湖南省2019-2021年3年中考真题数学分项汇编--专题11 二次函数(解答题)(解析版)

2021年湖南省涟源市中考数学总复习：二次函数
一．选择题（共50小题）
1．关于二次函数y＝x2+6x+11的图象的性质，下列结论正确的是（）A．对称轴为y＝﹣3
B．顶点坐标为（﹣3，2）
C．当x＜3时，y随x的增大而增大
D．它与x轴有两个交点
2．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，并且关于x的一元二次方程ax2+bx+c ﹣m＝0没有实数根，下列结论：①abc＞0；②a﹣b+c＜0；③m＞﹣2；④二次函数y ＝ax2+bx+c（a≠0），最小值为﹣2，其中正确的个数有（）
A．1B．2C．3D．4
3．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分如图所示，顶点坐标为（﹣1，m），与x轴
的一个交点的坐标为（﹣3，0），给出以下结论：①abc＞0；②4a﹣2b+c＞0；③若B（−5 2，
y1）、C（−1
2，y2）为函数图象上的两点，则y1＜y2；④当﹣3＜x＜0时方程ax
2+bx+c＝t
有实数根，则t的取值范围是0＜t≤m．其中正确的结论的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个
4．将抛物线y=1
2x
2+1绕顶点旋转180°，则旋转后的抛物线的解析式为（）
A．y＝﹣2x2+1B．y＝﹣2x2﹣1C．y=−1
2x
2+1D．y=−1
2x
2﹣1
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;2023年湖南省中考数学真题分类汇编：一次函数、二次函数一、选择题1．（2023·长沙）下列一次函数中，y随x的增大而减小的函数是（ ）A．y=2x+1B．y=x―4C．y=2x D．y=―x+1 2．（2023·邵阳）已知P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是抛物线y=a x2+4ax+3（a是常数，a≠0)上的点，现有以下四个结论：①该抛物线的对称轴是直线x=―2；②点(0，3)在抛物线上；③若x1>x2>―2，则y1>y2；④若y1=y2，则x1+x2=―2其中，正确结论的个数为（ ）A．1个B．2个C．3个D．4个3．（2023·株洲）如图所示，直线l为二次函数y=a x2+bx+c(a≠0)的图像的对称轴，则下列说法正确的是（ ）A．b恒大于0B．a，b同号C．a，b异号D．以上说法都不对4．（2023·衡阳）已知m>n>0，若关于x的方程x2+2x―3―m=0的解为x1，x2(x1<x2)．关于x的方程x2+2x―3―n=0的解为x3，x4(x3<x4)．则下列结论正确的是（ ）A．x3<x1<x2<x4B．x1<x3<x4<x2C．x1<x2<x3<x4D．x3<x4<x1<x2二、填空题5．（2023·郴州）在一次函数y=(k―2)x+3中，y随x的增大而增大，则k的值可以是 （任写一个符合条件的数即可）．6．（2023·郴州）抛物线y=x2―6x+c与x轴只有一个交点，则c= ．三、综合题7．（2023·常德）如图，二次函数的图象与x轴交于A(―1，0)，B(5，0)两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，tan∠ACO=1．5（1）求二次函数的表达式；（2）求四边形ACDB的面积；（3）P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若∠ACO=∠PBC，求P点的坐标．8．（2023·株洲）某花店每天购进16支某种花，然后出售．如果当天售不完，那么剩下的这种花进行作废处理、该花店记录了10天该种花的日需求量n（n为正整数，单位：支），统计如下表：日需求量n131415161718天数112411（1）求该花店在这10天中出现该种花作废处理情形的天数；（2）当n<16时，日利润y（单位：元）关于n的函数表达式为：y=10n―80；当n≥16时，日利润为80元．①当n=14时，间该花店这天的利润为多少元？②求该花店这10天中日利润为70元的日需求量的频率．9．（2023·张家界）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=a x2+bx+c的图象与x轴交于点A(―2，0)和点B(6，0)两点，与y轴交于点C(0，6)．点D为线段BC上的一动点．（1）求二次函数的表达式；（2）如图1，求△AOD周长的最小值；（3）如图2，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAD与△PBD的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值．10．（2023·郴州）已知抛物线y=a x2+bx+4与x轴相交于点A(1，0)，B(4，0)，与y轴相交于点C．（1）求抛物线的表达式；的值；（2）如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求PAPC？若存在，求出点Q的坐（3）如图2，取线段OC的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使tan∠QDB=12标；若不存在，请说明理由．11．（2023·邵阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=a x2+x+c经过点A(―2，0)和点B(4，0)，且与直线l：y=―x―1交于D、E两点（点D在点E的右侧），点M为直线l上的一动点，设点M的横坐标为t．（1）求抛物线的解析式．（2）过点M作x轴的垂线，与拋物线交于点N．若0<t<4，求△NED面积的最大值．（3）抛物线与y轴交于点C，点R为平面直角坐标系上一点，若以B、C、M、R为顶点的四边形是菱形，请求出所有满足条件的点R的坐标．12．（2023·株洲）已知二次函数y=a x2+bx+c(a>0)．（1）若a=1，c=―1，且该二次函数的图象过点(2，0)，求b的值；（2）如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，该二次函数的图象与x轴交于点A(x1，0)，B(x2，0)，且x1<0<x 2，点D 在⊙O 上且在第二象限内，点E 在x 轴正半轴上，连接DE ，且线段DE 交y 轴正半轴于点F ，∠DOF =∠DEO ，OF =32DF ．①求证：DO EO =23．②当点E 在线段OB 上，且BE =1．⊙O 的半径长为线段OA 的长度的2倍，若4ac =―a 2―b 2，求2a +b 的值．13．（2023·岳阳）已知抛物线Q 1：y =―x 2+bx +c 与x 轴交于A(―3，0)，B 两点，交y 轴于点C(0，3)．（1）请求出抛物线Q 1的表达式．（2）如图1，在y 轴上有一点D(0，―1)，点E 在抛物线Q 1上，点F 为坐标平面内一点，是否存在点E ，F 使得四边形DAEF 为正方形？若存在，请求出点E ，F 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）如图2，将抛物线Q 1向右平移2个单位，得到抛物线Q 2，抛物线Q 2的顶点为K ，与x 轴正半轴交于点H ，抛物线Q 1上是否存在点P ，使得∠CPK =∠CHK ？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．14．（2023·衡阳）如图，已知抛物线y =a x 2―2ax +3与x 轴交于点A(―1，0)和点B ，与y 轴交于点C ，连接AC ，过B 、C 两点作直线．（1）求a的值．（2）将直线BC向下平移m(m>0)个单位长度，交抛物线于B′、C′两点．在直线B′C′上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．（3）抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO=45°，若存在，请求出直线BP的解析式；若不存在，请说明理由．15．（2023·怀化）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线y=a x2+bx―8与x轴交于A(―4，0)、B(2，0)两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的函数表达式及顶点坐标；（2）点P为第三象限内抛物线上一点，作直线AC，连接PA、PC，求△PAC面积的最大值及此时点P的坐标；交抛物线于点M、N，求证：无论k为何值，平行于x轴的直线l2：y=―（3）设直线l1：y=kx+k―35437上总存在一点E，使得∠MEN为直角．4答案解析部分1．【答案】D2．【答案】B3．【答案】C4．【答案】B5．【答案】3（答案不唯一）6．【答案】97．【答案】（1）解：∵二次函数的图象与x 轴交于A(―1，0)，B(5，0)两点．∴设二次函数的表达式为y =a(x +1)(x ―5)∵AO =1，tan ∠ACO =15，∴OC =5，即C 的坐标为(0，5)则5=a(0+1)(0―5)，得a =―1∴二次函数的表达式为y =―(x +1)(x ―5)；（2）解：y =―(x +1)(x ―5)=―(x ―2)2+9∴顶点的坐标为(2，9)过D 作DN ⊥AB 于N ，作DM ⊥OC 于M ，四边形ACDB 的面积=S △AOC +S 矩形OMDN ―S △CDM +S △DNB=12×1×5+2×9―12×2×(9―5)+12×(5―2)×9=30；（3）解：如图，P 是抛物线上的一点，且在第一象限，当∠ACO =∠PBC 时，连接PB ，过C 作CE ⊥BC 交BP 于E ，过E 作EF ⊥OC 于F ，∵OC =OB =5，则△OCB 为等腰直角三角形，∠OCB =45°．由勾股定理得：CB =52，∵∠ACO =∠PBC ，∴tan ∠ACO =tan ∠PBC ，即15=CE CB =CE 52，∴CE =2由CH ⊥BC ，得∠BCE =90°，∴∠ECF =180°―∠BCE ―∠OCB =180°―90°―45°=45°．∴△EFC 是等腰直角三角形∴FC =FE =1∴E 的坐标为(1，6)所以过B 、E 的直线的解析式为y =―32x +152令y =―32x +152y =―(x +1)(x ―5)解得x =5y =0，或x =12y =274所以BE 直线与抛物线的两个交点为B(5，0)，P(12，274)即所求P 的坐标为P(12，274)8．【答案】（1）解：当n <16时，该种花需要进行作废处理，则该种花作废处理情形的天数共有：1+1+2=4（天）；（2）解：①当n <16时，日利润y 关于n 的函数表达式为y =10n ―80，当n =14时，y =10×14―80=60（元）；②当n <16时，日利润y 关于n 的函数表达式为y =10n ―80；当n≥16时，日利润为80元，80>70，当y=70时，70=10n―80解得：n=15，由表可知n=15的天数为2天，则该花店这10天中日利润为70元的日需求量的频率为2．9．【答案】（1）解：由题意可知，设抛物线的表达式为y=a(x+2)(x―6)，将(0，6)代入上式得：6=a(0+2)(0―6)，a=―1 2所以抛物线的表达式为y=―12x2+2x+6；（2）解：作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，∵B(6，0)，C(0，6)，∠BOC=90°，∴OB=OC=6，∵O、E关于直线BC对称，∴四边形OBEC为正方形，∴E(6，6)，连接AE，交BC于点D，由对称性|DE|=|DO|，此时|DO|+|DA|有最小值为AE的长，AE=AB2+BE2=82+62=10∵△AOD的周长为DA+DO+AO，AO=2，DA+DO的最小值为10，∴△AOD的周长的最小值为10+2=12；（3）解：由已知点A(―2，0)，B(6，0)，C(0，6)，设直线BC的表达式为y=kx+b，将B(6，0)，C(0，6)代入y=kx+b中，6k+b=0b=0，解得k=―1b=6，∴直线 BC 的表达式为 y =―x +6 ，同理可得：直线 AC 的表达式为 y =3x +6 ，∵PD ∥AC ，∴设直线 PD 表达式为 y =3x +a ，由（1）设 P(m ，―12m 2+2m +6) ，代入直线 PD 的表达式得： a =―12m 2―m +6 ，∴直线 PD 的表达式为： y =3x ―12m 2―m +6 ，由 y =―x +6y =3x ―12m 2―m +6 ，得 x =18m 2+14m y =―18m 2―14m +6 ，∴D(18m 2+14m ，―18m 2―14m +6) ，∵P ，D 都在第一象限，∴S =S △PAD +S △PBD =S △PAB ―S △DAB=12|AB|[(―12m 2+2m +6)―(―18m 2―14m +6)]=12×8(―38m 2+94m)=―32m 2+9m =―32(m 2―6m)=―32(m ―3)2+272，∴当 m =3 时，此时P 点为 (3，152) .S 最大值=272．10．【答案】（1）解：∵抛物线y =a x 2+bx +4与x 轴相交于点A(1，0)，B(4，0)，∴a +b +4=016a +4b +4=0，解得：a =1b =―5，∴y =x 2―5x +4；（2）解：∵y =x 2―5x +4，当x =0时，y =4，∴C(0，4)，抛物线的对称轴为直线x =52∵△PAC 的周长等于PA +PC +AC ，AC 为定长，∴当PA +PC 的值最小时，△PAC 的周长最小，∵A ，B 关于对称轴对称，∴PA +PC =PB +PC ≥BC ，当P ，B ，C 三点共线时，PA +PC 的值最小，为BC 的长，此时点P 为直线BC 与对称轴的交点，设直线BC 的解析式为：y =mx +n ，则：4m +n =0n =4，解得：m =―1n =4，∴y =―x +4，当x =52时，y =―52+4=32，∴P(52，32)，∵A(1，0)，C(0，4)，∴PA =(52―1)2+(32)2=322，PC =(52)2+(4―32)2=522，∴PA PC =35；（3）解：存在，∵D 为OC 的中点，∴D(0，2)，∴OD =2，∵B(4，0)，∴OB =4，在Rt △BOD 中，tan ∠OBD =OD OB =12，∵tan ∠QDB =12=tan ∠OBD ，∴∠QDB =∠OBD ，①当Q 点在D 点上方时：过点D 作DQ ∥OB ，交抛物线与点Q ，则：∠QDB =∠OBD ，此时Q 点纵坐标为2，设Q 点横坐标为t ，则：t 2―5t +4=2，解得：t =5±172，∴Q(5+172，2)或Q(5―172，2)；②当点Q 在D 点下方时：设DQ 与x 轴交于点E ，则：DE =BE ，设E(p ，0)，则：D E 2=O E 2+O D 2=p 2+4，B E 2=(4―p)2，∴p 2+4=(4―p)2，解得：p =32，∴E(32，0)，设DE 的解析式为：y =kx +q ，=2+q =0，解得：q =2k =―43，∴y =―43x +2，联立y =―43x +2y =x 2―5x +4，解得：x =3y =―2或x =23y =109，∴Q(3，―2)或Q(23，109)；综上：Q(5+172，2)或Q(5―172，2)或Q(3，―2)或Q(23，109)．11．【答案】（1）解：∵抛物线y =a x 2+x +c 经过点A(―2，0)和点B(4，0)，∴4a ―2+c =016a +4+c =0，解得：a =―12c =4，∴抛物线解析式为：y =―12x 2+x +4；（2）解：∵抛物线y =―12x 2+x +4与直线l ：y =―x ―1交于D 、E 两点，（点D 在点E 的右侧）联立y =―12x 2+x +4y =―x ―1，解得：x =2+14y =―3―14或x =2―14y =―3+14，∴D(2+14，―14―3)，E(2―14，14―3)，∴x D ―x E =(2+14)―(2―14)=214，∵点M 为直线l 上的一动点，设点M 的横坐标为t ．