2017中考数学试题汇编二次函数

2017中考试题汇编--------二次函数

(2017贵州铜仁)25．（14分）如图，抛物线y=x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，﹣2），并与x轴交于点C，点M是抛物线对称轴l上任意一点（点M，B，C三点不在同一直线上）．

（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；

（2）在抛物线上找出两点P1，P2，使得△MP1P2与△MCB全等，并求出点P1，P2的坐标；

（3）在对称轴上是否存在点Q，使得∠BQC为直角，若存在，作出点Q（用尺规作图，保留作图痕迹），并求出点Q的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的表达式；

（2）分三种情况：

①当△P1MP2≌△CMB时，取对称点可得点P1，P2的坐标；

②当△BMC≌△P2P1M时，构建?P2MBC可得点P1，P2的坐标；

③△P1MP2≌△CBM，构建?MP1P2C，根据平移规律可得P1，P2的坐标；

（3）如图3，先根据直径所对的圆周角是直角，以BC为直径画圆，与对称轴的交点即为点Q，这样的点Q有两个，作辅助线，构建相似三角形，证明△BDQ1∽△Q1EC，列比例式，可得点Q的坐标．

【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（0，﹣2）代入抛物线y=x2+bx+c中得：，

解得：，

∴抛物线所表示的二次函数的表达式为：y=x2﹣x﹣2；

（2）如图1，P1与A重合，P2与B关于l对称，

∴MB=P2M，P1M=CM，P1P2=BC，

∴△P1MP2≌△CMB，

∵y=x2﹣x﹣2=（x﹣）2﹣，

此时P1（﹣1，0），

∵B（0，﹣2），对称轴：直线x=，

∴P2（1，﹣2）；

如图2，MP2∥BC，且MP2=BC，

此时，P1与C重合，

∵MP2=BC，MC=MC，∠P2MC=∠BP1M，

∴△BMC≌△P2P1M，

∴P1（2，0），

由点B向右平移个单位到M，可知：点C向右平移个单位到P2，当x=时，y=（﹣）2﹣=，

∴P2（，）；

如图3，构建?MP1P2C，可得△P1MP2≌△CBM，此时P2与B重合，由点C向左平移2个单位到B，可知：点M向左平移2个单位到P1，∴点P1的横坐标为﹣，

当x=﹣时，y=（﹣﹣）2﹣=4﹣=，

∴P1（﹣，），P2（0，﹣2）；

（3）如图3，存在，

作法：以BC为直径作圆交对称轴l于两点Q1、Q2，

则∠BQ1C=∠BQ2C=90°；

过Q1作DE⊥y轴于D，过C作CE⊥DE于E，

设Q1（，y）（y＞0），

易得△BDQ1∽△Q1EC，

∴，

∴=，

y2+2y﹣=0，

解得：y1=（舍），y2=，

∴Q1（，），

同理可得：Q2（，）；

综上所述，点Q的坐标是：（，）或（，）．

【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、圆周角定理以及三角形全等的性质和判定，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）利用二次函数的对称性解决三角形全等问

题；（3）分类讨论．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，利用二次函数的对称性，再结合相似三角形、方程解决问题是关键．

(2017湖南)27．（12分）如图，正方形ABCD的边长为1，点E为边AB上一动点，连结CE并将其绕点C顺时针旋转90°得到CF，连结DF，以CE、CF为邻边作矩形CFGE，GE与AD、AC分别交于点H、M，GF交CD延长线于点N．（1）证明：点A、D、F在同一条直线上；

（2）随着点E的移动，线段DH是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，请说明理由；

（3）连结EF、MN，当MN∥EF时，求AE的长．

【分析】（1）由△DCF≌△BCE，可得∠CDF=∠B=90°，即可推出∠CDF+∠CDA=180°，由此即可证明．

（2）有最小值．设AE=x，DH=y，则AH=1﹣y，BE=1﹣x，由△ECB∽△HEA，推出=，可得=，推出y=x2﹣x+1=（x﹣）2+，由a=1＞0，y有最小值，最小值为．

