山東省德州市2019年中考數(shù)學(xué)同步復(fù)習(xí) 重點(diǎn)題型訓(xùn)練 大題加練（二）

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1、 大題加練(二) 姓名：________　班級(jí)：________　用時(shí)：______分鐘 1．如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋2(a≠0)與x軸交于點(diǎn)(－1，0)，與BC交于點(diǎn)C，連接AC，BC，已知∠ACB＝90°. (1)求點(diǎn)B的坐標(biāo)及拋物線的表達(dá)式； (2)點(diǎn)P是線段BC上的動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P不與B，C重合)，連接并延長(zhǎng)AP交拋物線于另一點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為x. ①記△BCQ的面積為S，求S關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式，并求出當(dāng)S＝4時(shí)x的值； ②記點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在最大值？若存在，求出的最大值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 2．(2018·遵義中考)在平面直角坐標(biāo)

2、系中，二次函數(shù)y＝ax2＋x＋c的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(0，2)和點(diǎn)D(4，－2)．點(diǎn)E是直線y＝－x＋2與二次函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)的交點(diǎn)． (1)求二次函數(shù)的表達(dá)式及點(diǎn)E的坐標(biāo)； (2)如圖1，若點(diǎn)M是二次函數(shù)圖象上的點(diǎn)，且在直線CE的上方，連接MC，OE，ME.求四邊形COEM面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)； (3)如圖2，經(jīng)過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓交y軸于點(diǎn)F，求點(diǎn)F的坐標(biāo)． 3.如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2＋bx－5與x軸交于A(－1，0)，B(5，0)兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C. (1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式； (2)如

3、圖2，CE∥x軸與拋物線相交于點(diǎn)E，點(diǎn)H是直線CE下方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)H且與y軸平行的直線與BC，CE分別交于點(diǎn)F，G.試探究當(dāng)點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形CHEF的面積最大，求點(diǎn)H的坐標(biāo)； (3)若點(diǎn)K為拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)M(4，m)是該拋物線上的一點(diǎn)，在x軸、y軸上分別找點(diǎn)P，Q，使四邊形PQKM的周長(zhǎng)最小，請(qǐng)求出點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)． 4．(2018·煙臺(tái)中考)如圖1，拋物線y＝ax2＋2x＋c與x軸交于A(－4，0)，B(1，0)兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B的直線y＝kx＋分別與y軸及拋物線交于點(diǎn)C，D. (1)求直線和拋物線的表達(dá)式； (2)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)

4、O出發(fā)，在x軸的負(fù)半軸上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，當(dāng)t為何值時(shí)，△PDC為直角三角形？請(qǐng)直接寫出所有滿足條件的t的值； (3)如圖2，將直線BD沿y軸向下平移4個(gè)單位后，與x軸，y軸分別交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)．在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)M，在直線EF上是否存在點(diǎn)N，使得DM＋MN的值最??？若存在，求出其最小值及點(diǎn)M，N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 參考答案 1．解：(1)∵∠ACB＝90°，OC⊥AB， ∴∠COA＝90°， ∴∠ACO＝∠CBO，∠AOC＝COB， ∴△ACO∽△CBO，∴＝， ∴OC2＝OA·O

5、B. 當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2，即C(0，2)． ∵A(－1，0)，C(0，2)， ∴OB＝4，∴B(4，0)． 將A，B代入y＝ax2＋bx＋2得 解得 ∴拋物線的表達(dá)式為y＝－x2＋x＋2. (2)①如圖，連接OQ. 設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x，－x2＋x＋2)， ∴S＝S△OCQ＋S△OBQ－S△OBC＝×2x＋×4(－x2＋x＋2)－×2×4＝－x2＋4x. 令－x2＋4x＝4，解得x1＝x2＝2，故x的值為2. ②存在． 如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BC于H. ∠ACP＝∠QHP＝90°，∠APC＝∠QPH， ∴△APC∽△QPH，∴＝＝. ∵S△BCQ＝BC·QH＝

6、QH，∴QH＝， ∴＝＝(－x2＋4x)＝－(x－2)2＋， ∴當(dāng)x＝2時(shí)，取得最大值，最大值為. 2．解：(1)把C(0，2)，D(4，－2)代入二次函數(shù)表達(dá)式得 解得 ∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝－x2＋x＋2， 聯(lián)立一次函數(shù)表達(dá)式得 解得x＝0(舍去)或x＝3， 則E(3，1)． (2)如圖，過(guò)M作MH∥y軸，交CE于點(diǎn)H. 設(shè)M(m，－m2＋m＋2)，則H(m，－m＋2)， ∴MH＝－m2＋m＋2－(－m＋2)＝－m2＋2m， S四邊形COEM＝S△OCE＋S△CME＝×2×3＋MH·3＝－m2＋3m＋3， 當(dāng)m＝－＝時(shí)，S最大＝，此時(shí)M坐標(biāo)為(，3)． (