则M(t ，―t ―1)，N(t ，―12t 2+t +4)，∴MN =―12t 2+t +4―(―t ―1)=―12t 2+2t +5=―12(t ―2)2+7，当t =2时，MN 取得最大值为7，∵S △END =12(x D ―x E )×MN ，∴当MN 取得最大值时，S △END 最大，∴S △END =12×214×7=714，∴△NED 面积的最大值714；（3）解：∵抛物线与y 轴交于点C ，∴y =―12x 2+x +4，当x =0时，y =4，即C(0，4)，∵B(4，0)，M(t ，―t ―1)∴BC =42+42=42，B M 2=(4―t)2+(―t ―1)2=2t 2―6t +17，C M 2=t 2+(t +5)2=2t 2+10t +25，①当BC 为对角线时，MB =CM ，∴2t 2―6t +17=2t 2+10t +25，解得：t =―12，∴M(―12，―12)，∵BC ，MR 的中点重合，∴R x ―12=4R y ―12=4，解得：R x =92R y =92，∴R(92，92)，②当BC 为边时，当四边形BMRC 为菱形，BM =BC∴2t 2―6t +17=(42)2，解得：t =3―392或t =3+392，∴―t ―1=―3―392―1=―5+392或―t ―1=―3+392―1=―5―392，∴M(3―392，―5+392)或M(3+392，―39―52)，由CM ，BR 的中点重合，∴R x +4=3―392+0R y +0=―5+392+4或R x +4=3+392+0R y +0=―5―392+4，解得：R x =―5―392R y =3+392或R x =―5+392R y =3―392，∴R(―5―392，3+392)或R(―5+392，3―392)，当BC =MC 时；如图所示，即四边形CMRB 是菱形，点R 的坐标即为四边形BMRC 为菱形时，M 的坐标，∴R 点为R(3―392，―5+392)或R(3+392，―39―52)，综上所述，R 点为R(3―392，―5+392)或R(3+392，―39―52)或R(―5―392，3+392)或R(―5+392，3―392)或R(92，92)．12．【答案】（1）解：∵a =1，c =―1，∴二次函数解析式为y =x 2+bx ―1，∵该二次函数的图象过点(2，0)，∴4+4b―1=0解得：b=―32；（2）解：①∵∠DOF=∠DEO，∠ODF=∠EDO，∴△DOF∽△DEO∴DF DO =OF EO∴DO EO =OF DF∵OF=32DF∴DO EO =2 3；②∵该二次函数的图象与x轴交于点A(x1，0)，B(x2，0)，且x1<0<x2，∴OA=―x1，OB=x2，∵BE=1．∴OE=x2―1，∵⊙O的半径长为线段OA的长度的2倍∴OD=―2x1，∵DO EO =2 3，∴―2x1x2―1=23，∴3x1+x2―1=0，即x2=1―3x1①，∵该二次函数的图象与x轴交于点A(x1，0)，B(x2，0)，∴x1，x2是方程a x2+bx+c=0的两个根，∴x1+x2=―b a，∵4ac=―a2―b2，a≠0，∴4·ca+1+(ba)2=0，即4(x1x2)+1+(x1+x2)2=0②，①代入②，即4x1(1―3x1)+1+(x1+1―3x1)2=0，即4x1―12x21+1+1+4x21―4x1=0，整理得―8x21=―2，∴x21=14，解得：x 1=―12（正值舍去）∴x 2=1―(―32)=52，∴抛物线的对称轴为直线x =―b 2a =x 1+x 22=―12+522=1，∴b =―2a ，∴2a +b =0．13．【答案】（1）解：∵抛物线Q 1：y =―x 2+bx +c 与x 轴交于A(―3，0)，两点，交y 轴于点C(0，3)， ∴把A(―3，0)，C(0，3)代入Q 1：y =―x 2+bx +c ，得，―9―3b +c =0c =3，解得，b =―2c =3，∴抛物线的解析式为：y =―x 2―2x +3；（2）解：假设存在这样的正方形DAEF ，如图，过点E 作ER ⊥x 于点R ，过点F 作FI ⊥y 轴于点I ，∴∠AER +∠EAR =90°，∵四边形DAEF 是正方形，∴AE =AD ，∠EAD =90°，∴∠EAR +∠DAR =90°，∴∠AER =∠DAO ，又∠ERA =∠AOD =90°，∴△AER≅△DAO ，∴AR =DO ，ER =AO ，∵A(―3，0)，D(0，―1)，∴OA =3，OD =1，∴AR =1，ER =3，∴OR =OA ―AR =3―1=2，∴E(―2，3)；同理可证明：△FID≅△DOA，∴FI=DO=1，DI=AO=3，∴IO=DI―DO=3―1=2，∴F(1，2)；（3）解：∵y=―x2―2x+3=―(x+1)2+4，∴抛物线的顶点坐标为(―1，4)，对称轴为直线x=―1，令y=0，则―x2―2x+3=0，解得，x1=―3，x2=1，∴B(1，0)，∴将抛物线的图象右平移2个单位后，则有：K(―1，4)，对称轴为直线x=―1+2=1，H(1+2，0)，即H(3，0)，∴点B在平移后的抛物线的对称轴上，∴HB=HO―OB=3―1=2，KB=4，∴KH=KB2+HB2=42+22=25，CB=CO2+BO2=32+12=10；CH=CO2+HO2=32，设直线CH的解析式为y=kx+b，把(3，0)，(0，3)代入得，3k+b=0b=3，解得，k=―1 b=3，∴直线CH的解析式为y=―x+3，当x=1时，y=―1+3=2，∴S(1，2)，此时KS=4―2=2，∴CS=(0―1)2+(3―2)2=2，∴HS=CH―CS=32―2=22，又KH CH =2510=2；KSCS=22=2；HSBS=222=2，∴KH CH =KSCS=HSBS=2，∴△KSH∼△CSB，∴∠CBK=∠CHK，所以，当点P与点B重合时，即点P的坐标为(1，0)，则有∠CPK=∠CHK．14．【答案】（1）解：抛物线y=a x2―2ax+3与x轴交于点A(―1，0)，得a +2a +3=0，解得：a =―1；（2）解：存在D (―12，154)，理由如下：设B ′C ′与y 轴交于点G ，由（1）中结论a =―1，得抛物线的解析式为y =―x 2+2x +3，当y =0时，x 1=―1，x 2=3，即A (―1，0)，B (3，0)，C (0，3)，OB =OC ，∠BOC =90°，即△BOC 是等腰直角三角形，∴∠BCO =45°，∵B ′C ′∥BC ，∴∠BCO =∠B ′GO =45°，设D (t ，―t 2+2t +3)，过点D 作DE ∥y 轴交B ′C ′于点E ，作DF ⊥B ′C ′于点F ，∴∠DEF =∠B ′GO =45°，即△DEF 是等腰直角三角形，设直线BC 的解析式为y =kx +b ，代入B (3，0)，C (0，3)，得3k +b =0b =3，解得k =―1b =3，故直线BC 的解析式为y =―x +3，将直线BC 向下平移m(m >0)个单位长度，得直线B ′C ′的解析式为y =―x +3―m ，∴E (t ，―t +3―m )，DE =―t 2+2t +3―(―t +3―m )=―t 2+3t +m =―(t ―32)2+94+m ，当t =32时，DE 有最大值94+m ，此时DF =22DE 也有最大值，D (32，154)；（3）解：存在P (―23，119)或P (2，3)，理由如下：当点P 在直线BC 下方时，在y 轴上取点H (0，1)，作直线BH 交抛物线于（异于点B ）点P ，由（2）中结论，得∠OBC=45°，∴OH=OA=1，OB=OC，∠BOH=∠COA=90°，∴△BOH≌△COA(SAS)，∴∠OBH=∠AOC，∴∠PBC+∠ACO=∠PBC+∠OBH=∠OBC=45°，设直线BP的解析式为y=k1x+b1，代入点B(3，0)，H(0，1)，得3k1+b1=0b1=1，解得k1=―13b1=1，故设直线BP的解析式为y=―13x+1，联立y=―13x+1y=―x2+2x+3，解得x1=3y1=0（舍）x2=―23y2=119，故P(―23，119)；当点P在直线BC上方时，如图，在x轴上取点I，连接CI，过点P作BP∥CI抛物线于点P，∠PBC=∠BCI，OI=OA=1，OC=OC，∠COI=∠COA=90°，∴△COI≌△COA(SAS)，∴∠OCI=∠AOC，∴∠PBC+∠ACO=∠BCI+∠OCI=∠OCB=45°，设直线CI的解析式为y=k2x+b2，代入点I(1，0)，C(0，3)，得k2+b2=0b2=3，解得k2=―3b2=3，故设直线CI的解析式为y=―3x+3，BP∥CI，且过点B(3，0)，故设直线BP的解析式为y=―3x+9，联立y=―3x+9y=―x2+2x+3，解得x1=2y1=3，x2=3y2=0（舍），故P(2，3)，综上所述：P(―23，119)或P(2，3)15．【答案】（1）解：将A(―4，0)、B(2，0)代入y=a x2+bx―8，得16a―4b―8=04a+2b―8=0，解得：a=1 b=2，∴抛物线解析式为：y=x2+2x―8，∴对称轴为x=―b2a=―1∴当x=―1时，y=（―1）2+2×（―1）―8=―9∴顶点坐标为（-1，-9）；（2）解：如图所示，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，由y=x2+2x―8，令x=0，解得：y=―8，∴C(0，―8)，设直线AC的解析式为y=kx―8，将点A(―4，0)代入得，―4k―8=0，解得：k=―2，∴直线AC的解析式为y=―2x―8，设P(m，m2+2m―8)，则E(m，―2m―8)，∴PE=―2m―8―(m2+2m―8)=―m 2―4m=―(m +2)2+4，当m =―2时，PE 的最大值为4∵S △PAC =12PE ×OA =12×4×PE =2PE ∴当PE 取得最大值时，△PAC 面积取得最大值∴△PAC 面积的最大值为2×4=8，此时m =―2，m 2+2m ―8=4―4―8=―8∴P(―2，―8)（3）解：设M(x 1，y 1)、N(x 2，y 2)，MN 的中点坐标为Q(x 1+x 22，y 1+y 22)， 联立y =kx +k ―354y =x 2+2x ―8，消去y ，整理得：x 2+(2―k)x ―k +34=0， ∴x 1+x 2=k ―2，x 1x 2=―k +34，∴x 1+x 22=k 2―1，∴y 1+y 22=12k(x 1+x 2)+k ―354=12k(k ―2)+k ―354=12k 2―354，∴Q(12k ―1，12k 2―354)，设Q 点到l 2的距离为QE ，则QE =12k 2―354―(―374)=12k 2+12，∵M(x 1，y 1)、N(x 2，y 2)，∴y 1+y 2=k 2―352，y 1―y 2=x 21―x 22+2(x 1―x 2)=(x 1―x 2)(x 1+x 2+2)=k(x 1―x 2)∴M N 2=(x 1―x 2)2+(y 1―y 2)2=(x 1―x 2)2+k 2(x 1―x 2)2=(x 1―x 2)2(1+k 2)=[(x 1+x 2)2―4x 1x 2](1+k 2)=[(k ―2)2+4k ―3](k 2+1)=(k 2+1)(k 2+1)=(k 2+1)2∴MN =k 2+1，∴12MN =QE∴QM =QN =QE ，∴E 点总在⊙Q 上，MN 为直径，且⊙Q 与l 2：y =―374相切，∴∠MEN 为直角．∴无论k 为何值，平行于x 轴的直线l 2：y =―374上总存在一点E ，使得∠MEN 为直角．。

专题16 圆（选题题、填空题）一、选择题1．（2021·湖南中考真题）如图，点A ，B ，C 在⊙O 上，54BAC ∠=︒，则BOC ∠的度数为（ ）A ．27︒B ．108︒C ．116︒D ．128︒【答案】B【分析】 直接利用圆周角定理即可得．【详解】解：54BAC ∠=︒，∴由圆周角定理得：2108BOC BAC ∠=∠=︒，故选：B ．【点睛】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题关键．2．（2021·湖南中考真题）如图，点A ，B ，C 是O 上的三点．若90AOC ∠=︒，30BAC ∠=︒，则AOB ∠的大小为（ ）A ．25︒B ．30C ．35︒D ．40︒【答案】B【分析】 首先根据圆周角定理求得BOC ∠的度数，根据AOC ∠的度数求AOB AOC BOC ∠=∠-∠即可．【详解】解：∵30BAC ∠=︒∴∠BOC=223060BAC ∠=⨯︒=︒，∵90AOC ∠=︒，906030AOB AOC BOC ，故选：B ．【点睛】考查了圆周角定理及两锐角互余性质，求得BOC ∠的度数是解题的关键．3．（2021·湖南中考真题）如图，面积为18的正方形ABCD 内接于⊙O ，则AB 的长度为（）A ．9πB ．92πC ．32πD ．94π【答案】C【分析】连接BD 、AC ，由题意易得3,90OB AOB =∠=︒，然后根据弧长计算公式可求解．【详解】解：连接BD 、AC ，∵四边形ABCD 是正方形，且面积为18，∴290,36AOB BD ∠=︒=，∴6BD =，∴132==OB BD ， ∴AB 的长度为90331801802n r πππ⨯⨯==； 故选C ．【点睛】 本题主要考查弧长计算及正多边形与圆，熟练掌握弧长计算及正多边形与圆是解题的关键．4．（2021·湖南中考真题）如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，设正方形ABCD 的面积为S ，黑色部分面积为1S ，则1:S S 的比值为（ ）A ．8πB ．4πC ．14D ．12【答案】A【分析】根据题意，设正方形的边长为2a ，则圆的半径为a ，分别表示出黑色部分面积和正方形ABCD 的面积，进而即可求得1:S S 的比值．【详解】设正方形的边长为2a ，则圆的半径为a∴24S a =，圆的面积为2a π∵正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称∴黑色部分面积为圆面积的一半 ∴2112S a π=∴2211::(4)28S S a a ππ==，【点睛】本题主要考查了阴影部分面积的求解，准确运用字母表示正方形面积和圆形面积并结合多边形内切圆性质、中心对称图形性质等相关知识点是解决本题的关键．5．（2020·湖南）如图，四边形ABCD 为O 的内接四边形，已知BCD ∠为120︒，则BOD ∠的度数为（ ）A ．100︒B ．110︒C ．120︒D ．130︒【答案】C【分析】 根据圆内接四边形的性质求出∠A ，根据圆周角定理计算，得到答案．【详解】解：∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠A ＝180°−∠BCD ＝60°，由圆周角定理得，∠BOD ＝2∠A ＝120°，故选：C ．【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．6．（2020·湖南中考真题）如图，PA 、PB 为⊙O 的切线，切点分别为A 、B ，PO 交AB 于点C ，PO 的延长线交⊙O 于点D ．下列结论不一定成立的是（ ）A ．BPA △为等腰三角形B ．AB 与PD 相互垂直平分C ．点A 、B 都在以PO 为直径的圆上D ．PC 为BPA △的边AB 上的中线【答案】B连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出BPA△为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明AB与PD相互垂直平分，即可得出答案．【详解】解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，∵B，C为切点，∴∠OBP=∠OAP=90°，∵OA=OB，OP=OP，∴Rt△OPB≌Rt△OPA，∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，∴BPA△为等腰三角形，故A正确；∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，∴PM=OM=BM=AM∴点A、B都在以PO为直径的圆上，故C正确；∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，∴△OBC≌△OAC，∴∠OCB=∠OCA=90°，∴PC⊥AB，∵△BPA为等腰三角形，∴PC为BPA△的边AB上的中线，故D正确；无法证明AB与PD相互垂直平分，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．7．（2020·湖南中考真题）如图，已知,PA PB 是O 的两条切线，A ，B 为切点，线段OP 交O 于点M ．给出下列四种说法：①PA PB =；②OP AB ⊥；③四边形OAPB 有外接圆；④M 是AOP 外接圆的圆心，其中正确说法的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【分析】 由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．【详解】 解：如图， ,PA PB 是O 的两条切线，,,PA PB APO BPO ∴=∠=∠ 故①正确，,,PA PB APO BPO =∠=∠,PO AB ∴⊥ 故②正确，,PA PB 是O 的两条切线，90,OAP OBP ∴∠=∠=︒取OP 的中点Q ，连接,AQ BQ ， 则1,2AQ OP BQ == 所以：以Q 为圆心，QA 为半径作圆，则,,,B O P A 共圆，故③正确，M 是AOP 外接圆的圆心，,MO MA MP AO ∴===60,AOM ∴∠=︒与题干提供的条件不符，故④错误，综上：正确的说法是3个，故选C ．【点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键． 8．（2020·湖南中考真题）一个圆锥的底面半径r ＝10，高h ＝20，则这个圆锥的侧面积是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】C【分析】先利用勾股定理计算出母线长，然后利用扇形的面积公式计算这个圆锥的侧面积．