18 第三章 第八节 二次函数的综合应用-【智乐星中考·学考传奇】2026年山东省中考数学全练本Word练习（五四制）

第八节　二次函数的综合应用 1. 在平面直角坐标系中,二次函数y=ax2+bx+2的图象与x轴交于A(-3,0),B(1,0)两点,与y轴交于点C。 (1)求这个二次函数的表达式。 (2)如图,点M为直线AC上方抛物线上一动点,过点M作 MN∥y 轴交直线AC于点N, 当点M的坐标为多少时,线段MN有最大值?并求出其最大值。 (3)如图,在抛物线的对称轴上是否存在点Q,使QC+QB的值最小?若存在,求出点Q的坐标及QC+QB的最小值;若不存在,请说明理由。 (4)如图,在抛物线的对称轴上是否存在点Q,使|QA-QC|的值最大?若存在,求出点Q的坐标及|QA-QC|的最大值;若不存在,请说明理由。 (5)如图,点M为直线AC上方抛物线上一动点,过点M作MN∥y轴交直线AC于点N, 作ME⊥AC于点E,当△MEN的周长有最大值时求出点M的坐标,并求出△MEN周长的最大值。 (6)如图,点Q,P分别是抛物线的对称轴、直线BC上的动点,△OQP的周长是否存在最小值?若存在,请求出此时点Q的坐标及△OQP的周长的最小值;若不存在,请说明理由。 (7)如图,若点D为OC的中点,点P是抛物线对称轴上一动点,点Q是x轴上一动点,求当四边形CPQD的周长最小时点P,Q的坐标,并求出四边形CPQD周长的最小值。 (8)如图,点M为直线AC上方抛物线上一动点,连接MO,交AC于点D,当的值最大时,求点M的坐标及的最大值。 2. 如图,在平面直角坐标系中,二次函数y=-x2-x+2的图象与x轴交于A(-3,0),B(1,0)两点,与y轴交于点C。 (1)点Q是直线AC下方的抛物线上一动点,是否存在点Q,使S△ACQ=10?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由。 (2)如图,点M是直线AC上方的抛物线上一动点,是否存在点M,使△ACM的面积最大?若存在,求出点M的坐标及最大面积;若不存在,请说明理由。 (3)如图,点P是直线AC上方的抛物线上一动点,设四边形APCB的面积为S,求S的最大值及此时点P的坐标。 (4)在抛物线的对称轴上是否存在点Q,使得△BCQ为等腰三角形?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由。 (5)如图,在抛物线的对称轴上是否存在点Q,使得△ACQ为直角三角形?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由。 (6)如图,在平面直角坐标系中,是否存在点Q,使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由。 (7)如图,点Q是直线AC上方抛物线上一动点,过点Q作QE垂直于x轴,垂足为E。是否存在点Q,使以点B,Q,E为顶点的三角形与△AOC相似?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由。 3.如图,二次函数y=x2-2mx-2m-1(m>0)的图象与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C,顶点为D,其对称轴与线段BC交于点E,与x轴交于点F。连接AC,BD。 (1)若m=1,求点B和点C的坐标。 (2)若∠ACO=∠CBD,求m的值。 (3)若在第一象限内二次函数y=x2-2mx-2m-1(m>0)的图象上,始终存在一点P,使得∠ACP=75°。请结合函数的图象,直接写出m的取值范围。 第八节　二次函数的综合应用 1.解:(1)把A(-3,0),B(1,0)分别代入y=ax2+bx+2中得 解得 ∴二次函数的表达式为y=-x2-x+2。 (2)易知C(0,2),设点M的坐标为(x,-x2-x+2)。 设直线AC的表达式为y=kx+b'。 将A(-3,0),C(0,2)代入得 解得 ∴直线AC的表达式为y=x+2, 则点N的坐标为(x,x+2), ∴MN=-x2-x+2-x-2=-x2-2x=-(x+)2+。 ∵-<0, ∴当x=-时,线段MN的长有最大值,最大值为, 此时,点M的坐标为(-,)。 (3)存在. 如图,连接AC,BQ。 ∵Q为抛物线对称轴上一点, ∴QA=QB, ∴QC+QB=QC+QA。 当Q,A,C三点共线时,QC+QB的值最小。 直线AC与抛物线对称轴的交点即为点Q。 