重庆市2022中考数学第一部分考点研究第三章第五节二次函数的综合应用检测试题

第三章函数第五节　二次函数的综合应用命题点1　二次函数综合题（必考）1.（2022重庆A卷25题12分）如图，对称轴为直线x＝-1的抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴相交于A、B两点，其中点A的坐标为（-3，0）.（1）求点B的坐标；（2）已知a＝1，C为抛物线与y轴的交点.①若点P在抛物线上，且S△POC=4S△BOC.求点P的坐标；②设点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度的最大值.第1题图2.(2022重庆B卷25题12分)如图，已知抛物线y=-x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，连接BC.（1）求A、B、C三点的坐标；（2）若点P为线段BC上的一点（不与B、C重合），PM∥y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点N，当△BCM的面积最大时，求△BPN的周长；（3）在（2）的条件下，当△BCM的面积最大时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使得△CNQ为直角三角形，求点Q的坐标.第2题图17\n3.（2022重庆A卷25题12分）如图，抛物线y=-x2-2x+3的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点.（1）求点A、B、C的坐标;（2）点M为线段AB上一点（点M不与点A、B重合），过点M作x轴的垂线，与直线AC交于点E，与抛物线交于点P，过点P作PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN⊥x轴于点N，若点P在点Q左边，当矩形PMNQ的周长最大时，求△AEM的面积;（3）在（2）的条件下，当矩形PMNQ的周长最大时，连接DQ，过抛物线上一点F作y轴的平行线，与直线AC交于点G（点G在点F的上方）.若FG＝2DQ，求点F的坐标.第3题图4.（2022重庆A卷26题12分）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+x+3交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点W，顶点为C，抛物线的对称轴与x轴的交点为D.17\n（1）求直线BC的解析式；（2）点E（m,0），F（m+2,0）为x轴上两点，其中2＜m＜4.EE′，FF′分别垂直于x轴，交抛物线于点E′，F′，交BC于点M，N.当ME′+NF′的值最大时，在y轴上找一点R，使｜RF′-RE′｜的值最大.请求出R点的坐标及｜RF′-RE′｜的最大值；（3）如图②，已知x轴上一点P（,0），现以P为顶点，2为边长在x轴上方作等边三角形QPG，使GP⊥x轴.现将△QPG沿PA方向以每秒1个单位长度的速度平移，当点P到达点A时停止.记平移后的△QPG为△Q′P′G′，设△Q′P′G′与△ADC的重叠部分面积为S.当点Q′到x轴的距离与点Q′到直线AW的距离相等时，求S的值.图①图②第4题图5.（2022重庆B卷26题12分）如图，抛物线y=-x2+2x+3与x轴交于A,B两点(点A在点B的左边)，与y轴交于点C.点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴相交于点E.