（3）只要证明△CFN≌△CEM，推出∠FCN=∠ECM，由∠MCN=45°，可得∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°，在BC上取一点G，使得GC=GE，则△BGE是等腰直角三角形，设BE=BG=a，则GC=GE=a，可得a+a=1，求出a即可解决问题；

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴CD=CB，∠BCD=∠B=∠ADC=90°，

∵CE=CF，∠ECF=90°，

∴∠ECF=∠DCB，

∴∠DCF=∠BCE，

∴△DCF≌△BCE，

∴∠CDF=∠B=90°，

∴∠CDF+∠CDA=180°，

∴点A、D、F在同一条直线上．

（2）解：有最小值．

理由：设AE=x，DH=y，则AH=1﹣y，BE=1﹣x，∵四边形CFGE是矩形，

∴∠CEG=90°，

∴∠CEB+∠AEH=90°

CEB+∠ECB=90°，

∴∠ECB=∠AEH，

∵∠B=∠EAH=90°，

∴△ECB∽△HEA，

∴=，

∴=，

∴y=x2﹣x+1=（x﹣）2+，

∵a=1＞0，

∴y有最小值，最小值为．

∴DH的最小值为．

（3）解：∵四边形CFGE是矩形，CF=CE，

∴四边形CFGE是正方形，

∴GF=GE，∠GFE=∠GEF=45°，

∵NM∥EF，

∴∠GNM=∠GFE，∠GMN=∠GEF，

∴∠GMN=∠GNM，

∴GN=GM，

∴FN=EM，

∵CF=CE，∠CFN=∠CEM，

∴△CFN≌△CEM，

∴∠FCN=∠ECM，∵∠MCN=45°，

∴∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°，

在BC上取一点G，使得GC=GE，则△BGE是等腰直角三角形，设BE=BG=a，则GC=GE=a，

∴a+a=1，

∴a=﹣1，

∴AE=AB﹣BE=1﹣（﹣1）=2﹣．

【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．

(2017辽宁)28．（14分）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y=﹣x2+bx+c 的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ．

（1）填空：b=，c=4；

（2）在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；

（3）在x轴下方，该二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由；

（4）如图②，点N的坐标为（﹣，0），线段PQ的中点为H，连接NH，当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．

【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣4）．将a=﹣代入可得到抛物线的解析式，从而可确定出b、c的值；

（2）连结QC．先求得点C的坐标，则PC=5﹣t，依据勾股定理可求得AC=5，CQ2=t2+16，接下来，依据CQ2﹣CP2=AQ2﹣AP2列方程求解即可；

（3）过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，首先证明△PAG ∽△ACO，依据相似三角形的性质可得到PG=t，AG=t，然后可求得PE、DF的长，然后再证明△MDP≌PEQ，从而得到PD=EQ=t，MD=PE=3+t，然后可求得FM和OF的长，从而可得到点M的坐标，然后将点M的坐标代入抛物线的解析式求解即可；

（4）连结：OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q′．首先依据三角形的中位线定理得到RH=QO=t，RH∥OQ，NR=AP=t，则RH=NR，接下来，依据等腰三角形的性质和平行线的性质证明NH是∠QNQ′的平分线，然后求得直线NR和BC的解析式，最后求得直线NR和BC的交点坐标即可．

【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣4）．将a=﹣代入得：

y=﹣x2+x+4，

∴b=，c=4．

（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．

理由如下：连结QC．

∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角，

∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ=90°．

将x=0代入抛物线的解析式得：y=4，

∴C（0，4）．

∵AP=OQ=t，

∴PC=5﹣t，

∵在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC=5，在Rt△COQ中，依据勾股定理可知：CQ2=t2+16，在Rt△CPQ中依据勾股定理可知：PQ2=CQ2﹣CP2，在Rt△APQ 中，AQ2﹣AP2=PQ2，