【详解】这个圆锥的侧面积＝12． 故选：C ．【点睛】此题主要考查圆锥的侧面积，解题的关键是熟知母线的定义及圆锥侧面积的公式．9．（2020·湖南中考真题）如图所示，点A 、B 、C 对应的刻度分别为0、2、4、将线段CA 绕点C 按顺时针方向旋转，当点A 首次落在矩形BCDE 的边BE 上时，记为点1A ，则此时线段CA 扫过的图形的面积为（ ）A ．4πB ．6 C．D ．83π 【答案】D【分析】 求线段CA 扫过的图形的面积，即求扇形ACA 1的面积.【详解】解：由题意，知AC=4,BC=4-2=2,∠A 1BC=90°.由旋转的性质，得A 1C=AC=4.在Rt △A 1BC 中，cos ∠ACA 1=1BC AC =12. ∴∠ACA 1=60°. ∴扇形ACA 1的面积为2460360π⨯⨯=83π. 即线段CA 扫过的图形的面积为83π.故选：D【点睛】此题考查了扇形面积的计算和解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式是解本题的关键．10．（2019·湖南中考真题）如图，PA 、PB 为圆O 的切线，切点分别为A 、B ，PO 交AB 于点C ，PO 的延长线交圆O 于点D ，下列结论不一定成立的是( )A ．PA ＝PBB ．∠BPD ＝∠APDC ．AB ⊥PD D ．AB 平分PD【答案】D【分析】先根据切线长定理得到PA＝PB，∠APD＝∠BPD；再根据等腰三角形的性质得OP⊥AB，根据菱形的性质，只有当AD∥PB，BD∥PA时，AB平分PD，由此可判断D不一定成立．【详解】∵PA，PB是⊙O的切线，∴PA＝PB，所以A成立；∠BPD＝∠APD，所以B成立；∴AB⊥PD，所以C成立；∵PA，PB是⊙O的切线，∴AB⊥PD，且AC＝BC，只有当AD∥PB，BD∥PA时，AB平分PD，所以D不一定成立，故选D．【点睛】本题考查了切线长定理，垂径定理，等腰三角形的性质等，熟练掌握相关知识是解题的关键.11．（2019·湖南中考真题）如图，边长为ABC∆的内切圆的半径为( )A．1B C．2D．【答案】A【分析】连接AO、CO，CO的延长线交AB于H，如图，利用内心的性质得CH平分∠BCA，AO平分∠BAC，再根据等边三角形的性质得∠CAB=60°，CH⊥AB，则∠OAH=30°，AH=BH=12AB=3，然后利用正切的定义计算出OH即可．【详解】设ABC∆的内心为O，连接AO、BO，CO的延长线交AB于H，如图，∵ABC∆为等边三角形，∴CH 平分BCA ∠，AO 平分BAC ∠，∵ABC ∆为等边三角形，∴60CAB ︒∠=，CH AB ⊥，∴30OAH ︒∠=，12AH BH AB === 在Rt AOH ∆中，∵OH tan tan 30AH OAH ︒∠==，∴1OH ==， 即ABC ∆内切圆的半径为1．故选A ．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了等边三角形的性质．12．（2019·湖南中考真题）一个扇形的半径为6，圆心角为120°，则该扇形的面积是( )A ．2πB ．4πC ．12πD ．24π【答案】C【分析】 根据扇形的面积公式S=2360n R π计算即可． 【详解】 S=2120612360ππ⨯⨯=， 故选C ．【点睛】本题考查的是扇形面积的计算，掌握扇形的面积公式S=2360n R π是解题的关键．13．（2019·湖南中考真题）如图，在单位长度为1米的平面直角坐标系中，曲线是由半径为2米，圆心角为120︒的AB 多次复制并首尾连接而成．现有一点P 从A (A 为坐标原点)出发，以每秒23π米的速度沿曲线向右运动，则在第2019秒时点P 的纵坐标为( )A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．1【答案】B【分析】 先计算点P 走一个AB 的时间，得到点P 纵坐标的规律：以1，0，-1，0四个数为一个周期依次循环，再用2019÷4=504…3，得出在第2019秒时点P 的纵坐标为是-1．【详解】解：点运动一个AB 用时为1202221803ππ⨯÷=秒． 如图，作CD AB ⊥于D ，与AB 交于点E ． 在Rt ACD ∆中，∵90ADC ︒∠=，1602ACD ACB ︒∠=∠=， ∴30︒∠=CAD ， ∴112122CD AC ==⨯=， ∴211DE CE CD =-=-=，∴第1秒时点P 运动到点E ，纵坐标为1；第2秒时点P 运动到点B ，纵坐标为0；第3秒时点P 运动到点F ，纵坐标为﹣1；第4秒时点P 运动到点G ，纵坐标为0；第5秒时点P 运动到点H ，纵坐标为1；…，∴点P 的纵坐标以1，0，﹣1，0四个数为一个周期依次循环，∵201945043÷=⋯，∴第2019秒时点P 的纵坐标为是﹣1．故选B ．【点睛】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出点P 纵坐标的规律：以1，0，-1，0四个数为一个周期依次循环．也考查了垂径定理．二、填空题14．（2021·湖南中考真题）如图，在⊙O 中，弦AB 的长为4，圆心O 到弦AB 的距离为2，则AOC ∠的度数为______．【答案】45︒【分析】 先根据垂径定理可得122AC AB ==，再根据等腰直角三角形的判定与性质即可得． 【详解】解：由题意得：OC AB ⊥，4AB =， 122AC AB ∴==， 2OC =，AC OC ∴=，Rt AOC ∴是等腰直角三角形，45AOC =∴∠︒，故答案为：45︒．【点睛】本题考查了垂径定理、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握垂径定理是解题关键．15．（2021·湖南中考真题）如图，ABC 内接于O ，50A ∠=︒，点D 是BC 的中点，连接OD ，OB ，OC ，则BOD ∠=_________．【答案】50︒【分析】圆上弧长对应的圆周角等于圆心角的一半，再利用等腰三角形三线合一的性质，即可得出答案．【详解】解:根据圆上弦长对应的圆周角等于圆心角的一半，12A BOC ∠=∠， 100BOC ∴∠=︒，OB OC =， BOC ∴为等腰三角形， 又点D 是BC 的中点，根据等腰三角形三线合一，OD ∴为BOC ∠的角平分线，50BO D ∴∠=︒，故答案是：50︒．【点睛】本题考查了弦长所对应的圆周角等于圆心角的一半和等腰三角形三线合一的性质，解题的关键是：根据性质求出BOC ∠，再利用角平分线或三角形全等都能求出解．16．（2021·湖南娄底市·中考真题）弧度是表示角度大小的一种单位，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad ．已知1rad,60αβ==︒，则α与β的大小关系是α________β．【答案】<【分析】根据弧度的定义，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad ，当60β=︒时，三角形为等边三角形，所以圆心角所对的弧长比半径大，即可判断大小．【详解】解：根据弧度的定义，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad ，当60β=︒时，易知三角形为等边三角形，弦长等于半径，∴圆心角所对的弧长比半径大，αβ∴<，故答案是：<．【点睛】本题考查了弧度的定义，解题的关键是：理解弧度的定义，从而利用定义来判断．17．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图，在O 中，3OA =，45C ∠=︒，则图中阴影部分的面积是_________．（结果保留π）【答案】9942π- 【分析】由45C ∠=︒，根据圆周角定理得出90AOB ∠=︒，根据S 阴影=S 扇形AOB －AOB S 可得出结论．【详解】解：∵45C ∠=︒，∴90AOB ∠=︒，∴S 阴影=S 扇形AOB －AOB S29031=333602π⨯⨯-⨯⨯ 99=42π-， 故答案为：9942π-． 【点睛】本题主要考查圆周角定理、扇形的面积计算，根据题意求得三角形与扇形的面积是解答此题的关键． 18．（2021·湖南中考真题）如图，在Rt ABC 中，90C ∠=︒，AB 的垂直平分线分别交AB 、AC 于点D 、E ，8BE =，O 为BCE 的外接圆，过点E 作O 的切线EF 交AB 于点F ，则下列结论正确的是______．（写出所有正确结论的序号）①AE BE =；②AED CBD ∠=∠；③若40DBE ∠=︒，则DE 的长为89π；④DF EF EF BF=；⑤若6EF =，则 2.24CE =．【答案】①②④⑤【分析】①根据线段垂直平分线定理即可得出结论②根据段垂直平分线得出∠A +∠AED =90°，再证∠A +∠ABC =90°，等量代换即可③根据已知条件先得出∠EBC 的度数，再利用圆周角定理得∠EOC =2∠EBC ，根据弧长公式计算即可 ④根据角角相似证明△EFD ∽△BFE 即可得出结论⑤先根据勾股定理得出BF 的长，再根据等面积法得出ED ，根据角角相似证明Rt △ADE ∽Rt △ACB ，得出AD AE AC AB=，即可计算出结果 【详解】解:①∵DE 是AB 的垂直平分线∴AE BE =故正确②∵DE 是AB 的垂直平分线∴DE ⊥AB∴∠A +∠AED =90°∵90C ∠=︒∴∠A +∠ABC =90°∴AED CBD ∠=∠故正确③连接OC∵DE 是AB 的垂直平分线∴AE BE =∴∠EBD =∠A =40°在Rt △ABC 中，∠ABC =90°-40°=50°∴∠EBC =50°-40°=10°∵∠EOC =2∠EBC∴∠EOC =20° ∴20441809EC ππ== 故错误④∵DE ⊥AB ，E F 是O 的切线∴∠FEB =∠EDF =90°又∠EFD =∠EFD∴△EFD ∽△BFE ∴DF EF EF BF= 故正确⑤∵6EF =，8BE =∴BF 10= ∵1122EF BE BF ED ⋅=⋅ ∴68 4.810ED ⨯== 在Rt △EDB 中，6.4BD ==∵DE 是AB 的垂直平分线∴ 6.4AD DB ==，AE =BE =8∵在Rt △ADE 和Rt △ACE 中∠A =∠A ,∠ADE =∠ACB =90°∴Rt △ADE ∽Rt △ACB ∴AD AE AC AB= ∴648128AC ⋅=⋅ ∴AC =10.24又AE =BE =8∴CE =AC -AE =10.24-8=2.24故正确故答案为：①②④⑤【点睛】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定及性质、线段垂直平分线的性质及定理、勾股定理、切线的性质、等面积法是常用的计算边长的方法、灵活进行角的转换是关键19．（2021·湖南中考真题）如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，若∠BOD=80°，则∠BCD 的度数是_____．【答案】140°．【详解】试题分析：∵∠BOD=80°，∴∠A=40°，∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠BCD=180°-40°=140°，故答案为140°．考点：圆内接四边形的性质；圆周角定理20．（2021·湖南中考真题）底面半径为3，母线长为4的圆锥的侧面积为__________．（结果保留π）【答案】12π【分析】圆锥的侧面展开图是扇形，根据扇形的面积公式求解即可．【详解】圆锥的侧面积=()112341222lR ππ=⨯⋅⨯= 故答案为：12π．【点睛】 本题考查圆锥的侧面积．1=2S lR 扇形，其中l 为扇形的弧长，即底面圆的周长，R 为半径，即圆锥的母线长． 21．（2021·湖南娄底市·中考真题）如图所示的扇形中，已知20,30,40OA AC AB ===，则CD =________．【答案】100．【分析】先在小扇形中利用扇形弧长公式求解出圆心角度数，再在大扇形中利用公式求解出弧长即可．【详解】解：设扇形圆心角度数为n °，∵20,40OA AB ==，∴在扇形AOB 中，2360n AB OA =π， 解得：360n=π， ∴在扇形COD 中，203050OC OA AC =+=+=,3602250100360360n CD OC ==⨯⨯=πππ 故答案为：100．【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算，解题的关键是利用圆心角大小不变并熟悉弧长公式进行求解． 22．（2021·湖南永州市·中考真题）某同学在数学实践活动中，制作了一个侧面积为60π，底面半径为6的圆锥模型（如图所示），则此圆锥的母线长为____________．【答案】10【分析】根据圆锥的侧面积公式：S 侧12=⨯2rl π＝rl π．即可求得 【详解】S 侧12=⨯2rl π＝rl π 606l ππ∴=⨯⨯10l ∴=故答案为10【点睛】根本考查了圆锥的侧面积公式：S 侧12=⨯2rl π＝rl π，理解和牢记公式是解题的关键． 23．（2021·湖南中考真题）如图，方老师用一张半径为18cm 的扇形纸板，做了一个圆锥形帽子（接缝忽略不计）．如果圆锥形帽子的半径是10cm ，那么这张扇形纸板的面积是________2cm （结果用含π的式子表示）．【答案】180π【分析】由题意易得该扇形的弧长为221020cm r πππ=⨯=，然后根据扇形面积计算公式可求解．【详解】解：由题意得：该扇形的弧长即为圆锥底面圆的周长，即为221020cm r πππ=⨯=， ∴该扇形的面积为2111820180cm 22S lR ππ==⨯⨯=； 故答案为180π．【点睛】本题主要考查扇形面积计算公式及圆锥的侧面展开图，熟练掌握扇形面积计算公式及圆锥的侧面展开图是解题的关键．24．（2020·湖南长沙市·）如图，点P 在以MN 为直径的半圆上运动，（点P 与M ，N 不重合）,PQ MN NE ⊥平分MNP ∠，交PM 于点E ，交PQ 于点F ． (1) PF PE PQ PM +=___________________．(2)若2PN PM MN =⋅，则MQ NQ=___________________．【答案】112【分析】 (1)过E 作GE MN ⊥于G ，可得90NGE ∠=︒，根据圆周角的性质可得90MPN ∠=︒，又NE 平分MNP ∠，根据角平分线的性质可得PE GE =；由PNE MNE ∠=∠，90PNE PEN ∠+∠=︒ ，90MNE QFN ∠+∠=︒，且QFN PFE ∠=∠，根据“等角的余角相等”可得PEN PFE ∠=∠ ，再根据等腰三角形的性质“等角对等边”可得PE PF =，即有GE PF =；由PQ MN ⊥，GE MN ⊥，可得//GE PQ ，从而可得在PMQ 中有EM GE PM PQ=，将EM PM PE =-、PE GE =、GE PF =代入可得，PM PF PF PM PQ -=，既而可求得PF PE PQ PM+的值． 【详解】(1)如图所示，过E 作GE MN ⊥于G ，则90NGE ∠=︒，∵MN 为半圆的直径，∴90MPN ∠=︒，又∵NE 平分MNP ∠，90NGE ∠=︒,∴PE GE =．∵NE 平分MNP ∠，∴PNE MNE ∠=∠，∵90EPN FQN ∠=∠=︒，∴90,90PNE PEN MNE QFN ∠+∠=︒∠+∠=︒,又QFN PFE ∠=∠，∴90,90PNE PEN MNE PFE ∠+∠=︒∠+∠=︒，又∵PNE MNE ∠=∠，∴PEN PFE ∠=∠，∴PE PF =,又∵PE GE =，∴GE PF =．∵PQ MN ⊥，GE MN ⊥，∴//GE PQ ，∴在PMQ 中，EM GE PM PQ=, 又∵EM PM PE =-, ∴PM PE GE PM PQ-=， ∴将GE PF =，PE PF =，代入PM PE GE PM PQ-=得，PM PF PF PM PQ -=, ∴1PF PE PM PF PF PQ PM PM PM-+=+=， 即1PF PE PQ PM +=． （2）∵PNQ MNP ∠=∠，NQP NPM ∠=∠，∴NPQ NMP ∽， ∴PN QN MN PN=， ∴2PN QN MN =⋅，∵2PN PM MN =⋅，∴PM QN =，∴MQ MQ NQ PM=， ∵cos MQ PM M PM MN ∠==， ∴MQ PM NQ MN=， ∴MQ NQ NQ MQ NQ=+ ∴22NQ MQ MQ NQ =+⋅，即221MQ MQ NQ NQ=+， 设MQ x NQ=，则210x x +-=，解得：x =，或0x =<（舍去），∴12MQ NQ =，． 【点睛】本题综合考查了圆周角的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、平行线分线段成比例的性质等知识．(1)中解题的关键是利用角平分线的性质和等腰三角形的性质求得GE PF =，PE PF =，再通过平行线分线段成比例的性质得到EM GE PM PQ=，进行等量代换和化简后即可得解． 25．