(1)求直线AD的解析式；(2)如图①,直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG⊥AD于点G，作FH平行于x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值;(3)点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A,M,P,Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形，若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标.17\n第5题图【拓展猜押】如图①，抛物线y=ax2+bx+5（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线AC的解析式为y=x+5，抛物线的对称轴与x轴交于点E，点D（-2，-3）在对称轴上.（1）求此抛物线的解析式；（2）如图①，若点M是线段OE上一点（点M不与点O、E重合），过点M作MN⊥x轴，交抛物线于点N，记点N关于抛物线对称轴的对称点为点F，点P是线段MN上一点，且满足MN=4MP，连接FN、FP，作QP⊥PF交x轴于点Q，且满足PF=PQ，求点Q的坐标；（3）如图②，过点B作BK⊥x轴交直线AC于点K，连接DK、AD，点H是DK的中点，点G是线段AK上任意一点，将△DGH沿GH边翻折得△D′GH，求当KG为何值时，△D′GH与△KGH重叠部分的面积是△DGK面积的？图①图②备用图拓展猜押题图命题点3　二次函数的实际应用【答案】　命题点1　二次函数综合题1.解：（1）∵点A(-3,0)与点B关于直线x=-1对称，∴点B的坐标为（1,0）.（2分）（2）∵a=1,∴y=x2+bx+c.17\n∵抛物线过点(-3,0)，且对称轴为直线x=-1,∴b=2,c=-3,∴y=x2+2x-3，∴点C的坐标为(0,-3).（4分）①设P的坐标为（x,y）.由题意S△BOC=×1×3＝，∴S△POC=6.（6分）当x>0时，有×3×x=6,∴x=4,∴y=42+2×4-3=21.（7分）当x<0时，有×3×（-x）=6,∴x=-4,∴y=(-4)2+2×(-4)-3=5.（8分）∴点P的坐标为(4,21)或（-4,5）.（9分）②设点A、C所在直线的解析式为y=mx+n（m≠n）,把A（-3，0）、C(0，-3)代入，则,解得，∴y=-x-3.设点Q的坐标为(x,-x-3),-3≤x≤0.因为QD⊥x轴，且D在抛物线上，则D(x,x2+2x-3)，则有QD＝-x-3-(x2+2x-3)=-x2-3x=-(x+)2+.（11分）∵-3≤-≤0,∴当x=-时，QD有最大值.∴线段QD长度的最大值为.（12分）第1题解图2.解：（1）当y=0时，-x2+2x+3=0,解得：x1=-1,x2=3,∴A（-1,0），B（3,0）,(2分)当x=0时，y=3,∴C(0,3),(3分)17\n∴点A、B、C的坐标分别是A（-1,0），B（3,0），C(0,3).(4分)（2）设△BCM的面积为S，点M的坐标为（a,-a2+2a+3）,则OC=3,OB=3,ON=a，MN=-a2+2a+3,BN=3-a.根据题意，S△BCM=S四边形OCMN+S△MNB-S△COB=（OC+MN）·ON+MN·NB-OC·OB=［3+(-a2+2a+3)］a+(-a2+2a+3)(3-a)-×3×3=-a2+a=-(a-)2+,∴当a=时，S有最大值，(6分)此时，ON=a=,BN=3-a=,∵OC=OB=3,∠COB=90°，∴∠PBN=45°，∴PN=BN=,根据勾股定理，得PB==，∴△BPN的周长=++=3+.(8分)（3）根据题意，抛物线的对称轴是直线x=1.且对称轴交x轴于D点.Ⅰ.