∴CQ2﹣CP2=AQ2﹣AP2，即（3+t）2﹣t2=t2+16﹣（5﹣t）2，解得：t=4.5．

∵由题意可知：0≤t≤4，

∴t=4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形．

（3）如图所示：

过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠E=∠D=90°．∵PG∥y轴，

∴△PAG∽△ACO，

∴==，即==，

∴PG=t，AG=t，

∴PE=GQ=GO+OQ=AO﹣AG+OQ=3﹣t+t=3+t，DF=GP=t．

∵∠MPQ=90°，∠D=90°，

∴∠DMP+∠DPM=∠EPQ+∠DPM=90°，

∴∠DMP=∠EPQ．

又∵∠D=∠E，PM=PQ，

∴△MDP≌PEQ，

∴PD=EQ=t，MD=PE=3+t，

∴FM=MD﹣DF=3+t﹣t=3﹣t，OF=FG+GO=PD+OA﹣AG=3+t﹣t=3+t，∴M（﹣3﹣t，﹣3+t）．

∵点M在x轴下方的抛物线上，

∴﹣3+t=﹣×（﹣3﹣t）2+×（﹣3﹣t）+4，解得：t=．

∵0≤t≤4，

∴t=．

（4）如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC 与点Q′．

∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，

∴RH=QO=t，RH∥OQ．

∵A（﹣3，0），N（﹣，0），

∴点N为OA的中点．

又∵R为OP的中点，

∴NR=AP=t，

∴RH=NR，

∴∠RNH=∠RHN．

∵RH∥OQ，

∴∠RHN=∠HNO，

∴∠RNH=∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线．

设直线AC的解析式为y=mx+n，把点A（﹣3，0）、C（0，4）代入得：，解得：m=，n=4，

∴直线AC的表示为y=x+4．

同理可得直线BC的表达式为y=﹣x+4．

设直线NR的函数表达式为y=x+s，将点N的坐标代入得：×（﹣）+s=0，解得：s=2，

∴直线NR的表述表达式为y=x+2．

将直线NR和直线BC的表达式联立得：，解得：x=，y=，

∴Q′（，）．

【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，依据勾股定理列出关于t的方程是解答问题（2）的关键；求得点M的坐标（用含t的式子表示）是解答问题（3）的关键；证得NH为∠QHQ′的平分线是解答问题（4）的关键．

(2017山东) 25．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=﹣x2﹣x+8与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，连接AB，点M，N分别是OA，AB的中点，Rt△CDE≌Rt△ABO，且△CDE始终保持边ED 经过点M，边CD经过点N，边DE与y轴交于点H，边CD与y轴交于点G．（1）填空：OA的长是8，∠ABO的度数是30度；

（2）如图2，当DE∥AB，连接HN．

①求证：四边形AMHN是平行四边形；

②判断点D是否在该抛物线的对称轴上，并说明理由；

（3）如图3，当边CD经过点O时，（此时点O与点G重合），过点D作DQ∥OB，交AB延长线上于点Q，延长ED到点K，使DK=DN，过点K作KI∥OB，在KI上取一点P，使得∠PDK=45°（点P，Q在直线ED的同侧），连接PQ，请直接写出PQ的长．

【分析】（1）先求抛物线与两坐标轴的交点坐标，表示OA和OB的长，利用正切值可得∠ABO=30°；

（2）①根据三角形的中位线定理证明HN∥AM，由两组对边分别平行的四边形

是平行四边形得结论；

②如图1，作垂线段DR，根据直角三角形30度角的性质求DR=2，可知：点D 的横坐标为﹣2，由抛物线的解析式可计算对称轴是直线：x=﹣=﹣2，所以点D在该抛物线的对称轴上；