（2020·湖南中考真题）如图，AB 为半⊙O 的直径，M ，C 是半圆上的三等分点，8AB =，BD 与半⊙O 相切于点B ，点P 为AM 上一动点（不与点A ，M 重合），直线PC 交BD 于点D ，BE OC ⊥于点E ，延长BE 交PC 于点F ，则下列结论正确的是______________．（写出所有正确结论的序号） ①PB PD =；②BC 的长为43π；③45DBE ∠=︒；④BCF PFB △∽△；⑤CF CP ⋅为定值．【答案】②⑤【分析】①先根据圆的切线的性质可得90ABD ∠=︒，再根据半圆上的三等分点可得60COB ∠=︒，然后根据圆周角定理可得30BPC ∠=︒，最后假设PB PD =，根据角的和差、三角形的外角性质可得30AOP ∠=︒，这与点P 为AM 上一动点相矛盾，由此即可得；②根据弧长公式即可得；③先根据等边三角形的性质可得30OBE ∠=︒，再根据角的和差即可得；④先根据三角形的外角性质可得PFB BCF CBF ∠=∠+∠，从而可得对应角PFB ∠与BCF ∠不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得CF CB CB CP=，从而可得2CF CP CB ⋅=，再根据等边三角形的性质可得4CB OB ==，由此即可得．【详解】如图，连接OP BD 与半⊙O 相切于点B90ABD ∴∠=︒C 是半圆上的三等分点1180603COB ∴∠=⨯︒=︒ OB OC = BOC ∴是等边三角形 由圆周角定理得：1302BPC COB ∠=∠=︒ 假设PB PD =，则1(180)752PBD D BPC ∠=∠=︒-∠=︒ 15ABP ABD PBD ∴∠=∠-∠=︒230AOP ABP ∴∠=∠=︒ 又点P 为AM 上一动点AOP ∴∠不是一个定值，与30AOP ∠=︒相矛盾即PB 与PD 不一定相等，结论①错误8AB =142OB OC AB ∴=== 则BC 的长为41806043ππ⨯=，结论②正确 BOC 是等边三角形，BE OC ⊥11603022OBE CBE OBC ∴∠=∠=∠=⨯︒=︒ 903060OB DBE ABD E ∠=∠-=︒-︒=∴∠︒，则结论③错误PFB BCF CBF BCF ∠=∠+∠>∠，即对应角PFB ∠与BCF ∠不可能相等BCF ∴与PFB △不相似，则结论④错误在BCF △和PCB 中，30CBF CPB BCF PCB ∠=∠=︒⎧⎨∠=∠⎩BCF PCB ∴~CF CB CB CP ∴=，即2CF CP CB ⋅= 又BOC 是等边三角形，4OB =4CB OB ∴==2416CF CP ∴⋅==即CF CP ⋅为定值，结论⑤正确综上，结论正确的是②⑤故答案为：②⑤．【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的题①，先假设结论成立，再推出矛盾点是解题关键．26．（2020·湖南中考真题）据《汉书律历志》记载：“量者，龠（yuè）、合、升、斗、斛（hú）也”斛是中国古代的一种量器，“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形的外接一个圆，此圆外是一个同心圆”，如图所示．问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的周长为________尺．（结果用最简根式表示）【答案】【分析】根据正方形性质确定△CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，问题得解．【详解】解：∵四边形CDEF为正方形，∴∠D=90°，CD=DE，∠=45°，∴CE为直径，ECD由题意得AB=2.5，∴CE=2.5-0.25×2=2，∠⨯，∴CD=CE cos ECD=22∠=45°，∴ECD∴正方形CDEF周长为故答案为：【点睛】本题考查了正方形外接圆的性质，等腰直角三角形性质，解题关键是判断出正方形对角线为其外接圆直径． 27．（2020·湖南中考真题）一个蜘蛛网如图所示，若多边形ABCDEFGHI 为正九边形，其中心点为点O ，点M 、N 分别在射线OA 、OC 上，则MON ∠=________度．【答案】80【分析】根据正多边形性质求出中心角，即可求出MON ∠．【详解】解：根据正多边形性质得，中心角为360°÷9=40°，∴2=80MON ABC ∠=∠︒．故答案为：80【点睛】本题考查了正n 边形中心角的定义，在正多边形中，中心角为360n ︒ ． 28．（2020·湖南中考真题）已知圆锥的底面周长是2π分米，母线长为1分米，则圆锥的侧面积是__________平方分米． 【答案】4π 【分析】根据圆锥的侧面展开图就是扇形，求圆锥的侧面积就是求扇形的面积，圆锥的底面周长就是扇形弧长，母线长就是扇形的半径，根据扇形面积公式，即可求解．【详解】根据圆锥的侧面展开图是扇形可知，扇形的弧长等于圆锥底面周长为2π分米，扇形的半径等于母线长为1分米， 根据1=2S lR 扇得，1=1=224S ππ⋅⋅扇平方分米． 故答案为4π． 【点睛】本题主要考查扇形的面积公式，掌握圆锥的侧面展开图是解答本题的关键．29．（2020·湖南长沙市·）若一个圆锥的母线长是3，底面半径是1，则它的侧面展开图的面积是_____．【答案】3π．【分析】先求得圆锥的底面周长，再根据扇形的面积公式S =12lR 求得答案即可． 【详解】解：圆锥的底面周长为：2×π×1＝2π， 侧面积为：12×2π×3＝3π． 故答案为：3π．【点睛】本题考查了圆锥侧面积的计算：正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．30．（2020·湖南中考真题）如图，圆锥的母线长为10，侧面展开图的面积为60π，则圆锥主视图的面积为__________．【答案】48【分析】圆锥的主视图是等腰三角形，根据圆锥侧面积公式S=πrl 代入数据求出圆锥的底面半径长，再由勾股定理求出圆锥的高即可．【详解】根据圆锥侧面积公式：S=πrl ，圆锥的母线长为10，侧面展开图的面积为60π，故60π=π×10×r ，解得：r=6．由勾股定理可得圆锥的高∵圆锥的主视图是一个底边为12，高为8的等腰三角形，∴它的面积=1128=482⨯⨯， 故答案为：48【点睛】本题考查了三视图的知识，圆锥侧面积公式的应用，正确记忆圆锥侧面积公式是解题关键． 31．（2020·湖南中考真题）小明家有一个如图所示的闹钟，他观察圆心角AOB 90∠=，测得ACB 的长为36cm ，则ADB 的长为__________cm ．【答案】12【分析】根据弧长公式求得圆O 的半径，再根据弧长公式求出ADB 的长．【详解】解：设半径OA 的长为r ，∵∠AOB=90°，∴∠ACB=270°，27036180ACB r l cm π⨯⨯==， ∴24r cm π=， ∴249012180ADB l cm ππ⨯⨯==，故答案为：12．【点睛】本题考查了弧长的计算，牢记弧长公式并正确运用是解题的关键．32．（2020·湖南中考真题）如图，四边形ABDC 中，3,2AB AC BD CD ====，则将它以AD 为轴旋转180°后所得分别以AB 、BD 为母线的上下两个圆锥的侧面积之比为_________．【答案】3∶2【分析】根据两个圆锥的底面圆相同，设底面圆的周长为l ，根据圆锥的侧面积公式可得上面圆锥的侧面积为：π·AB·l ，下面圆锥的侧面积为：π·BD·l ，即可得出答案．【详解】解：∵两个圆锥的底面圆相同，∴可设底面圆的周长为l ，∴上面圆锥的侧面积为：π·AB·l ，下面圆锥的侧面积为：π·BD·l ，∴S 上：S 下=3：2，故答案为：3：2．【点睛】本题考查了圆锥的侧面积公式，掌握圆锥侧面积公式是解题关键．33．（2020·湖南中考真题）如图，公路弯道标志R m =表示圆弧道路所在圆的半径为m （米），某车在标有300R =处的弯道上从点A 行驶了100π米到达点B ，则线段AB =_______米．【答案】300【分析】根据弧长公式求出∠AOB的度数，根据等边三角形的性质即可求解．【详解】∵100π=300 180180 n R nππ⋅=∴n=60°又AO=BO∴△AOB是等边三角形，∴AB=AO=BO=300(米)故答案为：300．【点睛】此题主要考查弧长公式，解题的关键是熟知弧长公式的运用．34．（2020·湖南中考真题）如图①是山东舰航徽的构图，采用航母45度破浪而出的角度，展现山东舰作为中国首艘国产舰母横空出世的气势，将舰徽中第一条波浪抽象成几何图形，则是一条长为10π的弧，若该弧所在的扇形是高为12的圆锥侧面展开图（如图②），则该圆锥的母线长AB为____________．【答案】13.【分析】由扇形弧长求出底面半径，由勾股定理即可求出母线AB的长．【详解】解：∵圆锥底面周长=侧面展开后扇形的弧长=10π∴OB=1052ππ=，在Rt △AOB 中，13=，所以，该圆锥的母线长AB 为13.故答案为：13．【点睛】本题考查圆锥弧长公式的应用，解题的关键是牢记有关的公式．35．（2020·湖南中考真题）如图，在半径为6的O 中，圆心角60AOB ︒∠=，则阴影部分面积为________．【答案】6π【分析】直接根据扇形的面积计算公式计算即可．【详解】 解：阴影部分面积为26066360ππ⨯=， 故答案为：6π．【点睛】本题考查了扇形面积的计算，解题的关键是熟记扇形面积的计算公式．36．（2019·湖南中考真题）如图，C 、D 两点在以AB 为直径的圆上，2AB =，30ACD ︒∠=，则AD =_______．【答案】1【分析】利用圆周角定理得到∠ADB=90°，∠B=∠ACD=30°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系求求AD 的长．【详解】解：∵AB 为直径，∴90ADB ︒∠=，∵30B ACD ︒∠=∠=， ∴112122AD AB ==⨯=． 故答案为1．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．37．（2019·湖南中考真题）如图所示，AB 为O 的直径，点C 在O 上，且OC AB ⊥，过点C 的弦CD 与线段OB 相交于点E ，满足65AEC ∠=︒，连接AD ，则BAD ∠=_____度．【答案】20【分析】由直角三角形的性质得出25OCE ∠=︒，由等腰三角形的性质得出25ODC OCE ∠=∠=︒，求出130DOC ∠=︒，得出40BOD DOC COE ∠=∠-∠=︒，再由圆周角定理即可得出答案．【详解】解：连接OD ，如图：∴90COE ∠=︒，∵65AEC ∠=︒，∴906525OCE ∠=︒-︒=︒，∵OC OD =，∴25ODC OCE ∠=∠=︒，∴1802525130DOC ∠=︒-︒-︒=︒，∴40BOD DOC COE ∠=∠-∠=︒， ∴1202BAD BOD ∠=∠=︒， 故答案为20．【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握圆周角定理是解题的关键．38．（2019·湖南中考真题）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章计算弧田面积所用的经验公式是：弧田面积12=（弦×矢+矢2）．孤田是由圆弧和其所对的弦围成（如图中的阴影部分），公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，运用垂径定理（当半径OC ⊥弦AB 时，OC 平分AB ）可以求解．现已知弦8AB =米，半径等于5米的弧田，按照上述公式计算出弧田的面积为_____平方米．【答案】10【分析】根据垂径定理得到4=AD ，由勾股定理得到3OD ==，求得2OA OD -=，根据弧田面积12=（弦×矢+矢2）即可得到结论． 【详解】解：∵弦8AB =米，半径OC ⊥弦AB ，。

湖南省各地市中考《二次函数》压轴题精编（解析版）（地市排序不分先后）一．解答题（共13小题）1．（长沙市）我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”．（1）①在“平行四边形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有 ； ②在凸四边形ABCD 中，AB=AD 且CB ≠CD ，则该四边形 “十字形”．（填“是”或“不是”）（2）如图1，A ，B ，C ，D 是半径为1的⊙O 上按逆时针方向排列的四个动点，AC 与BD 交于点E ，∠ADB ﹣∠CDB=∠ABD ﹣∠CBD ，当6≤AC 2+BD 2≤7时，求OE 的取值范围；（3）如图2，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y=ax 2+bx +c （a ，b ，c 为常数，a ＞0，c ＜0）与x 轴交于A ，C 两点（点A 在点C 的左侧），B 是抛物线与y 轴的交点，点D 的坐标为（0，﹣ac ），记“十字形”ABCD 的面积为S ，记△AOB ，△COD ，△AOD ，△BOC 的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4．求同时满足下列三个条件的抛物线的解析式； 12S S S =34S S S =“十字形”ABCD 的周长为102．（常德市）如图，已知二次函数的图象过点O （0，0）．A （8，4），与x 轴交于另一点B ，且对称轴是直线x=3．（1）求该二次函数的解析式；（2）若M 是OB 上的一点，作MN ∥AB 交OA 于N ，当△ANM 面积最大时，求M 的坐标；（3）P 是x 轴上的点，过P 作PQ ⊥x 轴与抛物线交于Q ．过A 作AC ⊥x 轴于C ，当以O ，P ，Q 为顶点的三角形与以O ，A ，C 为顶点的三角形相似时，求P 点的坐标．3．（株洲市）如图，已知二次函数y=ax2﹣53x+c（a＞0）的图象抛物线与x轴相交于不同的两点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜x2，（1）若抛物线的对称轴为x=3求的a值；（2）若a=15，求c的取值范围；（3）若该抛物线与y轴相交于点D，连接BD，且∠OBD=60°，抛物线的对称轴l与x轴相交点E，点F是直线l上的一点，点F的纵坐标为3+12a，连接AF，满足∠ADB=∠AFE，求该二次函数的解析式．4．（永州市）如图1，抛物线的顶点A的坐标为（1，4），抛物线与x轴相交于B、C两点，与y轴交于点E（0，3）．（1）求抛物线的表达式；（2）已知点F（0，﹣3），在抛物线的对称轴上是否存在一点G，使得EG+FG最小，如果存在，求出点G的坐标；如果不存在，请说明理由．（3）如图2，连接AB，若点P是线段OE上的一动点，过点P作线段AB的垂线，分别与线段AB、抛物线相交于点M、N（点M、N都在抛物线对称轴的右侧），当MN最大时，求△PON的面积．5．（岳阳市）已知抛物线F：y=x2+bx+c的图象经过坐标原点O，且与x轴另一交点为（﹣，0）．（1）求抛物线F的解析式；（2）如图1，直线l：y=x+m（m＞0）与抛物线F相交于点A（x1，y1）和点B（x2，y2）（点A在第二象限），求y2﹣y1的值（用含m的式子表示）；（3）在（2）中，若m=43，设点A′是点A关于原点O的对称点，如图2．①判断△AA′B的形状，并说明理由；②平面内是否存在点P，使得以点A、B、A′、P为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．6．（郴州市）如图1，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P 的横坐标为t．（1）求抛物线的表达式；（2）设抛物线的对称轴为l，l与x轴的交点为D．在直线l上是否存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．（3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S．①求S关于t的函数表达式；②求P点到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P的坐标．7．（湘潭市）如图，点P为抛物线y=14x2上一动点．（1）若抛物线y=14x2是由抛物线y=14（x+2）2﹣1通过图象平移得到的，请写出平移的过程；（2）若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为（0，﹣1），过点P作PM⊥l于M．①问题探究：如图一，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM=PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．②问题解决：如图二，若点Q的坐标为（1，5），求QP+PF的最小值．8．（张家界市）如图，已知二次函数y=ax2+1（a≠0，a为实数）的图象过点A （﹣2，2），一次函数y=kx+b（k≠0，k，b为实数）的图象l经过点B（0，2）．（1）求a值并写出二次函数表达式；（2）求b值；（3）设直线l与二次函数图象交于M，N两点，过M作MC垂直x轴于点C，试证明：MB=MC；（4）在（3）的条件下，请判断以线段MN为直径的圆与x轴的位置关系，并说明理由．