如解图①，以CN为直径作圆，分别交抛物线的对称轴于点Q1、Q2，连接CQ1、NQ2，作Q1F⊥y轴交y轴于点F,则∠CQ1N=∠CQ2N=90°.第2题解图①①∵∠FQ1C+∠CQ1D=∠DQ1N+∠CQ1D，∴∠FQ1C=∠DQ1N，又∵∠Q1FC=∠Q1DN=90°，∴△FQ1C∽△DQ1N，∴=，即=，解得：CF=或CF=（舍去），∴DQ1=OC+CF=3+=，∴Q1(1,)；(9分)17\n②与①同理可证△DNQ2∽△DQ1N，∴=，即=，解得：Q2D=，∴Q2（1，-）.(10分)Ⅱ.如解图②，过点N作CN的垂线，交对称轴于点Q3.第2题解图②∵∠Q3ND+∠ONC=∠OCN+∠ONC=90°，∴∠Q3ND=∠OCN，又∵∠COD=∠NDQ3=90°，∴△Q3ND∽△NCO，∴=，即=，解得：Q3D=，∴Q3(1,-)；(11分)Ⅲ.如解图③，过点C作CN的垂线，交对称轴于点Q4.作CE⊥DQ4于E.∵∠Q4CE+∠ECN=∠OCN+∠ECN=90°，∴∠Q4CE=∠OCN，第2题解图③又∵∠CON=∠CEQ4=90°，17\n∴△Q4CE∽△NCO，∴，即=，解得：Q4E=，∴DQ4=3+=，∴Q4(1,).综上所述，点Q的坐标为：Q1(1,)，Q2（1，-），Q3(1,-)，Q4(1,)(12分)3.解：(1)y=-x2-2x+3,令x=0，得y=3,则C（0，3）,(1分)令y=0,得-x2-2x+3=0，解得x1=-3,x2=1,∴A(-3,0),B(1,0).(3分)(2)由x=-＝-1得，抛物线的对称轴为直线x=-1.(4分)设点M（x,0）,P(x,-x2-2x+3),其中-3＜x＜-1.∵P、Q关于直线x=-1对称，设Q的横坐标为a，则a-(-1)=-1-x,∴a=-2-x,∴Q(-2-x,-x2-2x+3)，(5分)∴MP=-x2-2x+3,PQ=-2-x-x=-2-2x,∴矩形PMNQ的周长d=2(-2-2x-x2-2x+3)=-2x2-8x+2＝-2(x+2)2+10,∴当x=-2时，d取最大值.(6分)此时，M（-2,0）,∴AM=-2-(-3)=1，设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0),则,解得.∴直线AC的解析式为y=x+3.将x=-2代入y=x+3得y=1,∴E(-2,1),∴EM=1,(7分)∴S△AEM＝AM·ME＝×1×1＝.(8分)（3）由（2）知，当矩形PMNQ的周长最大时，x=-2,此时点Q（0，3）,与点C重合，17\n∴OQ=3.将x=-1代入y=-x2-2x+3，得y=4,∴D(-1,4).如解图，过D作DK⊥y轴于K，则DK=1，OK=4，∴QK=OK-OQ=4-3=1，∴△DKQ是等腰直角三角形，DQ=.(9分)∴FG=2DQ=2×2＝4，(10分)设F（m,-m2-2m+3），G（m,m+3）,则FG=(m+3)-(-m2-2m+3)=m2+3m，∵FG＝4，∴m2+3m=4,解得m1=-4,m2=1，当m=-4时，-m2-2m+3=-(-4)2-2×（-4）+3＝-5，当m=1时，-m2-2m+3=-12-2×1+3＝0，∴F（-4，-5）或（1，0）.(12分)第3题解图4.解：∵y=x2＋x＋3=(x-2)2＋4，∴C(2，4).(1分）当y=0时，即0=x2＋x＋3，解得x1=6，x2=-2，∴B(6，0)，A(-2，0).(2分）设直线BC的解析式为y=kx＋b，代入B(6，0)，C(2，4)，得，，∴y=-x＋6.(4分）17\n(2)∵E(m，0)，∴M(m，-m＋6)，E′(m，-m2＋m＋3)，∴E′M=(-m2＋m＋3)-(-m＋6)=-m2＋2m-3.