（3）想办法求出P、Q的坐标即可解决问题；

【解答】解：（1）当x=0时，y=8，

∴B（0，8），

∴OB=8，

当y=0时，y=﹣x2﹣x+8=0，

x2+4x﹣96=0，

（x﹣8）（x+12）=0，

x1=8，x2=﹣12，

∴A（8，0），

∴OA=8，

在Rt△AOB中，tan∠ABO===，

∴∠ABO=30°，

故答案为：8，30；

（2）①证明：∵DE∥AB，

∴，

∵OM=AM，

∴OH=BH，

∵BN=AN，

∴HN∥AM，

∴四边形AMHN是平行四边形；

②点D在该抛物线的对称轴上，

理由是：如图1，过点D作DR⊥y轴于R，

∵HN∥OA，

∴∠NHB=∠AOB=90°，

∵DE∥AB，

∴∠DHB=∠OBA=30°，

∵Rt△CDE≌Rt△ABO，

∴∠HDG=∠OBA=30°，

∴∠HGN=2∠HDG=60°，

∴∠HNG=90°﹣∠HGN=90°﹣60°=30°，

∴∠HDN=∠HND，

∴DH=HN=OA=4，

∴Rt△DHR中，DR=DH==2，

∴点D的横坐标为﹣2，

∵抛物线的对称轴是直线：x=﹣=﹣=﹣2，

∴点D在该抛物线的对称轴上；

（3）如图3中，连接PQ，作DR⊥PK于R，在DR上取一点T，使得PT=DT．设PR=a．

∵NA=NB，

∴ON=NA=NB，

∵∠ABO=30°，

∴∠BAO=60°，

∴△AON是等边三角形，

∴∠NOA=60°=∠ODM+∠OMD，

∵∠ODM=30°，

∴∠OMD=∠ODM=30°，

∴OM=OD=4，易知D（﹣2，﹣2），Q（﹣2，10），∵N（4，4），

∴DK=DN==12，

∵DR∥x轴，

，∴∠KDR=∠OMD=30°

∴RK=DK=6，DR=6，

∵∠PDK=45°，

∴∠TDP=∠TPD=15°，

∴∠PTR=∠TDP+∠TPD=30°，

∴TP=TD=2a，TR=a，

∴a+2a=6，

∴a=12﹣18，

可得P（﹣2﹣6，10﹣18），

∴PQ==12．

【点评】本题考查二次函数综合题、平行四边形的判定和性质、锐角三角函数、30度角的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

(2017辽宁) 29．（9分）如图1，矩形OABC的顶点A，C的坐标分别为（4，0），（0，6），直线AD交B C于点D，tan∠OAD=2，抛物线M1：y=ax2+bx（a≠0）过A，D两点．

（1）求点D的坐标和抛物线M1的表达式；

（2）点P是抛物线M1对称轴上一动点，当∠CPA=90°时，求所有符合条件的点P的坐标；

（3）如图2，点E（0，4），连接AE，将抛物线M1的图象向下平移m（m＞0）个单位得到抛物线M2．

①设点D平移后的对应点为点D′，当点D′恰好在直线AE上时，求m的值；

②当1≤x≤m（m＞1）时，若抛物线M2与直线AE有两个交点，求m的取值范围．

【分析】（1）如图1中，作DH⊥OA于H．则四边形CDHO是矩形．在Rt△ADH中，解直角三角形，求出点D坐标，利用待定系数法即可解决问题；（2）如图1﹣1中，设P（2，m）．由∠CPA=90°，可得PC2+PA2=AC2，可得22+（m﹣6）2+22+m2=42+62，解方程即可；