9．（邵阳市）如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的13？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．10．（怀化市）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式和直线AC的解析式；（2）请在y轴上找一点M，使△BDM的周长最小，求出点M的坐标；（3）试探究：在拋物线上是否存在点P，使以点A，P，C为顶点，AC为直角边的三角形是直角三角形？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．11．（湘西州）如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a、b为常数，a≠0）与x轴相交于另一点A（3，0）．直线l：y=x在第一象限内和此抛物线相交于点B （5，t），与抛物线的对称轴相交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴上找一点P，使以点P、O、C为顶点的三角形与以点A、O、B为顶点的三角形相似，求满足条件的点P的坐标；（3）直线l沿着x轴向右平移得到直线l′，l′与线段OA相交于点M，与x轴下方的抛物线相交于点N，过点N作NE⊥x轴于点E．把△MEN沿直线l′折叠，当点E恰好落在抛物线上时（图2），求直线l′的解析式；（4）在（3）问的条件下（图3），直线l′与y轴相交于点K，把△MOK绕点O 顺时针旋转90°得到△M′OK′，点F为直线l′上的动点．当△M'FK′为等腰三角形时，求满足条件的点F的坐标．12．（衡阳市）如图，已知直线y=﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B，抛物线过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D．（1）若抛物线的解析式为y=﹣2x2+2x+4，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N．①求点M、N的坐标；②是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；（2）当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．13．（娄底市）如图，抛物线y=ax2+bx+c与两坐标轴相交于点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），D是抛物线的顶点，E是线段AB的中点．（1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标；（2）F（x，y）是抛物线上的动点：①当x＞1，y＞0时，求△BDF的面积的最大值；②当∠AEF=∠DBE时，求点F的坐标．湖南省各地市中考《二次函数》压轴题精析一．解答题（共13小题）1．（长沙市）我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”．（1）①在“平行四边形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有 菱形，正方形 ； ②在凸四边形ABCD 中，AB=AD 且CB ≠CD ，则该四边形 不是 “十字形”．（填“是”或“不是”）（2）如图1，A ，B ，C ，D 是半径为1的⊙O 上按逆时针方向排列的四个动点，AC 与BD 交于点E ，∠ADB ﹣∠CDB=∠ABD ﹣∠CBD ，当6≤AC 2+BD 2≤7时，求OE 的取值范围；（3）如图2，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y=ax 2+bx +c （a ，b ，c 为常数，a ＞0，c ＜0）与x 轴交于A ，C 两点（点A 在点C 的左侧），B 是抛物线与y 轴的交点，点D 的坐标为（0，﹣ac ），记“十字形”ABCD 的面积为S ，记△AOB ，△COD ，△AOD ，△BOC 的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4．求同时满足下列三个条件的抛物线的解析式；①12S S S =+；②34S S S =+；③“十字形”ABCD 的周长为1210．【学会思考】（1）利用“十字形”的定义判断即可；（2）先判断出∠ADB +∠CAD=∠ABD +∠CAB ，进而判断出∠AED=∠AEB=90°，即：AC ⊥BD ，再判断出四边形OMEN 是矩形，进而得出OE 2=2﹣14（AC 2+BD 2），即可得出结论；（3）由题意得，A （，0），B （0，c ），C （，0），D （0，﹣ac ），求出S=12AC•BD=﹣12（ac +c ）×，S 1=12OA•OB=﹣，S 2=12OC•OD=﹣，S3=12OA×OD=﹣，S4=12OB×OC=﹣，进而建立方程+=+，求出a=1，再求出b=0，进而判断出四边形ABCD是菱形，求出AD=310，进而求出c=﹣9，即可得出结论．【解】：（1）①∵菱形，正方形的对角线互相垂直，∴菱形，正方形是：“十字形”，∵平行四边形，矩形的对角线不一定垂直，∴平行四边形，矩形不是“十字形”，故答案为：菱形，正方形；②如图，当CB=CD时，在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC（SSS），∴∠BAC=∠DAC，∵AB=AD，∴AC⊥BD，∴当CB≠CD时，四边形ABCD不是“十字形”，故答案为：不是；（2）∵∠ADB+∠CBD=∠ABD+∠CDB，∠CBD=∠CDB=∠CAB，∴∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，∴180°﹣∠AED=180°﹣∠AEB，∴∠AED=∠AEB=90°，∴AC⊥BD，过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，∴OA=OD=1，OM2=OA2﹣AM2，ON2=OD2﹣DN2，AM=12AC，DN=12BD，四边形OMEN是矩形，∴ON=ME ，OE 2=OM 2+ME 2，∴OE 2=OM 2+ON 2=2﹣14（AC 2+BD 2）， ∵6≤AC 2+BD 2≤7， ∴2﹣74≤OE 2≤2﹣32， ∴14≤OE 2≤12， ∴12（OE ＞0）；（3）由题意得，A （，0），B （0，c ），C （，0），D （0，﹣ac ）， ∵a ＞0，c ＜0，∴OA=，OB=﹣c ，OC=，OD=﹣ac ，AC=，BD=﹣ac ﹣c ， ∴S=12AC•BD=﹣12（ac +c ）×，S 1=12OA•OB=﹣，S 2=12OC•OD=﹣， S 3=12OA ×OD=﹣，S 4=12OB ×OC=﹣，∵12S S S =+，34S S S =+，∴+=+， ∴4a =2，∴a=1，∴S=﹣c ∆，S 1=﹣，S 4=﹣， ∵12S S S =+，∴S=S 1+S 2+212S S ，∴﹣c ∆=﹣+2， ∴﹣=﹣c•c -， ∴=4c -∴b=0，∴A（﹣c，0），B（0，c），C（c ，0），d（0，﹣c），∴四边形ABCD是菱形，∴4AD=1210，∴AD=310，即：AD2=90，∵AD2=c2﹣c，∴c2﹣c=90，∴c=﹣9或c=10（舍），即：y=x2﹣9．2．（常德市）如图，已知二次函数的图象过点O（0，0）．A（8，4），与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x=3．（1）求该二次函数的解析式；（2）若M是OB上的一点，作MN∥AB交OA于N，当△ANM面积最大时，求M的坐标；（3）P是x轴上的点，过P作PQ⊥x轴与抛物线交于Q．过A作AC⊥x轴于C，当以O，P，Q为顶点的三角形与以O，A，C为顶点的三角形相似时，求P点的坐标．【学会思考】（1）先利用抛物线的对称性确定B（6，0），然后设交点式求抛物线解析式；（2）设M（t，0），先其求出直线OA的解析式为y=12x，直线AB的解析式为y=2x﹣12，直线MN的解析式为y=2x﹣2t，再通过解方程组得N（43t，2 3t），接着利用三角形面积公式，利用S△AMN=S△AOM﹣S△NOM得到S△AMN=12•4•t﹣12•t•23t，然后根据二次函数的性质解决问题；（3）设Q（m，14m2﹣32m），根据相似三角形的判定方法，当=时，△PQO∽△COA，则|14m2﹣32m|=2|m|；当=时，△PQO∽△CAO，则|14m2﹣3 2m|=12|m|，然后分别解关于m的绝对值方程可得到对应的P点坐标．【解】：（1）∵抛物线过原点，对称轴是直线x=3，∴B点坐标为（6，0），设抛物线解析式为y=ax（x﹣6），把A（8，4）代入得a•8•2=4，解得a=14，∴抛物线解析式为y=14x（x﹣6），即y=14x2﹣32x；（2）设M（t，0），易得直线OA的解析式为y=12 x，设直线AB的解析式为y=kx+b，把B（6，0），A（8，4）代入得，解得，∴直线AB 的解析式为y=2x ﹣12，∵MN ∥AB ，∴设直线MN 的解析式为y=2x +n ，把M （t ，0）代入得2t +n=0，解得n=﹣2t ，∴直线MN 的解析式为y=2x ﹣2t ， 解方程组得，则N （43t ，23t ）， ∴S △AMN =S △AOM ﹣S △NOM =12•4•t ﹣12•t•23t =﹣13t 2+2t =﹣13（t ﹣3）2+3， 当t=3时，S △AMN 有最大值3，此时M 点坐标为（3，0）；（3）设Q （m ，14m 2﹣32m ）， ∵∠OPQ=∠ACO ，∴当=时，△PQO ∽△COA ，即=，∴PQ=2PO ，即|14m 2﹣32m |=2|m |， 解方程14m 2﹣32m=2m 得m 1=0（舍去），m 2=14，此时P 点坐标为（14，0）； 解方程14m 2﹣32m=﹣2m 得m 1=0（舍去），m 2=﹣2，此时P 点坐标为（﹣2，0）； ∴当=时，△PQO ∽△CAO ，即=， ∴PQ=12PO ，即|14m 2﹣32m |=12|m |， 解方程14m 2﹣32m=12m 得m 1=0（舍去），m 2=8（舍去）， 解方程14m 2﹣32m=﹣12m 得m 1=0（舍去），m 2=4，此时P 点坐标为（4，0）； 综上所述，P 点坐标为（14，0）或（﹣2，0）或（4，0）．3．（株洲市）如图，已知二次函数y=ax 2﹣3+c （a ＞0）的图象抛物线与x 轴相交于不同的两点A（x1，0），B（x2，0），且x1＜x2，（1）若抛物线的对称轴为x=3求的a值；（2）若a=15，求c的取值范围；（3）若该抛物线与y轴相交于点D，连接BD，且∠OBD=60°，抛物线的对称轴l与x轴相交点E，点F是直线l上的一点，点F的纵坐标为3+12a，连接AF，满足∠ADB=∠AFE，求该二次函数的解析式．【学会思考】（1）根据抛物线的对称轴公式代入可得a的值；（2）根据已知得：抛物线与x轴有两个交点，则△＞0，列不等式可得c的取值范围；（3）根据60°的正切表示点B的坐标，把点B的坐标代入抛物线的解析式中得：ac=12，则c=，从而得A和B的坐标，表示F的坐标，作辅助线，构建直角△ADG，根据已知的角相等可得△ADG∽△AFE，列比例式得方程可得a和c的值．【解】：（1）抛物线的对称轴是：x=﹣=﹣=3，解得：a=52；（2）由题意得二次函数解析式为：y=15x2﹣53x+c，∵二次函数与x轴有两个交点，∴△＞0，∴△=b2﹣4ac=﹣4×15c，∴c＜54；（3）∵∠BOD=90°，∠DBO=60°，∴tan60°===3， ∴OB=33c ， ∴B （33c ，0）， 把B （33c ，0）代入y=ax 2﹣53x +c 中得：23ac -5333c +c=0， 23ac ﹣5c +c=0， ∵c ≠0，∴ac=12，∴c=， 把c=代入y=ax 2﹣53x +c 中得：y=a （x 2﹣+）=a （x ﹣）（x ﹣）， ∴x 1=，x 2=，∴A （，0），B （，0），D （0，）， ∴AB=﹣=，AE=， ∵F 的纵坐标为3+， ∴F （，），过点A 作AG ⊥DB 于G ，∴BG=12AB=AE=，AG=92a ， DG=DB ﹣BG=﹣=， ∵∠ADB=∠AFE ，∠AGD=∠FEA=90°，∴△ADG ∽△AFE ，∴，∴=，∴a=2，c=6，∴y=2x2﹣53x+6．4．（永州市）如图1，抛物线的顶点A的坐标为（1，4），抛物线与x轴相交于B、C两点，与y轴交于点E（0，3）．（1）求抛物线的表达式；（2）已知点F（0，﹣3），在抛物线的对称轴上是否存在一点G，使得EG+FG最小，如果存在，求出点G的坐标；如果不存在，请说明理由．（3）如图2，连接AB，若点P是线段OE上的一动点，过点P作线段AB的垂线，分别与线段AB、抛物线相交于点M、N（点M、N都在抛物线对称轴的右侧），当MN最大时，求△PON的面积．【学会思考】（1）根据顶点式可求得抛物线的表达式；（2）根据轴对称的最短路径问题，作E关于对称轴的对称点E'，连接E'F交对称轴于G，此时EG+FG的值最小，先求E'F的解析式，它与对称轴的交点就是所求的点G；（3）如图2，先利用待定系数法求AB的解析式为：y=﹣2x+6，设N（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，﹣2m+6），（0≤m≤3），表示NQ=﹣m2+4m﹣3，证明△QMN∽△ADB，列比例式可得MN的表达式，根据配方法可得当m=2时，MN有最大值，证明△NGP∽△ADB，同理得PG的长，从而得OP的长，根据三角形的面积公式可得结论，并将m=2代入计算即可．【解】：（1）设抛物线的表达式为：y=a（x﹣1）2+4，把（0，3）代入得：3=a（0﹣1）2+4，a=﹣1，∴抛物线的表达式为：y=﹣（x﹣1）2+4=﹣x2+2x+3；（2）存在，如图1，作E关于对称轴的对称点E'，连接E'F交对称轴于G，此时EG+FG的值最小，∵E（0，3），∴E'（2，3），易得E'F的解析式为：y=3x﹣3，当x=1时，y=3×1﹣3=0，∴G（1，0）（3）如图2，∵A（1，4），B（3，0），易得AB的解析式为：y=﹣2x+6，过N 作NH ⊥x 轴于H ，交AB 于Q ，设N （m ，﹣m 2+2m +3），则Q （m ，﹣2m +6），（1＜m ＜3），∴NQ=（﹣m 2+2m +3）﹣（﹣2m +6）=﹣m 2+4m ﹣3，∵AD ∥NH ，∴∠DAB=∠NQM ，∵∠ADB=∠QMN=90°，∴△QMN ∽△ADB ， ∴， ∴， ∴MN=﹣（m ﹣2）2+， ∵﹣＜0，∴当m=2时，MN 有最大值；过N 作NG ⊥y 轴于G ，∵∠GPN=∠ABD ，∠NGP=∠ADB=90°，∴△NGP ∽△ADB ， ∴=24=12， ∴PG=12NG=12m ， ∴OP=OG ﹣PG=﹣m 2+2m +3﹣12m=﹣m 2+32m +3， ∴S △PON =12OP•GN=12（﹣m 2+32m +3）•m ， 当m=2时，S △PON =12×2（﹣4+3+3）=2． （方法2：根据m 的值计算N 的坐标为（2，3），与E 是对称点，连接EN ，同理得：EP=12EN=1，则OP=2，根据面积公式可得结论）．5．（岳阳市）已知抛物线F：y=x2+bx+c的图象经过坐标原点O，且与x轴另一交点为（﹣，0）．（1）求抛物线F的解析式；（2）如图1，直线l：y=x+m（m＞0）与抛物线F相交于点A（x1，y1）和点B（x2，y2）（点A在第二象限），求y2﹣y1的值（用含m的式子表示）；（3）在（2）中，若m=43，设点A′是点A关于原点O的对称点，如图2．①判断△AA′B的形状，并说明理由；②平面内是否存在点P，使得以点A、B、A′、P为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【学会思考】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线F的解析式；（2）将直线l的解析式代入抛物线F的解析式中，可求出x1、x2的值，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出y1、y2的值，做差后即可得出y2﹣y1的值；（3）根据m的值可得出点A、B的坐标，利用对称性求出点A′的坐标．①利用两点间的距离公式（勾股定理）可求出AB、AA′、A′B的值，由三者相等即可得出△AA′B为等边三角形；②根据等边三角形的性质结合菱形的性质，可得出存在符合题意得点P，设点P 的坐标为（x，y），分三种情况考虑：（i）当A′B为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标；（ii）当AB为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标；（iii）当AA′为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标．