∵F(m＋2，0)，∴N(m＋2，-(m＋2)＋6)，F′(m＋2，-(m＋2)2＋(m＋2)＋3)，∴F′N=［-(m＋2)2＋(m＋2)＋3］-［-(m＋2)＋6］=-(m＋2)2＋2(m＋2)-3=-m2+m,(5分)∴E′M＋F′N=(-m2＋2m-3)＋(-m2+m)=-(m-3)2＋.∴当m=3时，ME′＋NF′的值最大.此时E′(3，)，F′(5，).(6分)延长F′E′交y轴于R点，如解图①,则R满足|RF′-RE′|最大,即在y轴上取异于R的任一点R′，连接R′F′、R′E′，则|R′F′-R′E′|＜E′F′=|RF′-RE′|，即R使|RF′-RE′|最大.第4题解图①设直线E′F′的解析式为y=ax＋b（a≠0），代入E′(3，)，F′(5，)，得17\n，解得，∴y=-x＋.当x=0时，y=，∴R(0，).作F′K⊥EM于点K，如解图①,则F′K=2，E′K=-=2，∴E′F′==4,∴|RF′-RE′|的最大值为4,此时点R（0，）.(8分)(3)∵对y=-x2＋x＋3，当x=0时，y=3，∴W(0，3).∵点Q′到x轴、直线AW的距离相等，∴点Q′在∠WAB的平分线上或在∠WAB补角的平分线上.①当点Q′在∠WAB的平分线上时，如解图②，作∠WAB的平分线AL.过Q点作x轴的平行线交AW于S点，交AL于T点，交PG于V点.当Q′与T重合时，Q′为符合题意的点.第4题解图②∵PG⊥x轴，∴SV⊥PG，∴在等边△PGQ中，PV=PG=，17\n∴S、T点的纵坐标都为，V(，).设直线AW的解析式为y=mx＋n（m≠0），代入(-2，0)，(0，3)，得，，∴直线AW的解析式为y=x＋3.当y=时，即=x＋3，得x=-，∴S(-，)，SV=＋=.作SZ⊥x轴于Z点，如解图②,则AZ=2-=，SZ=，∴AS==.∵AL平分∠WAB，∴∠WAL=∠LAB.∵SV∥x轴，∴∠STA=∠LAB，∴∠WAT=∠STA，∴ST=SA=,∴T到CD的距离为SV-ST-DP=--(-2)=.(9分)显然点Q′与点T重合时，点Q′为符合题意的点，此时△Q′P′G′与△ADC重合部分是一个等边三角形，为这个等边三角形的高线.这个等边三角形的边长为×,所以S＝×××=.(10分)②当点Q′在∠WAB的补角的平分线上时，如解图③，作∠WAB的补角的平分线AL.过点Q作x轴的平行线交AW于S点，交AL于T点，交PG于V点.当点Q′与点T重合时，点Q′为符合题意的点.17\n第4题解图③同①，SV=，SA=ST=，∴TV=＋，在Rt△PQV中，∠VPQ=60°，PV=，∴QV=PV=3.∴△PGQ向左平移的距离为TQ=＋-3=＋，∴AP′=2＋-(＋)=-，点P′的横坐标为-2＋(-)=-.(11分）可以求得直线AC的解析式为y=x＋2，且∠CAB=60°，则直线P′G′与直线AC的交点纵坐标为(-)＋2=(2＋-)＜2=PG，∴G′在直线AC的上方.∵∠CAB=60°，∠AP′T=30°，∴AC⊥P′T,∴重叠部分是一个含有60°的直角三角形.∵AP′=-，∴阴影部分直角三角形的两直角边为AP′、AP′，17\n∴S=AP′2=(-)2=.(12分)5.解：(1)当y=0时，即0=-x2+2x+3,解得x1=-1，x2=3.∴A(-1，0)，B(3，0).当x=0时，y=3，∴C(0，3).(1分）∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，∴抛物线的对称轴为x=1，顶点(1，4)，∴C点关于x=1的对称点D(2，3).(2分）设直线AD的解析式为y=kx+b（k≠0），代入A(-1，0)，D(2,3)，得，解得，∴直线AD的解析式为y=x+1.(3分）(2)对于y=x+1，当x=0时，y=1，∴OE=OA=1，∴△AOE为等腰直角三角形.∵FG⊥AD，FH∥x轴，∴∠FHG=∠EAO，∠FGH=∠EOA，∴△FHG∽△EAO，∴△FGH是等腰直角三角形，∴FG∶GH∶FH=1∶1∶.