（3）①求出D′的坐标；②构建方程组，利用判别式△＞0，求出抛物线与直线AE有两个交点时的m的范围；③求出x=m时，求出平移后的抛物线与直线AE

的交点的横坐标；结合上述的结论即可判断．

【解答】解：（1）如图1中，作DH⊥OA于H．则四边形CDHO是矩形．

∵四边形CDHO是矩形，

∴OC=DH=6，

∵tan∠DAH==2，

∴AH=3，

∵OA=4，

∴CD=OH=1，

∴D（1，6），

把D（1，6），A（4，0）代入y=ax2+bx中，则有，

解得，

∴抛物线M1的表达式为y=﹣2x2+8x．

（2）如图1﹣1中，设P（2，m）．

∵∠CPA=90°，

∴PC2+PA2=AC2，

∴22+（m﹣6）2+22+m2=42+62，

解得m=3±，

∴P（2，3+），P′（2，3﹣）．

（3）①如图2中，

易知直线AE的解析式为y=﹣x+4，

x=1时，y=3，

∴D′（1，3），

平移后的抛物线的解析式为y=﹣2x2+8x﹣m，

把点D′坐标代入可得3=﹣2+8﹣m，

∴m=3．

②由，消去y得到2x2﹣9x+4+m=0，

当抛物线与直线AE有两个交点时，△＞0，

∴92﹣4×2×（4+m）＞0，

∴m＜，

③x=m时，﹣m+4=﹣2m2+8m﹣m，解得m=2+或2﹣（舍弃），

综上所述，当2+≤m＜时，抛物线M2与直线AE有两个交点．

【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、解直角三角形、锐角三角

函数、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建方程组，利用判别式解决问题，属于中考压轴题．

(2017四川) 24．（12分）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0）．与y轴交于点C（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P在x轴下方的抛物线上，过点P的直线y=x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求PE+EF的最大值；

（3）点D为抛物线对称轴上一点．

①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，求点D的坐标；

②若△BCD是锐角三角形，求点D的纵坐标的取值范围．

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；

（2）易得BC的解析式为y=﹣x+3，先证明△ECF为等腰直角三角形，作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图1，则△EPG为等腰直角三角形，PE= PG，设P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），则G（t，﹣t+3），接着利用t表示PF、PE，所以PE+EF=2PE+PF=﹣t2+3t+，然后利用二次函数的性质解决问题；（3）①如图2，抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，设D（2，y），利用两点间的距离公式得到BC2=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=1+y2，讨论：当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边的直角三角形时，18+4+（y﹣3）2=1+y2；当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边的直角三角形时，4+（y﹣3）2=1+y2+18，分别解方程求出t即可得到对应的D点坐标；

②由于△BCD是以BC为斜边的直角三角形有4+（y﹣3）2+1+y2=18，解得y1=

，y2=，得到此时D点坐标为（2，）或（2，），然后结合图形可确定△BCD是锐角三角形时点D的纵坐标的取值范围．

【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，3）代入y=x2+bx+c得，解得，

∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3；

（2）易得BC的解析式为y=﹣x+3，

∵直线y=x﹣m与直线y=x平行，

∴直线y=﹣x+3与直线y=x﹣m垂直，

∴∠CEF=90°，

∴△ECF为等腰直角三角形，

作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图1，△EPG为等腰直角三角形，PE= PG，

设P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），则G（t，﹣t+3），

∴PF=PH=t，PG=﹣t+3﹣（t2﹣4t+3）=﹣t2+3t，

∴PE=PG=﹣t2+t，

∴PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=﹣t2+3t+=﹣t2+4=﹣（t﹣2）2+4，当t=2时，PE+EF的最大值为4；

（3）①如图2，抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，

设D（2，y），则BC2=32+32=18，DC2=4+（y﹣3）2，BD2=（3﹣2）2+y2=1+y2，当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边的直角三角形时，BC2+DC2=BD2，即18+4+（y﹣3）2=1+y2，解得y=5，此时D点坐标为（2，5）；

当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边的直角三角形时，BC2+DB2=DC2，即4+（y﹣3）2=1+y2+18，解得y=﹣1，此时D点坐标为（2，﹣1）；

②当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时，DC2+DB2=BC2，即4+（y﹣3）2+1+y2=18，解得y

=，y2=，此时D点坐标为（2，）或（2，

1

），

所以△BCD是锐角三角形，点D的纵坐标的取值范围为＜y＜5或﹣1＜y ＜．