综上即可得出结论．【解】：（1）∵抛物线y=x2+bx+c的图象经过点（0，0）和（﹣33，0），∴，解得：，∴抛物线F的解析式为y=x23．（2）将3+m代入y=x23x，得：x2=m，解得：x1=m x2m∴y1=133m m，y2133m m，∴y2﹣y1=133m m133m m）233m m＞0）．（3）∵m=43，∴点A的坐标为（﹣33，23），点B的坐标为（233，2）．∵点A′是点A关于原点O的对称点，∴点A′的坐标为（233，﹣23）．①△AA′B为等边三角形，理由如下：∵A（﹣233，23），B（233，2），A′（233，﹣23），∴AA′=83，AB=83，A′B=83，∴AA′=AB=A′B，∴△AA′B为等边三角形．②∵△AA′B为等边三角形，∴存在符合题意的点P，且以点A、B、A′、P为顶点的菱形分三种情况，设点P 的坐标为（x，y）．（i）当A′B为对角线时，有，解得：，∴点P的坐标为（23，23）；（ii）当AB为对角线时，有，解得：，∴点P的坐标为（﹣233，103）；（iii）当AA′为对角线时，有，解得：，∴点P的坐标为（﹣33，﹣2）．综上所述：平面内存在点P，使得以点A、B、A′、P为顶点的四边形是菱形，点P的坐标为（23，23）、（﹣233，103）和（﹣233，﹣2）．6．（郴州市）如图1，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P 的横坐标为t．（1）求抛物线的表达式；（2）设抛物线的对称轴为l，l与x轴的交点为D．在直线l上是否存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．（3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S．①求S关于t的函数表达式；②求P点到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P的坐标．【学会思考】（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；（2）连接PC，交抛物线对称轴l于点E，由点A、B的坐标可得出对称轴l为直线x=1，分t=2和t≠2两种情况考虑：当t=2时，由抛物线的对称性可得出此时存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形，再根据点C的坐标利用平行四边形的性质可求出点P、M的坐标；当t≠2时，不存在，利用平行四边形对角线互相平分结合CE≠PE可得出此时不存在符合题意的点M；（3）①过点P作PF∥y轴，交BC于点F，由点B、C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的解析式，根据点P的坐标可得出点F的坐标，进而可得出PF的长度，再由三角形的面积公式即可求出S关于t的函数表达式；②利用二次函数的性质找出S的最大值，利用勾股定理可求出线段BC的长度，利用面积法可求出P点到直线BC的距离的最大值，再找出此时点P的坐标即可得出结论．【解】：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y=﹣x2+bx+c，，解得：，∴抛物线的表达式为y=﹣x2+2x+3．（2）在图1中，连接PC，交抛物线对称轴l于点E，∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴抛物线的对称轴为直线x=1．当t=2时，点C、P关于直线l对称，此时存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形．∵抛物线的表达式为y=﹣x2+2x+3，∴点C的坐标为（0，3），点P的坐标为（2，3），∴点M的坐标为（1，6）；当t≠2时，不存在，理由如下：若四边形CDPM是平行四边形，则CE=PE，∵点C的横坐标为0，点E的横坐标为0，∴点P的横坐标t=1×2﹣0=2．又∵t≠2，∴不存在．（3）①在图2中，过点P作PF∥y轴，交BC于点F．设直线BC的解析式为y=mx+n（m≠0），将B（3，0）、C（0，3）代入y=mx+n，，解得：，∴直线BC的解析式为y=﹣x+3．∵点P的坐标为（t，﹣t2+2t+3），∴点F的坐标为（t，﹣t+3），∴PF=﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）=﹣t2+3t，∴S=12PF•OB=﹣32t2+92t=﹣32（t﹣32）2+278．②∵﹣32＜0，∴当t=32时，S取最大值，最大值为278．∵点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3），∴线段BC==32，∴P点到直线BC的距离的最大值为=，此时点P的坐标为（32，154）．7．（湘潭市）如图，点P为抛物线y=14x2上一动点．（1）若抛物线y=14x2是由抛物线y=14（x+2）2﹣1通过图象平移得到的，请写出平移的过程；（2）若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为（0，﹣1），过点P作PM⊥l于M．①问题探究：如图一，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM=PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．②问题解决：如图二，若点Q的坐标为（1，5），求QP+PF的最小值．【学会思考】（1）找到抛物线顶点坐标即可找到平移方式．（2）①设出点P坐标，利用PM=PF计算BF，求得F坐标；②利用PM=PF，将QP+PF转化为QP+QM，利用垂线段最短解决问题．【解】：（1）∵抛物线y=14（x+2）2﹣1的顶点为（﹣2，﹣1）∴抛物线y=14（x+2）2﹣1的图象向上平移1个单位，再向右2个单位得到抛物线y=14x2的图象．（2）①存在一定点F，使得PM=PF恒成立．如图一，过点P作PB⊥y轴于点B设点P坐标为（a，14a2）∴PM=PF=14a2+1∵PB=a∴Rt△PBF中BF=∴OF=1∴点F坐标为（0，1）②由①，PM=PFQP+PF的最小值为QP+PM的最小值当Q、P、M三点共线时，QP+PM有最小值，最小值为点Q纵坐标加M纵坐标的绝对值．∴QP+PF的最小值为6．8．（张家界市）如图，已知二次函数y=ax2+1（a≠0，a为实数）的图象过点A （﹣2，2），一次函数y=kx+b（k≠0，k，b为实数）的图象l经过点B（0，2）．（1）求a值并写出二次函数表达式；（2）求b值；（3）设直线l与二次函数图象交于M，N两点，过M作MC垂直x轴于点C，试证明：MB=MC；（4）在（3）的条件下，请判断以线段MN为直径的圆与x轴的位置关系，并说明理由．【学会思考】（1）将点A的坐标代入二次函数表达式中可求出a值，进而可得出二次函数表达式；（2）将点B的坐标代入一次函数表达式中可求出b值；（3）过点M作ME⊥y轴于点E，设点M的坐标为（x，14x2+1），则MC=14x2+1，由勾股定理可求出MB的长度，进而可证出MB=MC；（4）过点N作ND⊥x轴于D，取MN的中点为P，过点P作PF⊥x轴于点F，过点N作NH⊥MC于点H，交PF于点Q，由（3）的结论可得出MN=NB+MB=ND+MC，利用中位线定理可得出PQ=12MH，进而可得出PF=12MN，由此即可得出以MN为直径的圆与x轴相切．【解】：（1）∵二次函数y=ax2+1（a≠0，a为实数）的图象过点A（﹣2，2），∴2=4a+1，解得：a=14，∴二次函数表达式为y=14x2+1．（2）∵一次函数y=kx+b（k≠0，k，b为实数）的图象l经过点B（0，2），∴2=k×0+b，∴b=2．（3）证明：过点M作ME⊥y轴于点E，如图1所示．设点M的坐标为（x，14x2+1），则MC=14x2+1，∴ME=|x|，EB=|14x2+1﹣2|=|14x2﹣1|，∴MB=，=，=，=，=14x2+1．∴MB=MC．（4）相切，理由如下：过点N作ND⊥x轴于D，取MN的中点为P，过点P作PF⊥x轴于点F，过点N 作NH⊥MC于点H，交PF于点Q，如图2所示．由（3）知NB=ND，∴MN=NB+MB=ND+MC．∵点P为MN的中点，PQ∥MH，∴PQ=12 MH．∵ND∥HC，NH∥DC，且四个角均为直角，∴四边形NDCH为矩形，∴QF=ND，∴PF=PQ+QF=12MH+ND=12（ND+MH+HC）=12（ND+MC）=12MN．∴以MN为直径的圆与x轴相切．9．（邵阳市）如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的13？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．【学会思考】（1）利用配方法得到y=x2+2x+1=（x+1）2，然后根据抛物线的变换规律求解；（2）利用顶点式y=（x+1）2得到A（﹣1，0），解方程﹣x2+4=0得D（﹣2，0），C（2，0）易得B（0，4），列举出所有的三角形，再计算出AC=3，AD=1，CD=4，17，55然后根据等腰三角形的判定方法和概率公式求解；（3）易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC=6，M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），讨论：①当N点在AC上，如图1，利用面积公式得到12（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，求出AN=1，MN=4，再利用正切定义计算tan∠MAC的值；当m=1时，计算出AN=2，MN=2，再利用正切定义计算tan∠MAC的值；②当N点在BC上，如图2，先利用面积法计算出AN=655，再根据三角形面积公式计算出MN=253，然后利用正切定义计算tan∠MAC的值；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN=17﹣t，由②得AH=655，利用勾股定理可计算出BH=755，证明△BNM∽△BHA，利用相似比可得到MN=，利用三角形面积公式得到12•（17﹣t）•=2，根据此方程没有实数解可判断点N在AB上不符合条件，从而得到tan∠MAN的值为1或4或59．【解】：（1）y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2．把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4；（2）∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，17，55，∴△BCD为等腰三角形，∴构造的三角形是等腰三角形的概率=13；（3）存在．易得BC 的解析是为y=﹣2x +4，S △ABC =12AC•OB=12×3×4=6， M 点的坐标为（m ，﹣2m +4）（0≤m ≤2），①当N 点在AC 上，如图1，∴△AMN 的面积为△ABC 面积的13， ∴12（m +1）（﹣2m +4）=2，解得m 1=0，m 2=1， 当m=0时，M 点的坐标为（0，4），N （0，0），则AN=1，MN=4，∴tan ∠MAC==4；当m=1时，M 点的坐标为（1，2），N （1，0），则AN=2，MN=2，∴tan ∠MAC==1；②当N 点在BC 上，如图2，BC==25，∵12BC•AN=12AC•BC ，解得AN==655， ∵S △AMN =12AN•MN=2， ∴MN==253， ∴∠MAC===59； ③当N 点在AB 上，如图3，作AH ⊥BC 于H ，设AN=t ，则BN=17﹣t ， 由②得AH=655，则BH==755， ∵∠NBG=∠HBA ，∴△BNM ∽△BHA ，∴=，即=，∴MN=，∵12AN•MN=2，即12•（17﹣t）•=2，整理得3t2﹣317t+14=0，△=（﹣317）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，∴点N在AB上不符合条件，综上所述，tan∠MAN的值为1或4或59．10．（怀化市）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式和直线AC的解析式；（2）请在y轴上找一点M，使△BDM的周长最小，求出点M的坐标；（3）试探究：在拋物线上是否存在点P，使以点A，P，C为顶点，AC为直角边的三角形是直角三角形？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【学会思考】（1）设交点式y=a（x+1）（x﹣3），展开得到﹣2a=2，然后求出a 即可得到抛物线解析式；再确定C（0，3），然后利用待定系数法求直线AC的解析式；（2）利用二次函数的性质确定D的坐标为（1，4），作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M，如图1，则B′（﹣3，0），利用两点之间线段最短可判断此时MB+MD的值最小，则此时△BDM的周长最小，然后求出直线DB′的解析式即可得到点M的坐标；（3）过点C作AC的垂线交抛物线于另一点P，如图2，利用两直线垂直一次项系数互为负倒数设直线PC的解析式为y=﹣13x+b，把C点坐标代入求出b得到直线PC的解析式为y=﹣13x+3，再解方程组得此时P点坐标；当过点A作AC的垂线交抛物线于另一点P时，利用同样的方法可求出此时P点坐标．【解】：（1）设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），即y=ax2﹣2ax﹣3a，∴﹣2a=2，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；当x=0时，y=﹣x2+2x+3=3，则C（0，3），设直线AC的解析式为y=px+q，把A（﹣1，0），C（0，3）代入得，解得，∴直线AC的解析式为y=3x+3；（2）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4），作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M，如图1，则B′（﹣3，0），∵MB=MB′，∴MB+MD=MB′+MD=DB′，此时MB+MD的值最小，而BD的值不变，∴此时△BDM的周长最小，易得直线DB′的解析式为y=x+3，当x=0时，y=x+3=3，∴点M的坐标为（0，3）；（3）存在．过点C作AC的垂线交抛物线于另一点P，如图2，∵直线AC的解析式为y=3x+3，∴直线PC的解析式可设为y=﹣13x+b，把C（0，3）代入得b=3，∴直线PC的解析式为y=﹣13x+3，解方程组，解得或，则此时P点坐标为（73，209）；过点A作AC的垂线交抛物线于另一点P，直线PC的解析式可设为y=﹣13x+b，把A（﹣1，0）代入得13+b=0，解得b=﹣13，∴直线PC的解析式为y=﹣13x﹣13，解方程组，解得或，则此时P点坐标为（103，﹣139），综上所述，符合条件的点P的坐标为（73，209）或（103，﹣139），11．（湘西州）如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a、b为常数，a≠0）与x轴相交于另一点A（3，0）．直线l：y=x在第一象限内和此抛物线相交于点B （5，t），与抛物线的对称轴相交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴上找一点P，使以点P、O、C为顶点的三角形与以点A、O、B为顶点的三角形相似，求满足条件的点P的坐标；（3）直线l沿着x轴向右平移得到直线l′，l′与线段OA相交于点M，与x轴下方的抛物线相交于点N，过点N作NE⊥x轴于点E．把△MEN沿直线l′折叠，当点E恰好落在抛物线上时（图2），求直线l′的解析式；（4）在（3）问的条件下（图3），直线l′与y轴相交于点K，把△MOK绕点O 顺时针旋转90°得到△M′OK′，点F为直线l′上的动点．当△M'FK′为等腰三角形时，求满足条件的点F的坐标．【学会思考】（1）应用待定系数法；（2）利用相似三角形性质分类讨论求解；（3）由已知直线l′与x轴所夹锐角为45°，△EMN为等腰直角三角形，当沿直线l′折叠时，四边形ENE′M为正方形，表示点N、E′坐标带入抛物线解析式，可解；（4）由（3）图形旋转可知，M′K′⊥直线l′，△M'FK′只能为等腰直角三角形，则分类讨论可求解．【解】：（1）由已知点B坐标为（5，5）把点B（5，5），A（3，0）代入y=ax2+bx，得解得∴抛物线的解析式为：y=（2）由（1）抛物线对称轴为直线x=32，则点C坐标为（32，32）∴OC=，OB=52当△OBA∽△OCP时，∴∴OP=9 10当△OBA∽△OPC时，∴∴OP=5∴点P坐标为（5，0）或（910，0）（3）设点N坐标为（a，b），直线l′解析式为：y=x+c ∵直线l′y=x+c与x轴夹角为45°。