由(2)得直线AC的表达式为y=x+2。 ∵二次函数的表达式为y=-x2-x+2, ∴抛物线的对称轴为直线x=-1。 将x=-1代入y=x+2得y=, ∴点Q的坐标为(-1,),QC+QB的最小值为AC==。 (4)存在。 由题知抛物线的对称轴为直线x=-1,A(-3,0),B(1,0)。 ∵点Q在对称轴上,∴QA=QB, ∴|QA-QC|=|QB-QC|≤BC, 即当Q,B,C三点共线时,|QA-QC|的值最大。 易知C(0,2),由点B(1,0),C(0,2)可求得直线BC的表达式为y=-2x+2, 令x=-1,可得y=2+2=4, ∴存在满足条件的点Q,其坐标为(-1,4),|QA-QC|的最大值为BC==。 (5)∵MN∥y轴,∴∠ACO=∠MNE。 又∵∠AOC=∠NEM=90°, ∴△MNE∽△ACO,∴=,=。 ∵OC=2,OA=3,∴AC=, ∴NE=MN,ME=MN, ∴C△MEN=MN+NE+ME=(1+)MN, ∴当MN最大时,△MEN的周长有最大值。 由(2)知,MN的最大值为,M(-,),则△MEN的周长的最大值为+。 (6)存在。 如图,作点O关于直线x=-1的对称点O',关于直线BC的对称点O″,连接O'O″交直线x=-1于点Q,交直线BC于点P,此时△OQP的周长最小, ∴点O'的坐标为(-2,0)。 设OO″交直线BC于点H,过点O″作O″M⊥x轴于点M。 ∵B(1,0),C(0,2), ∴OB=1,OC=2, ∴tan∠OCB=,sin∠OCB=。 由轴对称的性质可知∠OHB=90°,OH=O″H, ∴∠OCB+∠COH=90°,∠BOH+∠COH=90°, ∴∠OCB=∠BOH,∴sin∠BOH===, ∴BH=,OH=2BH=,OO″=, ∴O″M=,∴OM=,∴O″(,), ∴直线O'O″的表达式为y=x+。 当x=-1时,y=,∴点Q的坐标为(-1,), C△OQP最小=O'O″==。 (7)如图,作点C关于对称轴的对称点M,点D关于x轴的对称点N,连接MN,与对称轴交于点P,与x轴交于点Q,则点P,Q即为所求。 易得D(0,1),M(-2,2),N(0,-1), 则MN=, 易得直线MN的表达式为y=-x-1。 当x=-1时,y=,∴P(-1,)。 令-x-1=0,解得x=-,∴Q(-,0), ∴当P(-1,), Q(-,0)时,四边形CPQD的周长最小,最小值为MN+CD=+1。 (8)如图,过点M作MN∥y轴,交AC于点N。 ∵MN∥y轴,∴∠NMD=∠COD。 又∵∠MDN=∠ODC,∴△MDN∽△ODC, ∴=。 ∵OC=2,为定值, ∴当MN取最大值时,取得最大值。 由(2)知MN的最大值为,∴的最大值为, 此时,点M的坐标为(-,)。 2.解:(1)存在。 如图,过点Q作QE⊥y轴于点E,连接AQ,QC。 设Q(m,-m2-m+2),则QE=-m,OE=m2+m-2, CE=m2+m, ∴S△ACQ=S梯形AOEQ+S△AOC-S△CEQ=(3-m)×(m2+m-2)+×3×2-(m2+m)×(-m) =10, 整理得m2+3m-10=0,解得m1=-5,m2=2, ∴点Q的坐标为(-5,-8)或(2,-)。 (2)存在。 如图,过点M作MN⊥x轴交AC于点N。 ∵S△ACM=|xA-xC|·MN=MN, ∴当MN的值最大时,S△ACM取得最大值。 易知C(0,2),设点M的坐标为(x,-x2-x+2)。 设直线AC的表达式为y=kx+b。 将A(-3,0),C(0,2)代入得解得 ∴直线AC的表达式为y=x+2, 则点N的坐标为(x,x+2), ∴MN=-x2-x+2-x-2=-x2-2x=-(x+)2+。 ∵-<0, ∴当x=-时,线段MN的长有最大值,最大值为, 此时S△ACM=×=, ∴当M(-,)时,面积有最大值,最大值为。 (3)由(2)知直线AC的表达式为y=x+2。 如图,过点P作PG∥y轴交AC于点G。 设P(t,-t2-t+2),则G(t,t+2), ∴PG=-t2-t+2-t-2=-t2-2t, ∴S=S△ACB+S△APC=×2×(3+1)+×3×(-t2-2t)=-t2-3t+4=-(t+)2+。 ∵点P在直线AC上方,∴-3<t<0, ∴当t=-时,S有最大值,最大值为, 此时,点P的坐标为(-,)。 (4)存在。 由题易知抛物线的对称轴为直线x=-1, 设点Q的坐标为(-1,m)。 ∵点B的坐标为(1,0),点C的坐标为(0,2), ∴CQ2=(-1-0)2+(m-2)2=m2-4m+5, BQ2=(-1-1)2+(m-0)2=m2+4, BC2=(0-1)2+(2-0)2=5。 