7、3)如圖，連接BF. 當(dāng)－x2＋x＋2＝0時(shí)，x1＝，x2＝， ∴OA＝，OB＝. ∵∠ACO＝∠ABF，∠AOC＝∠FOB， ∴△AOC∽△FOB， ∴＝，即＝， 解得OF＝， 則F坐標(biāo)為(0，－)． 3．解：(1)把A(－1，0)，B(5，0)代入y＝ax2＋bx－5得 解得 ∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝x2－4x－5. (2)設(shè)H(t，t2－4t－5)． ∵CE∥x軸， ∴－5＝x2－4x－5， 解得x1＝0，x2＝4， ∴E(4，－5)，CE＝4. 設(shè)直線BC的表達(dá)式為y2＝a2x＋b2. ∵B(5，0)，C(0，－5)， ∴ ∴ ∴直線BC

8、的表達(dá)式為y2＝x－5， ∴F(t，t－5)，HF＝t－5－(t2－4t－5)＝－(t－)2＋ ∵CE∥x軸，HF∥y軸， ∴CE⊥EF， ∴S四邊形CHEF＝CE·HF＝－2(t－)2＋， ∴H(，－)． (3)如圖，分別作K，M關(guān)于x軸，y軸對(duì)稱的點(diǎn)K′，M′，分別交PQ延長(zhǎng)線于點(diǎn)K′，M′. ∵點(diǎn)K為頂點(diǎn)，∴K(2，－9)， ∴點(diǎn)K關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)K′的坐標(biāo)為(－2，－9)． ∵M(jìn)(4，m)，∴M(4，－5)． ∴點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)M′的坐標(biāo)為(4，5)． 設(shè)直線K′M′的表達(dá)式為y3＝a3x＋b3， 則 ∴ ∴直線K′M′的表達(dá)式為y3＝x－， 易知

9、圖中點(diǎn)P，Q即為符合條件的點(diǎn)， ∴P，Q的坐標(biāo)分別為P(，0)，Q(0，－)． 4．解：(1)∵直線y＝kx＋過(guò)點(diǎn)B(1，0)， ∴0＝k＋，k＝－， ∴直線的表達(dá)式為y＝－x＋. ∵拋物線y＝ax2＋2x＋c與x軸交于A(－4，0)，B(1，0)， ∴解得 ∴拋物線的表達(dá)式為y＝x2＋2x－. (2)t＝ s， s， s或 s. 提示：情況一：當(dāng)∠DCP為直角時(shí)， 在Rt△OCB中，CB＝＝， cos∠CBO＝＝. ∵cos∠CBO＝cos∠CBP＝， ∴＝， ∴PB＝， ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－，0)， ∴t＝ s時(shí)，△PDC為直角三角形． 情況二：解可得D

10、點(diǎn)坐標(biāo)為(－5，4)． 當(dāng)∠CDP為直角時(shí)，同理可得cos∠CBP＝＝. ∵BD＝＝2， ∴BP＝，∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(－，0)， ∴t＝ s時(shí)，△PDC為直角三角形． 情況三：當(dāng)∠DPC為直角時(shí)，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(a，0)，則 DP2＋CP2＝CD2，即(a＋5)2＋42＋a2＋()2＝52＋()2， 解得a＝， ∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(，0)或(，0)， ∴t＝ s或 s時(shí)，△PDC為直角三角形． (3)存在． 直線EF的表達(dá)式為y＝－x＋－4＝－x－. 取D關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)D′，則D′坐標(biāo)為(2，4)． 如圖，過(guò)D′作D′N⊥EF于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)D′作D′G⊥x軸，垂足為Q，延長(zhǎng)線

11、交EF于點(diǎn)G. 設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(a，－a－)． ∵∠EQG＝∠D′NG＝90°，∠G＝∠G， ∴∠ND′G＝∠GEB. ∵∠GEB＝∠ABC， ∴∠ND′G＝∠ABC， 則＝tan∠ND′G＝tan∠ABC＝， 解得a＝－2， ∴－a－＝－2， ∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為(－2，－2)． ∵點(diǎn)N到D′G的距離為2－(－2)＝4， 又∵對(duì)稱軸與D′G的距離為2－(－)＝， ∴點(diǎn)N在對(duì)稱軸的左側(cè)，由此可證明線段D′N與對(duì)稱軸有交點(diǎn)，其交點(diǎn)即為DM＋MN取最小值時(shí)M的位置． 將x＝2代入y＝－x－得y＝－， ∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2，－)， ∴D′G＝， ∴D′N＝D′G·cos∠ND′G＝D′G·cos∠ABC＝·＝2， 即DM＋MN的最小值為2. 設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(－，b)，則＝tan∠ND′G＝， 解得b＝－， ∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(－，－)． 綜上所述，DM＋MN的最小值為2，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(－，－)，點(diǎn)N的坐標(biāo)為(－2，－2)． 9