2019年中考数学二次函数真题汇编试卷(名师全国选择压轴真题+详细解析答案，值得下载练习)1．如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（1，2）且与x轴交点的横坐标分别为x1，x2，其中﹣1＜x1＜0，1＜x2＜2，下列结论：4a+2b+c＜0，2a+b＜0，b2+8a ＞4ac，a＜﹣1，其中结论正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个2．如图：二次函数y＝ax2+bx+2的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，若AC⊥BC，则a的值为（）A．﹣B．﹣C．﹣1 D．﹣23．已知关于x的方程x2﹣（a+b）x+ab﹣1＝0，（a＞b），x1、x2是此方程的两个实数根，且x1＜x2．现给出四个结论：①x1≠x2；②x1x2＜ab；③x12+x22＜a2+b2；④x1＜x2＜b＜a其中正确结论个数是（）A．1 B．2 C．3 D．44．如图（1）所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P，Q同时从点B出发，点P沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒．设P、Q同时出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y 与t的函数关系图象如图（2）（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：①AD ＝BE＝5；②；③当0＜t≤5时，；④当秒时，△ABE∽△QBP；其中正确的结论是（）A．①②③B．②③C．①③④D．②④5．已知抛物线y＝﹣x2+1的顶点为P，点A是第一象限内该二次函数图象上一点，过点A作x轴的平行线交二次函数图象于点B，分别过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为C、D，连结P A、PD，PD交AB于点E，△P AD与△PEA相似吗？（）A．始终不相似B．始终相似C．只有AB＝AD时相似D．无法确定6．定义：若抛物线的顶点与x轴的两个交点构成的三角形是直角三角形，则这种抛物线就称为：“美丽抛物线”．如图，直线l：y＝x+b经过点M（0，），一组抛物线的顶点B1（1，y1），B2（2，y2），B3（3，y3），…B n（n，y n）（n为正整数），依次是直线l上的点，这组抛物线与x轴正半轴的交点依次是：A1（x1，0），A2（x2，0），A3（x3，0），…A n+1（x n+1，0）（n为正整数）．若x1＝d（0＜d＜1），当d为（）时，这组抛物线中存在美丽抛物线．A．或B．或C．或D．7．二次函数y＝x2﹣x+m（m为常数）的图象如图所示，当x＝a时，y＜0；那么当x＝a﹣1时，函数值（）A．y＜0 B．0＜y＜m C．y＞m D．y＝m8．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，若M＝a+b﹣c，N＝4a﹣2b+c，P＝2a﹣b．则M，N，P中，值小于0的数有（）A．3个B．2个C．1个D．0个9．如图，一条抛物线与x轴相交于A、B两点，其顶点P在折线C﹣D﹣E上移动，若点C、D、E的坐标分别为（﹣1，4）、（3，4）、（3，1），点B的横坐标的最小值为1，则点A的横坐标的最大值为（）A．1 B．2 C．3 D．410．如图是某二次函数的图象，将其向左平移2个单位后的图象的函数解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0），则下列结论中正确的有（）（1）a＞0；（2）c＜0；（3）2a﹣b＝0；（4）a+b+c＞0．A．1个B．2个C．3个D．4个11．如图，记抛物线y＝﹣x2+1的图象与x正半轴的交点为A，将线段OA分成n等份，设分点分别为P1，P2，…P n﹣1，过每个分点作x轴的垂线，分别与抛物线交于点Q1，Q2，…，Q n﹣1，再记直角三角形OP1Q1，P1P2Q2，…，P n﹣2P n﹣1Q n﹣1的面积分别为S1，S2，…，这样就有S1＝，S2＝，…；记W＝S1+S2+…+S n﹣1，当n越来越大时，你猜想W最接近的常数是（）A．B．C．D．12．为了备战世界杯，中国足球队在某次训练中，一队员在距离球门12m处的挑射正好射中了2.4m高的球门横梁，若足球运行的路线是抛物线y＝ax2+bx+c（如图所示）则下列结论：①a＜﹣，②﹣＜a＜0，③a﹣b+c＞0，④0＜b＜﹣24a，其中正确的结论是（）A．①③B．①④C．②③D．②④13．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给出以下四个结论：①abc＝0，②a+b+c＞0，③a＞b，④4ac﹣b2＜0；其中正确的结论有（）A．1个B．2个C．3个D．4个14．如图，分别过点P i（i，0）（i＝1、2、…、n）作x轴的垂线，交的图象于点A i，交直线于点B i．则的值为（）A．B．2 C．D．15．如图，半圆A和半圆B均与y轴相切于O，其直径CD，EF均和x轴垂直，以O 为顶点的两条抛物线分别经过点C，E和点D，F，则图中阴影部分面积是（）A．πB．πC．πD．条件不足，无法求16．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，且关于x的一元二次方程ax2+bx+c ﹣m＝0没有实数根，有下列结论：①b2﹣4ac＞0；②abc＜0；③m＞2．其中，正确结论的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．317．如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，x＝﹣1是对称轴，有下列判断：①b﹣2a＝0；②4a﹣2b+c＜0；③a﹣b+c＝﹣9a；④若（﹣3，y1），（，y2）是抛物线上两点，则y1＞y2，其中正确的是（）A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④18．如图，矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，OA＝3，AB＝2．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A和点B，与x轴分别交于点D、E（点D在点E左侧），且OE＝1，则下列结论：①a＞0；②c＞3；③2a﹣b＝0；④4a﹣2b+c＝3；⑤连接AE、BD，则S梯形ABDE＝9．其中正确结论的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个19．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标为（1，n），与y 轴的交点在（0，2）、（0，3）之间（包含端点），则下列结论：①当x＞3时，y＜0；②3a+b＞0；③﹣1≤a≤﹣；④3≤n≤4中，正确的是（）A．①②B．③④C．①④D．①③20．边长为1的正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，将正方形OABC绕顶点O 顺时针旋转75°，使点B落在抛物线y＝ax2（a＜0）的图象上．则抛物线y＝ax2的函数解析式为（）A．y＝﹣B．y＝﹣C．y＝﹣2x2D．y＝﹣21．已知直线经过点A（0，2），B（2，0），点C在抛物线y＝x2的图象上，则使得S△ABC ＝2的点有（）个．A．4 B．3 C．2 D．1参考答案1．解：由抛物线的开口向下知a＜0，与y轴的交点为在y轴的正半轴上，得c＞0，对称轴为x＝＜1，∵a＜0，∴2a+b＜0，而抛物线与x轴有两个交点，∴b2﹣4ac＞0，当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0，当x＝1时，a+b+c＝2．∵＞2，∴4ac﹣b2＜8a，∴b2+8a＞4ac，∵①a+b+c＝2，则2a+2b+2c＝4，②4a+2b+c＜0，③a﹣b+c＜0．由①，③得到2a+2c＜2，由①，②得到2a﹣c＜﹣4，4a﹣2c＜﹣8，上面两个相加得到6a＜﹣6，∴a＜﹣1．故选：D．2．解：设A（x1，0）（x1＜0），B（x2，0）（x2＞0），C（0，t），∵二次函数y＝ax2+bx+2的图象过点C（0，t），∴t＝2；∵AC⊥BC，∴OC2＝OA•OB，即4＝|x1x2|＝﹣x1x2，根据韦达定理知x1x2＝，∴a＝﹣．故选：A．3．解：如图所示，关于x的方程x2﹣（a+b）x+ab﹣1＝0，x1，x2是此方程的两个实数根，x1，x2是抛物线y＝x2﹣（a+b）x+ab与直线y＝1的交点的横坐标，（不妨设x1＜x2且a＜b）观察图象可知，x1≠x2，故①正确设抛物线的对称轴为x＝h，x2＝h+m，x1＝h﹣m，b＝h+n，a＝h﹣n，m＞n，∴x1•x2＝h2﹣m2，ab＝h2﹣n2，∵m＞n，∴x1•x2＜ab，故②正确，∵＝，∴x1+x2＝a+b，∴x12+2x1x2+x22＝a2+2ab+b2，∵2x1x2＜2ab，∴x12+x22＞a2+b2，故③错误，观察图象可知x1＜b＜a＜x2，故④错误．故选：B．4．解：根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C，∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，∴BC＝BE＝5，∴AD＝BE＝5，故①小题正确；又∵从M到N的变化是2，∴ED＝2，∴AE＝AD﹣ED＝5﹣2＝3，在Rt△ABE中，AB＝＝＝4，∴cos∠ABE＝＝，故②小题错误；过点P作PF⊥BC于点F，∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠PBF，∴sin∠PBF＝sin∠AEB＝＝，∴PF＝PB sin∠PBF＝t，∴当0＜t≤5时，y＝BQ•PF＝t•t＝t2，故③小题正确；当t＝秒时，点P在CD上，此时，PD＝﹣BE﹣ED＝﹣5﹣2＝，PQ＝CD﹣PD＝4﹣＝，∵＝，＝＝，∴＝，又∵∠A＝∠Q＝90°，∴△ABE∽△QBP，故④小题正确．综上所述，正确的有①③④．故选：C．5．解：令x＝0，则y＝1，∴OP＝1，设点A的横坐标为m，则AD＝﹣m2+1，∵AB⊥y轴，AD⊥x轴，∴AF＝OD＝m，OF＝﹣m2+1，PF＝1﹣（﹣m2+1）＝m2，在Rt△P AF中，P A2＝PF2+AF2＝（m2）2+m2＝m4+m2，在Rt△POD中，PD＝＝＝，由AB∥x轴得，△PEF∽△PDO，∴＝，即＝，解得，PE＝m2，∴P A2＝PD•PE＝m4+m2，∴＝，∵∠APE＝∠DP A，∴△P AD∽△PEA，即，△P AD与△PEA始终相似．故选：B．6．解：直线l：y＝x+b经过点M（0，），则b＝；∴直线l：y＝x+．由抛物线的对称性知：抛物线的顶点与x轴的两个交点构成的直角三角形必为等腰直角三角形；∴该等腰三角形的高等于斜边的一半．∵0＜d＜1，∴该等腰直角三角形的斜边长小于2，斜边上的高小于1（即抛物线的顶点纵坐标小于1）；∵当x＝1时，y1＝×1+＝＜1，当x＝2时，y2＝×2+＝＜1，当x＝3时，y3＝×3+＝＞1，∴美丽抛物线的顶点只有B1、B2．①若B1为顶点，由B1（1，），则d＝1﹣＝；②若B2为顶点，由B2（2，），则d＝1﹣[（2﹣）﹣1]＝，综上所述，d的值为或时，存在美丽抛物线．故选：B．7．解：∵对称轴是x＝，0＜x1＜故由对称性＜x2＜1当x＝a时，y＜0，则a的范围是x1＜a＜x2，所以a﹣1＜0，当x时y随x的增大而减小，当x＝0时函数值是m．因而当x＝a﹣1＜0时，函数值y一定大于m．故选：C．8．解：∵图象开口向下，∴a＜0，∵对称轴在y轴左侧，∴a，b同号，∴a＜0，b＜0，∵图象经过y轴正半轴，∴c＞0，∴M＝a+b﹣c＜0当x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c＜0，∴N＝4a﹣2b+c＜0，∵﹣＞﹣1，∴＜1，∵a＜0，∴b＞2a，∴2a﹣b＜0，∴P＝2a﹣b＜0，则M，N，P中，值小于0的数有M，N，P．故选：A．9．解：由图知：当点B的横坐标为1时，抛物线顶点取C（﹣1，4），设该抛物线的解析式为：y＝a（x+1）2+4，代入点B坐标，得：0＝a（1+1）2+4，a＝﹣1，即：B点横坐标取最小值时，抛物线的解析式为：y＝﹣（x+1）2+4．当A点横坐标取最大值时，抛物线顶点应取E（3，1），则此时抛物线的解析式：y ＝﹣（x﹣3）2+1＝﹣x2+6x﹣8＝﹣（x﹣2）（x﹣4），即与x轴的交点为（2，0）或（4，0）（舍去），∴点A的横坐标的最大值为2．故选：B．10．解：（1）∵将其向左平移2个单位后的图象的函数解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0）（如虚线部分），∴y＝ax2+bx+c的对称轴为：直线x＝﹣1；∵开口方向向上，∴a＞0，故①正确；（2）∵与y轴的交点为在y轴的负半轴上∴c＜0，故②正确；（3）∵对称轴x＝＝﹣1，∴2a﹣b＝0，故③正确；（4）当x＝1时，y＝a+b+c＞0，故④正确．故选：D．11．解：由图象知S3＝，总结出规律：，则w＝S1+S2+…+S n﹣1＝++…+＝＝＝＝﹣﹣+﹣＝﹣﹣，当n越来越大时，可知W最接近的常数为．故选：C．12．解：由抛物线的开口向下知a＜0，对称轴为x＝＞0，∴a、b异号，即b＞0．与y轴的交点坐标为（0，2.4），∴c＝2.4把点（12，0）代入解析式得：144a+12b+2.4＝0．∴144a＝﹣2.4﹣12b，12b＝﹣2.4﹣144a∴144a＜﹣2.4，12b＜﹣144a∴a＜﹣，b＜﹣12a，∴2b＜﹣24a，即b＜﹣12a，∴b＜﹣24a，∴①④正确，②错误∵此题是实际问题，∴x不能取﹣1，∴③a﹣b+c＞0错误．故选：B．13．解：∵二次函数y＝ax2+bx+c图象经过原点，∴c＝0，∴abc＝0∴①正确；∵x＝1时，y＜0，∴a+b+c＜0，∴②不正确；∵抛物线开口向下，∴a＜0，∵抛物线的对称轴是x＝﹣，∴﹣，b＜0，∴b＝3a，又∵a＜0，b＜0，∴a＞b，∴③正确；∵二次函数y＝ax2+bx+c图象与x轴有两个交点，∴△＞0，∴b2﹣4ac＞0，4ac﹣b2＜0，∴④正确；综上，可得正确结论有3个：①③④．故选：C．14．解：根据题意得：A i B i＝x2﹣（﹣x）＝x（x+1），∴＝＝2（﹣），∴++…+＝2（1﹣+﹣+…+﹣）＝．故选：A．15．解：由分析知图中阴影面积等于半圆的面积，则s＝＝．故选：B．16．解：①∵二次函数y＝ax2+bx+c与x轴有两个交点，∴b2﹣4ac＞0，故①正确；②∵抛物线的开口向下，∴a＜0，∵抛物线与y轴交于正半轴，∴c＞0，∵对称轴x＝﹣＞0，∴ab＜0，∵a＜0，∴b＞0，∴abc＜0，故②正确；③∵一元二次方程ax2+bx+c﹣m＝0没有实数根，∴y＝ax2+bx+c和y＝m没有交点，由图可得，m＞2，故③正确．故选：D．17．解：∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，∴﹣＝﹣1，b＝2a，∴b﹣2a＝0，故①正确；∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，和x轴的一个交点是（2，0），∴抛物线和x轴的另一个交点是（﹣4，0），∴把x＝﹣2代入得：y＝4a﹣2b+c＞0，故②错误；∵图象过点（2，0），代入抛物线的解析式得：4a+2b+c＝0，又∵b＝2a，∴c＝﹣4a﹣2b＝﹣8a，∴a﹣b+c＝a﹣2a﹣8a＝﹣9a，故③正确；根据图象，可知抛物线对称轴的右边y随x的增大而减小，∵抛物线和x轴的交点坐标是（2，0）和（﹣4，0），抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，∴点（﹣3，y1）关于对称轴的对称点的坐标是（（1，y1），∵（，y2），1＜，∴y1＞y2，故④正确；即正确的有①③④，故选：B．18．解：由函数图象可得：抛物线开口向下，∴a＜0，选项①错误；又OA＝3，AB＝2，∴抛物线与y轴交于A（0，3），即c＝3，选项②错误；又A和B关于对称轴对称，且AB＝2，∴对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，即2a﹣b＝0，选项③正确；∴B（﹣2，3），将x＝﹣2，y＝3代入抛物线解析式得：4a﹣2b+c＝3，选项④正确；由OE＝1，利用对称性得到CD＝OE＝1，又OC＝AB＝2，∴DE＝CD+OC+OE＝1+2+1＝4，又OA＝3，则S梯形ABDE＝OA（AB+DE）＝9，选项⑤正确，综上，正确的个数为3个．故选：C．19．解：①∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），对称轴直线是x＝1，∴该抛物线与x轴的另一个交点的坐标是（3，0），∴根据图示知，当x＞3时，y＜0．故①正确；②根据图示知，抛物线开口方向向下，则a＜0．∵对称轴x＝﹣＝1，∴b＝﹣2a，∴3a+b＝3a﹣2a＝a＜0，即3a+b＜0．故②错误；③∵抛物线与x轴的两个交点坐标分别是（﹣1，0），（3，0），∴﹣1×3＝﹣3，∴＝﹣3，则a＝﹣．∵抛物线与y轴的交点在（0，2）、（0，3）之间（包含端点），∴2≤c≤3，∴﹣1≤﹣≤﹣，即﹣1≤a≤﹣．故③正确；④根据题意知，a＝﹣，﹣＝1，∴b＝﹣2a＝，∴n＝a+b+c＝c．∵2≤c≤3，∴≤c≤4，即≤n≤4．故④错误．综上所述，正确的说法有①③．故选：D．20．解：如图，作BE⊥x轴于点E，连接OB，∵正方形OABC绕顶点O顺时针旋转75°，∴∠AOE＝75°，∵∠AOB＝45°，∴∠BOE＝30°，∵OA＝1，∴OB＝，∵∠OEB＝90°，∴BE＝OB＝，∴OE＝，∴点B坐标为（，﹣），代入y＝ax2（a＜0）得a＝﹣，∴y＝﹣．故选：B．21．解：∵S△ABC＝×2×2＝2，可见，当O与C重合时，S△ABC＝2，作CD⊥AB，∵AO＝BO＝2，可见，△ACB为等腰直角三角形，CD＝2×cos45°＝2×＝．由图易得，到AB距离为的点有C、C1、C2，作CC3∥AB，则CC3的解析式为y＝﹣x，将y＝﹣x和y＝x2组成方程组得，，解得，，，则C3坐标为（﹣1，1），可见，有四个点，使得S△ABC＝2．故选：A．。