(4分）设F(t，-t2+2t+3)，则点H的纵坐标为-t2+2t+3，代入y=x+1，得x=-t2+2t+2.∴H(-t2+2t+2，-t2+2t+3)，∴FH=(-t2+2t+2)-t=-t2+t+2，(5分）∴C△FGH=FG+GH+FH=++FH=(+1)FH=(+1)(-t2+t+2)=-(+1)(t-)2+(+1)，(6分）∴当t=时，C△FGH最大=(+1)=+.(7分）(3)(ⅰ)当点P在AM上方时，如解图①，过点M作MP⊥AM交y轴于P点，过P点作AM的平行线、过A点作PM的平行线，交点为点Q，直线AQ交y轴于点T.由作法知四边形AMPQ为平行四边形，且∠AMP=90°，∴四边形AMPQ是符合题意的矩形.作MR⊥y轴于点R，设AM交y轴于点S.∵A(-1，0)，M(1，4)，17\n∴RM=OA=1，又∵∠MRS=∠AOS，∠MSR=∠ASO，∴△MRS≌△AOS（AAS），∴SO=RS=OR=2，∴SM===SA.(8分）∵∠MSR=∠PSM，∠MRS=∠PMS，∴△PMS∽△MRS，∴=，∴PS==.(9分）∵SM=SA，∠PSM=∠TSA，∠PMS=∠TAS=90°，∴△PMS≌△TAS(ASA)，∴PM=AT，PS=ST=.∵OS=2，∴OT=-2=，∴T(0，-).在矩形AMPQ中，PM=AQ，∴AQ=AT.∵QT⊥AM，∴点Q、T关于AM成轴对称，∴T(0，-)为所求的点;(10分）第5题解图(ⅱ)当点P在AM下方时，如解图②作矩形APQM，延长QM交y轴于点T.同(ⅰ)可知MQ=AP=TM，且AM⊥QT，则Q关于AM的对称点为点T，此时ST与解图①中的SP相等，即TS=，又OS=2，∴OT=OS+TS=,17\n∴T(0，).(11分）∴综上，点T坐标为(0，-)，(0，).(12分）【拓展猜押】解：（1）在y=x+5中，令y=0，得x=-5，∴A（-5，0），∵D（-2，-3）在对称轴上，∴抛物线的对称轴为直线x=-2，∴解得：，∴抛物线的解析式为y=-x2-4x+5.（2）∵MN⊥QM，MN⊥FN，QP⊥PF，如解图①，拓展猜押题图①∴∠2=∠6=90°，∠1+∠3=90°，∠3+∠5=90°，∴∠1=∠5又∵PF=PQ，∴△QMP≌△PNF，∴MQ=NP，MP=NF，设M（m，0）（-2＜m＜0），则N（m，-m2-4m+5），MN=-m2-4m+5∴F（-4-m，-m2-4m+5），FN=m-（-4-m）=2m+4，∴-m2-4m+5=4（2m+4），解得m=-1或m=-11（舍），∴MN=8，M（-1，0），∴MQ=NP=MN=6，∴Q（-7，0）.（3）令-x2-4x+5=0，得x=-5或x=1，∴B（1，0），K（1，6），∵DK==3，①若翻折后，点D′在直线GK上方，记D′H与GK交于点L，连接D′K，如解图②，∴S△GHL=S△KDG=S△GHK=S△GHD′，即S△GHL=S△D′GL=S△KHL，17\n∴GL=LK，HL=D′L，∴四边形D′GHK是平行四边形，拓展猜押题解图②∴DG=D′G=KH=KD=，又∵BK=BA=6，DE=AE=3，∴△ABK和△AED都是等腰直角三角形，AD=3，∴∠DAG=45°+45°=90°，由勾股定理得：AG==，∴KG=KA-AG=62-=，②若翻折后，点D′在直线DK下方，记D′G与KH交于点L，连接D′K，如解图③，∴S△GHL=S△DGK=S△GHK=S△GHD′，即S△GHL=S△D′HL=S△KGL，∴HL=KL，GL=D′L，拓展猜押题解图③∴四边形D′KGH是平行四边形，∴KG=D′H=DH=KD=，③若翻折后，点D′于点K重合，则重叠部分的面积等于S△KGH=S△KDG，不合题意；综上所述，KG=或KG=.17