点E重合时，，值最小，∴最小值为，∴；（3）解：由轴对称知，，∴，∵，∴，∵抛物线沿射线方向平移个单位，∴抛物线是向右平移2个单位，再向下平移4个单位，∵，∴，过点C作，交直线于点P，过P作轴于点N，则，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，当F在直线左上侧时，∴，∴，设直线解析式为，则，解得，∴，联立得解得：或（舍去），∴；当F在直线右下侧时，同理得，直线解析式为，联立得。解得或（舍去），∴；∴或．【点睛】本题考查了二次函数综合．熟练掌握待定系数法求二次函数和一次函数解析式，二次函数与一次函数图象和性质，三角形周长产生的二次函数的最值问题，轴对称性质，二次函数的平移性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键．9．(1)该抛物线的解析式为；(2)点P的坐标为，的最大值为；(3)点M的坐标为或【分析】本题考查二次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键：（1）待定系数法求出函数解析式；（2）过点P作轴交直线于点E，设，进而表示出点的坐标，证明，列出比例式，将转化为二次函数求最值即可；（3）设，则，根据折叠的性质，平行线的性质，推出，进行求解即可．【详解】（1）解：∵拋物线与x轴交于点，两点∴，解得：，∴该抛物线的解析式为；（2）当时，∴设直线的解析式为，把A，C两点代入解析式得：，解得：，∴直线的解析式为，过点P作轴交直线于点E，如图，设，∵轴，∴点E的纵坐标为则∴，∴，∴，∵，，∴∵轴，∴∴，∴，∵，∴当时，的值最大，最大值为，此时点P的坐标为，（3）如图，设，则∴，，∵沿直线翻折，M的对应点为点，落在y轴上，而轴∴，，，∴∴，∴，∴当时，解得：（舍去），，此时点当时，解得：（舍去），，此时点，综上，点M的坐标为或．10．(1)(2)7或(3)经过定点【分析】本题考查了二次函数综合应用、二次函数的图象与性质、函数解析式，熟练掌握一次函数和二次函数的图象与性质，学会数形结合的思想方法解决函数问题是解题的关键．（1）代入点，到抛物线，再利用待定系数法求解即可；（2）根据二次函数的性质可得图象开口方向向下，对称轴为直线，顶点为，再分3种情况①；②；③讨论，结合对应的函数值y的最大值为，分别求出p的值即可；（3）设点、，利用一次函数的解析式求出，同理可得，由可得，再设直线的解析式为，联立抛物线表达式可得，利用根与系数的关系可得，，代入、的关系式可得，即可求出定点的坐标．【详解】（1）解：∵抛物线经过点，，∴，∴，∴抛物线的函数表达式为；（2）解：∵，∴函数图象开口方向向下，对称轴为直线，顶点为，∴当时，y随x增大而增大，当时，y随x增大而减小，①若时，即，即，当时，y取最大值，可得：，即，解得：或（舍去）；②若，即，即当时，y取最大值，可得：，即，解得或（舍去）；③若时，则，即，此时y的最大值为4，∴不符合题意，舍去；综上，p的值为7或．（3）解：设点、，设直线的表达式为，代入点、得：，解得：，∴直线的表达式为：，∴代入得，，即，∴，同理可得：，∵，∴，∴，整理得：①，设直线的解析式为，当时，即，∵交点横坐标m、n为方程的两个实数根，∴，，代入①得：，整理得：，∴，∴当时，，∴直线过定点．11．(1)二次函数的关系式为(2)【分析】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、“将军饮马”模型．（1）用待定系数法即得二次函数的关系式为；（2）由，得抛物线的对称轴是直线，与y轴交点，根据点B关于直线的对称点是A，可知与对称轴的交点即为点M，使的长度最短，用待定系数法得直线的解析式为，即得．【详解】（1）解：∵二次函数的图象过点，∴，解得，∴二次函数的关系式为；（2）∵，∴抛物线的对称轴是直线，与y轴交点，∵点B关于直线的对称点是A，∴与对称轴的交点即为点M，使的长度最短，如图：设直线的解析式为，将代入得：，解得∴直线的解析式为，当时，，∴．12．(1)，(2)在对称轴上存在一点，周长的最小值为【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数和一次函数关系式即可；（2）首先确定点的坐标为，再结合题意可知点，关于抛物线的对称轴对称；令直线与抛物线的对称轴的交点为点，由“最短路径”的性质即可求出的坐标，并确定周长取最小值．【详解】（1）解：将、代入，可得，解得，∴抛物线的函数关系式为；设直线的函数关系式为，将、代入，可得，解得，∴直线的函数关系式为；（2）解：当时，，∴点的坐标为，∵，∴抛物线的对称轴为直线，∵点的坐标为，∴点，关于抛物线的对称轴对称，令直线与抛物线的对称轴的交点为点，如图所示，∵点，关于抛物线的对称轴对称，∴，∴，∴此时周长取最小值，当时，，∴此时点的坐标为，∵，，，∴，，∴，∴在对称轴上存在一点，使的周长最小，周长的最小值为．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、三角形的周长，有一定的综合性，难度适中．13．(1)(2)(3)2或(4)存在点，此时相应的点的坐标为【分析】本题考查了求二次函数的解析式、二次函数的应用、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．（1）利用待定系数法求解即可得；（2）根据二次函数和一次函数的解析式分别求出点的坐标，再利用两点之间的距离公式求解即可得；（3）先利用两点之间的距离公式求出，再根据建立方程，解方程即可得；（4）分两种情况：①当为对角线时，②当为菱形的边时，根据菱形的邻边相等建立方程，解方程即可得．【详解】（1）解：将点代入抛物线得：，解得，所以抛物线的解析式为．（2）解：对于直线，当时，，即，∵点是第一象限内抛物线上一动点，点的横坐标为，∴，∵轴于点，交直线于点，∴，∴，所以线段的长为．（3）解：∵点是第一象限内抛物线上一动点，点的横坐标为，轴于点，交直线于点，∴，∴，，∵，∴，当时，解得或（不符合题意，舍去），当时，或（不符合题意，舍去），综上，的值为2或．（4）解：存在，求解过程如下：设点的坐标为，①当为对角线时，，则，即，解得或（不符合题意，舍去），∴，，∵四边形是菱形，∴，即，解得，符合题设，所以此时点的坐标为；②当为菱形的边时，，则，即，整理得：，解得或或（均不符合题意，舍去），综上，存在点，此时相应的点的坐标为．14．(1)(2)(3)或【分析】（1）根据对称轴可列方程，将代入可得另一方程，解方程组即得答案；（2）过点P作轴，交x轴于点K，交直线于点P，先证明，再设，求出的长，进一步求得最大时点P的坐标，最后通过平移的方法，即可解决将军饮马问题的变式，得到答案；（3）过点P作轴，交x轴于点K，交直线于点P，先求得平移后的抛物线为，再分点Q在的下方和上方两种情况讨论，利用抛物线的轴对称性求得一个点Q的坐标，再利用求直线与抛物线的交点，可求得另一个点Q的坐标．【详解】（1）