山東省德州市2022年中考數(shù)學(xué)同步復(fù)習(xí) 重點題型訓(xùn)練 大題加練（二）

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1、山東省德州市2022年中考數(shù)學(xué)同步復(fù)習(xí) 重點題型訓(xùn)練 大題加練（二） 1．如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋2(a≠0)與x軸交于點(－1，0)，與BC交于點C，連接AC，BC，已知∠ACB＝90°. (1)求點B的坐標(biāo)及拋物線的表達(dá)式； (2)點P是線段BC上的動點(點P不與B，C重合)，連接并延長AP交拋物線于另一點Q，設(shè)點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x的值； ②記點P的運動過程中，是否存在最大值？若存在，求出的最大值；若不存在，請說明理由． 2．(xx·遵義中考)在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2＋x＋

2、c的圖象經(jīng)過點C(0，2)和點D(4，－2)．點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． (1)求二次函數(shù)的表達(dá)式及點E的坐標(biāo)； (2)如圖1，若點M是二次函數(shù)圖象上的點，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點M的坐標(biāo)； (3)如圖2，經(jīng)過A，B，C三點的圓交y軸于點F，求點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，與y軸相交于點C. (1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式； (2)如圖2，CE∥x軸與拋物線相交于

3、點E，點H是直線CE下方拋物線上的動點，過點H且與y軸平行的直線與BC，CE分別交于點F，G.試探究當(dāng)點H運動到何處時，四邊形CHEF的面積最大，求點H的坐標(biāo)； (3)若點K為拋物線的頂點，點M(4，m)是該拋物線上的一點，在x軸、y軸上分別找點P，Q，使四邊形PQKM的周長最小，請求出點P，Q的坐標(biāo)． 4．(xx·煙臺中考)如圖1，拋物線y＝ax2＋2x＋c與x軸交于A(－4，0)，B(1，0)兩點，過點B的直線y＝kx＋分別與y軸及拋物線交于點C，D. (1)求直線和拋物線的表達(dá)式； (2)動點P從點O出發(fā)，在x軸的負(fù)半軸上以每秒1個

4、單位長度的速度向左勻速運動．設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)t為何值時，△PDC為直角三角形？請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個單位后，與x軸，y軸分別交于E，F(xiàn)兩點．在拋物線的對稱軸上是否存在點M，在直線EF上是否存在點N，使得DM＋MN的值最??？若存在，求出其最小值及點M，N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 參考答案 1．解：(1)∵∠ACB＝90°，OC⊥AB， ∴∠COA＝90°， ∴∠ACO＝∠CBO，∠AOC＝COB， ∴△ACO∽△CBO，∴＝， ∴OC2＝OA·OB. 當(dāng)x＝0時，y＝2，即C(

5、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，過點Q作QH⊥BC于H. ∠ACP＝∠QHP＝90°，∠APC＝∠QPH， ∴△APC∽△QPH，∴＝＝. ∵S△BCQ＝BC·QH＝QH，∴QH＝， ∴＝＝(－x2

6、＋4x)＝－(x－2)2＋， ∴當(dāng)x＝2時，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M作MH∥y軸，交CE于點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，S最大＝，此時M坐標(biāo)為(，3)． (3)如圖，連接BF. 當(dāng)－x

7、2＋x＋2＝0時，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的表達(dá)式為y2＝x－5， ∴F(

8、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軸對稱的點K′，M′，分別交PQ延長線于點K′，M′. ∵點K為頂點，∴K(2，－9)， ∴點K關(guān)于y軸的對稱點K′的坐標(biāo)為(－2，－9)． ∵M(jìn)(4，m)，∴M(4，－5)． ∴點M關(guān)于x軸的對稱點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－， 易知圖中點P，Q即為符合條件的點，

9、∴P，Q的坐標(biāo)分別為P(，0)，Q(0，－)． 4．解：(1)∵直線y＝kx＋過點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， 在Rt△OCB中，CB＝＝， cos∠CBO＝＝. ∵cos∠CBO＝cos∠CBP＝， ∴＝， ∴PB＝， ∴點P的坐標(biāo)為(－，0)， ∴t＝ s時，△PDC為直角三角形． 情況二：解可得D點坐標(biāo)為(－5，4)． 當(dāng)∠CD

10、P為直角時，同理可得cos∠CBP＝＝. ∵BD＝＝2， ∴BP＝，∴P點坐標(biāo)為(－，0)， ∴t＝ s時，△PDC為直角三角形． 情況三：當(dāng)∠DPC為直角時，設(shè)點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點坐標(biāo)為(，0)或(，0)， ∴t＝ s或 s時，△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)于對稱軸的對稱點D′，則D′坐標(biāo)為(2，4)． 如圖，過D′作D′N⊥EF于點N，過點D′作D′G⊥x軸，垂足為Q，延長線交EF于點G. 設(shè)點N的坐標(biāo)

11、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N的坐標(biāo)為(－2，－2)． ∵點N到D′G的距離為2－(－2)＝4， 又∵對稱軸與D′G的距離為2－(－)＝， ∴點N在對稱軸的左側(cè)，由此可證明線段D′N與對稱軸有交點，其交點即為DM＋MN取最小值時M的位置． 將x＝2代入y＝－x－得y＝－， ∴點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M的坐標(biāo)為(－，b)，則＝tan∠ND′G＝， 解得b＝－， ∴點M的坐標(biāo)為(－，－)． 綜上所述，DM＋MN的最小值為2，點M的坐標(biāo)為(－，－)，點N的坐標(biāo)為(－2，－2)．