如图,分三种情况考虑: ①当BQ=BC时,m2+4=5, 解得m1=-1,m2=1, ∴Q1(-1,-1),Q2(-1,1)。 ②当CQ=BC时,m2-4m+5=5, 解得m3=0,m4=4, ∴Q3(-1,0),Q4(-1,4)。 当点Q的坐标为(-1,4)时,点Q,B,C在一条直线上,不符合题意,舍去Q4。 ③当QB=QC时,m2+4=m2-4m+5, 解得m5=,∴Q5(-1,)。 综上所述,抛物线的对称轴上存在点Q,使得△BCQ为等腰三角形,点Q的坐标为(-1,-1)或(-1,1)或(-1,0)或(-1,)。 (5)存在。 由题知抛物线的对称轴为直线x=-1。 ∵A(-3,0),C(0,2), ∴AC2=(-3-0)2+(0-2)2=13。 设点Q的坐标为(-1,y),则QA2=(-1+3)2+(y-0)2=4+y2,QC2=(-1-0)2+(y-2)2=y2-4y+5。分三种情况考虑: ①若∠QAC=90°,则QA2+AC2=QC2, 即4+y2+13=y2-4y+5,解得y=-3。 ∴点Q1的坐标为(-1,-3)。 ②若∠QCA=90°,则QC2+AC2=QA2, 即y2-4y+5+13=4+y2,解得y=, ∴点Q2的坐标为(-1,)。 ③若∠CQA=90°,则QC2+QA2=AC2, 即y2-4y+5+4+y2=13, 解得y1=+1,y2=1-, ∴点Q3的坐标为(-1,+1),Q4(-1,1-)。 综上所述,所求点Q的坐标为(-1,-3)或(-1,)或(-1,+1)或(-1,1-)。 (6)存在。 如图,以BC为边在两侧作正方形BCQ1Q2、正方形BCQ4Q3,则点Q1,Q2,Q3,Q4为符合题意要求的点。过点Q1作Q1D⊥y轴于点D。 ∵∠BCQ1=90°, ∴∠Q1CD+∠OCB=90°。 又∵在Rt△OBC中,∠OCB+∠CBO=90°, ∴∠Q1CD=∠CBO。 又∵Q1C=BC,∠Q1DC=∠COB, ∴△Q1CD≌△CBO(AAS), ∴DQ1=OC=2,CD=OB=1,∴OD=OC+CD=3,∴Q1(2,3)。 同理求得Q2(3,1),Q3(-1,-1),Q4(-2,1)。 综上所述,存在点Q,使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形,点Q的坐标为(2,3)或(3,1)或(-1,-1)或(-2,1)。 (7)存在。 设E(n,0),则BE=1-n,QE=-n2-n+2。 假设以点B,Q,E为顶点的三角形与△AOC相似,则有两种情况: ①若△BEQ∽△AOC,则 =, 即=,化简得n2+n-2=0, 解得n1=-2,n2=1(与点B重合,舍去), ∴n=-2,QE=2,∴Q(-2,2)。 ②若△QEB∽△AOC,则 =, 即=,化简得4n2-n-3=0, 解得n1=-,n2=1(与点B重合,舍去), ∴n=-,QE=,∴Q(-,)。 综上所述,存在点Q,使以点B,Q,E为顶点的三角形与△AOC相似,点Q的坐标为(-2,2)或(-,)。 3.解:(1)当m=1时, y=x2-2x-3。 当y=0时, x2-2x-3=0,解得x1=-1,x2=3,∴B(3,0)。 令x=0,则y=-3,∴C(0,-3)。 (2)当y=0时, x2-2mx-2m-1=0,解得 x1=-1,x2=2m+1。 ∵点A在点B的左侧, 且m>0,∴A(-1,0),B(2m+1,0)。 ∵当x=0时, y=-2m-1, ∴C(0, -2m-1), ∴OB=OC=2m+1。 ∵∠BOC=90°,∴∠OBC=45°。 如图, 连接AE。 ∵y=x2-2mx-2m-1=(x-m)2-(m+1)2, ∴D(m,-m2-2m-1),F(m,0), ∴DF=(m+1)2,OF=m,BF=m+1。 ∵A,B关于对称轴对称, ∴AE=BE, ∴∠EAB=∠OBC=45°,∴AE⊥BC。 ∵∠ACO=∠CBD,∠OCB=∠OBC, ∴∠ACO+∠OCB=∠CBD+∠OBC, 即∠ACE=∠DBF。 ∵EF∥OC, ∴tan∠ACE====。 ∵tan∠DBF==m+1=tan∠ACE, ∴=m+1,∴m=1 或-1。 ∵m>0,∴m=1。 (3)0<m<。 提示:如图, 设 PC 交x轴于点 Q。 当点P在第一象限时, 点Q总是在点B的左侧,此时∠CQA>∠CBA,即∠CQA>45°, ∵∠ACQ=75°,∴∠CAO<60°, ∴2m+1<,解得m<, ∴0<m<。 学科网（北京）股份有限公司 $