2021年湖南省郴州市中考数学总复习：二次函数
一．选择题（共50小题）
1．在平面直角坐标系中，把抛物线y＝2x2绕原点旋转180°，再向右平移1个单位，向下平移2个单位，所得的抛物线的函数表达式为（）
A．y＝2（x﹣1）2﹣2B．y＝2（x+1）2﹣2
C．y＝﹣2（x﹣1）2﹣2D．y＝﹣2（x+1）2﹣2
2．抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴有两个交点，且交点位于y轴两侧，则下列关于这个二次函数的说法中不正
确的是（）
A．a＞0
B．若b＞0，则当x＞0时，y随x的增大而增大
C．a+b＜3
D．一元二次方程ax2+bx﹣1＝0的两根异号
3．如图，在平面直角坐标系中2条直线，分别为l1：y＝3x+3，l2：y＝3x﹣3，直线l1交x 轴于点A，交y轴于点B，直线l2交x轴于点D，过点B作x轴的平行线交l2于点C，抛物线y＝ax2+bx+c过A、B、C三点．
下列判断中：
①a+b+c＝0；
②抛物线关于直线x＝1轴对称；
③点（a+b，c）在抛物线上方；
④S△BCD＝3；
⑤4a（c﹣4）＝b2．
其中正确的个数有（）
A．5B．4C．3D．2
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专题12 几何图形初步、平行线与相交线、展开图一、选择题1．（2021·湖南怀化市·中考真题）下列图形中，可能是圆锥侧面展开图的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】根据圆锥的侧面展开图为扇形判断即可．【详解】解：由圆锥的侧面展开图是扇形可知选B ，故选：B ．【点睛】本题主要考查圆锥侧面展开图的形状，题型比较简单，熟知关于圆锥的知识点是解决本题的关键． 2．（2021·湖南长沙市·中考真题）如图，//AB CD ，EF 分别与AB ，CD 交于点G ，H ，100AGE ∠=°，则DHF ∠的度数为（ ）A ．100︒B ．80︒C ．50︒D ．40︒【答案】A【分析】先根据平行线的性质可得100CHE AGE ∠=∠=︒，再根据对顶角相等即可得．【详解】解：//,100AB CD AGE ∠=︒，100CHE AGE ∴∠=∠=︒，100CHE DHF ∴∠=∠=︒（对顶角相等），故选：A ．【点睛】本题考查了平行线的性质、对顶角相等，熟练掌握平行线的性质是解题关键．3．（2021·湖南岳阳市·中考真题）将一副直角三角板按如图方式摆放，若直线//a b ，则1∠的大小为（ ）A ．45︒B ．60︒C ．75︒D ．105︒【答案】C【分析】 根据平行线的性质解题．【详解】∵a ∥b∴()1+45+60=180∠︒︒︒（两直线平行，同旁内角互补）∴1=75︒∠．故选：C ．【点睛】本题考查平行线的性质．两直线平行，同旁内角互补．4．（2021·湖南中考真题）如图，//,AB CD ACE 为等边三角形，40DCE ∠=︒，则EAB ∠等于（ ）A ．40︒B ．30C ．20︒D ．15︒【答案】C【分析】 先根据等边三角形的性质可得60ECA EAC ∠=∠=︒，再根据平行线的性质可得180DCA BAC ∠+∠=︒，然后根据角的和差即可得．【详解】解：ACE 为等边三角形，60ECA EAC ∴∠=∠=︒，//AB CD ，180DCA BAC ∴∠+∠=︒，180DCE ECA EAC EAB ∴∠+∠+∠+∠=︒，40DCE ，406060180EAB ∴︒+︒+︒+∠=︒，解得20EAB ∠=︒，故选：C ．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握等边三角形的性质是解题关键． 5．（2021·湖南娄底市·中考真题）如图，//AB CD ，点,E F 在AC 边上，已知70,130CED BFC ∠=︒∠=︒，则B D ∠+∠的度数为（ ）A ．40︒B ．50︒C ．60︒D ．70︒【答案】C【分析】取,ED FB 的交点为点G ，过点G 作平行于CD 的线MN ，利用两直线平行的性质，找到角之间的关系，通过等量代换即可求解．【详解】解：取,ED FB 的交点为点G ，过点G 作平行于CD 的线MN ，如下图：根据题意：70,130CED BFC ∠=︒∠=︒，50EFG ∴∠=︒，180507060EGF ∴∠=︒-︒-︒=︒，////MN CD AB ，,B BGN D DGN ∴∠=∠∠=∠，B D BGN DGN BGD ∴∠+∠=∠+∠=∠，,ED BF 相交于点G ，60EGF BGD ∴∠=∠=︒，60B D ∴∠+∠=︒，故选：C ．【点睛】本题考查了两直线平行的性质和两直线相交对顶角相等，解题的关键是：添加辅助线，利用两直线平行的性质和对顶角相等，同过等量代换即可得解．6．（2020·湖南衡阳市·中考真题）下列不是三棱柱展开图的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】根据三棱柱的两底展开是三角形，侧面展开是三个四边形，可得答案．【详解】解：A 、B 、D 中间三个长方形能围成三棱柱的侧面，两个三角形围成三棱柱的上、下两底面，故均能围成三棱柱，均是三棱柱的表面展开图．C 围成三棱柱时，两个三角形重合为同一底面，而另一底面没有．故C 不能围成三棱柱．故选C ．【点睛】本题考查了几何体的展开图，注意两底面是对面，展开是两个全等的三角形，侧面展开是三个矩形． 7．（2020·湖南长沙市·中考真题）如图，一块直角三角板的60度的顶点A 与直角顶点C 分别在平行线,FD GH 上，斜边AB 平分CAD ∠，交直线GH 于点E ，则ECB ∠的大小为( )A ．60︒B ．45︒C ．30︒D ．25︒【答案】C【分析】 利用角平分线的性质求得∠DAE 的度数，利用平行线的性质求得∠ACE 的度数，即可求解．【详解】∵AB 平分CAD ∠，∠CAB=60︒，∴∠DAE=60︒，∵FD ∥GH ，∴∠ACE+∠CAD=180︒，∴∠ACE=180︒-∠CAB -∠DAE=60︒，∵∠ACB=90︒，∴∠ECB=90︒-∠ACE=30︒，故选：C ．【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同旁内角互补．8．（2020·湖南岳阳市·中考真题）如图，DA AB ⊥，CD DA ⊥，56B ∠=︒，则C ∠的度数是（）A ．154︒B ．144︒C ．134︒D ．124︒【答案】D【分析】由平行线的判定和性质，即可求出答案．【详解】解：∵DA AB ⊥，CD DA ⊥，∴//AB CD ，∴180C B ∠+∠=︒，∵56B ∠=︒，∴124C ∠=︒；故选：D ．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，解题的关键是掌握两直线平行，同旁内角互补．9．（2020·湖南中考真题）如图，已知AB ∥DE ，∠1＝30°，∠2＝35°，则∠BCE 的度数为（ ）A ．70°B ．65°C ．35°D ．5°【答案】B【分析】作CF ∥AB ，根据平行线的性质可以得到∠1＝∠BCF ，∠FCE ＝∠2，从而可得∠BCE 的度数，本题得以解决．【详解】作CF ∥AB ，∵AB ∥DE ，∴CF ∥DE ，∴AB ∥DE ∥DE ，∴∠1＝∠BCF ，∠FCE ＝∠2，∵∠1＝30°，∠2＝35°，∴∠BCF ＝30°，∠FCE ＝35°，∴∠BCE ＝65°，故选：B ．【点睛】本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用平行线的性质解答．10．（2020·湖南怀化市·中考真题）如图，已知直线a ，b 被直线c 所截，且//a b ，若40α︒∠=，则β∠的度数为（ ）A ．140︒B ．50︒C ．60︒D ．40︒【答案】D【分析】 首先根据对顶角相等可得∠1的度数，再根据平行线的性质可得β∠的度数．【详解】解：∵α∠＝40°，∴∠1＝α∠＝40°，∵a ∥b ，∴β∠＝∠1＝40°，故选：D ．【点睛】此题主要考查了对顶角相等和平行线的性质，关键是掌握两直线平行，同位角相等． 11．（2020·湖南郴州市·中考真题）如图，直线,a b 被直线,c d 所截下列条件能判定//a b 的是（ ）A ．13∠=∠B ．24180∠+∠=C ．45∠=∠D ．12∠=∠【答案】D【分析】 直接利用平行线的判定方法进而分析得出答案．【详解】A 、当∠1=∠3时，c ∥d ，不能判定a ∥b ，故此选项不合题意；B 、当∠2+∠4=180°时，c ∥d ，不能判定a ∥b ，故此选项不合题意；C 、当∠4=∠5时，c ∥d ，不能判定a ∥b ，故此选项不合题意；D 、当∠1=∠2时，a ∥b ，故此选项符合题意；故选：D ．【点睛】本题主要考查了平行线的判定，正确掌握判定方法是解题关键．12．（2020·湖南娄底市·中考真题）如图，将直尺与三角尺叠放在一起，如果128∠=︒，那么2∠的度数为（ ）A ．62°B ．56°C ．28°D ．72°【答案】A【分析】 利用两锐角互余求解,ABD ∠ 再利用平行线的性质可得答案．【详解】解：如图，标注字母，由题意得：90,128,//EBD AB CD ∠=︒∠=︒，902862,ABD ∴∠=︒-︒=︒262,ABD ∴∠=∠=︒故选A ．【点睛】本题考查平行线的性质，两锐角互余的性质，掌握以上知识是解题的关键．13．（2019·湖南益阳市·中考真题）下列几何体中，其侧面展开图为扇形的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】【分析】根据特殊几何体的展开图逐一进行分析判断即可得答案．【详解】A、圆柱的侧面展开图是矩形，故A错误；B、三棱柱的侧面展开图是矩形，故B错误；C、圆锥的侧面展开图是扇形，故C正确；D、三棱锥的侧面展开图是三个三角形拼成的图形，故D错误，故选C．【点睛】本题考查了几何体的展开图，熟记特殊几何体的侧面展开图是解题关键．14．（2019·湖南怀化市·中考真题）与30的角互为余角的角的度数是（）A．30B．60︒C．70︒D．90︒【答案】B【分析】直接利用互为余角的定义分析得出答案．【详解】与30︒的角互为余角的角的度数是：60︒．故选B．【点睛】此题主要考查了互为余角的定义，正确把握互为余角的定义是解题关键．15．（2019·湖南长沙市·中考真题）如图，平行线AB，CD被直线AE所截，∠1＝80°，则∠2的度数是( )A．80°B．90°C．100°D．110°【答案】C【分析】直接利用邻补角的定义结合平行线的性质得出答案．【详解】如图，∵∠1=80°，∴∠3=100°，∵AB∥CD，∴∠2=∠3=100°．故选C．【点睛】此题主要考查了平行线的性质以及邻补角的定义，正确掌握平行线的性质是解题关键．16．（2019·湖南岳阳市·中考真题）如图，已知BE平分∠ABC，且BE∥DC，若∠ABC＝50°，则∠C的度数是( )A．20°B．25°C．30°D．50°【答案】B【分析】根据角平分线的定义先求得∠EBC＝25°，再根据平行线的性质即可求得答案.【详解】∵BE平分∠ABC，∠ABC＝50°，∴∠ABE＝∠EBC＝25°，∵BE∥DC，∴∠EBC＝∠C＝25°.故选B.【点睛】本题考查了角平分线的定义、平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键.17．（2019·湖南衡阳市·中考真题）如图，已知AB CD ∕∕，AF 交CD 于点E ，且,40BE AF BED ⊥∠=︒，则A ∠的度数是（ ）A ．40︒B ．50︒C ．80︒D ．90︒【答案】B【分析】 直接利用垂线的定义结合平行线的性质得出答案．【详解】解：∵,40BE AF BED ⊥∠=︒，∴50FED ∠=︒，∵AB CD ∕∕，∴50A FED ∠=∠=︒．故选B ．【点睛】此题主要考查了平行线的性质以及垂线的定义，正确得出FED ∠的度数是解题关键．18．（2019·湖南邵阳市·中考真题）如图，已知两直线1l 与2l 被第三条直线3l 所截，下列等式一定成立的是（ ）A ．12∠∠=B ．23∠∠=C ．24∠∠+=180°D ．14∠∠+=180° 【答案】D【分析】由三线八角以及平行线的性质可知，A ，B ，C 成立的条件题目并没有提供，而D 选项中邻补角的和为180°一定正确．【详解】1∠与2∠是同为角，2∠与3∠是内错角，2∠与4∠是同旁内角，由平行线的性质可知，选项A ，B ，C 成立的条件为12l l //时，故A 、B 、C 选项不一定成立，∵1∠与4∠是邻补角，∴∠1+∠4=180°，故D 正确．故选D ．【点睛】本题考查三线八角的识别及平行线的性质和邻补角的概念．本题属于基础题，难度不大．19．（2019·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）如图，直线a ∥b ，∠1＝50°，∠2＝40°，则∠3的度数为（ ）A ．40°B ．90°C ．50°D ．100°【答案】B【分析】 根据平行线的性质即可得到∠4的度数，再根据平角的定义即可得到∠3的度数.【详解】∵a ∥b ，∴∠4＝∠1＝50°，∵∠2＝40°，∴∠3＝180°-40°-50°=90°，故选B.【点睛】本题考查平行线的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质.二、填空题20．（2021·湖南中考真题）如图，AB 与CD 相交于点O ，OE 是AOC ∠的平分线，且OC 恰好平分EOB ∠，则AOD ∠=_______度．【答案】60【分析】先根据角平分线的定义、平角的定义可得60COB ∠=︒，再根据对顶角相等即可得．【详解】解：设2AOC x ∠=， OE 是AOC ∠的平分线，12AOE EOC AOC x ∴∠=∠=∠=， OC 平分EOB ∠，COB EOC x ∴∠=∠=，又180AOE EOC COB ∠+∠+∠=︒，180x x x ∴++=︒，解得60x =︒，即60COB ∠=︒，由对顶角相等得：60AOD COB ∠=∠=︒，故答案为：60．【点睛】本题考查了角平分线的定义、平角的定义、对顶角相等，熟练掌握角平分线的定义是解题关键． 21．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，已知//AB CD ，BC 是ABD ∠的平分线，若264∠=︒，则3∠=________．【答案】58°【分析】先根据对顶角的性质可得∠BDC =264∠=︒,然后根据平行线的性质求得∠ABC ,最后根据角平分线的定义求解即可．【详解】解：∵∠BDC 和∠2是对顶角∴∠BDC =264∠=︒∵//AB CD∴∠BDC +∠ABD =180°，即∠ABD =116°∵BC 是ABD ∠的平分线∴∠3=∠1=12∠ABD =58°． 故填：58°．【点睛】本题主要考查了平行线的性质、对顶角相等以及角平分线的相关知识，掌握平行线的性质成为解答本题的关键．22．（2020·湖南益阳市·中考真题）如图，//AB CD ，AB AE ⊥，42CAE ∠=，则ACD ∠的度数为__________．【答案】132°【分析】由AB AE ⊥求得∠BAC ，再根据平行线的性质即可解得∠ACD 的度数．【详解】∵AB AE ⊥，42CAE ∠=，∴∠BAC=90°-∠CAE=90°-42°=48°，∵//AB CD ，∴∠BAC+∠ACD=180°，∴∠ACD=180°-∠BAC=180°-48°=132°，故答案为：132°．【点睛】本题考查了垂直定义、平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解答的关键．23．（2020·湖南永州市·中考真题）已知直线//a b ，用一块含30°角的直角三角板按图中所示的方式放置，若125∠=︒，则2∠=_________．【答案】35°【分析】如图，标注字母，延长ED 交a 于C ，利用平行线的性质证明2,DCA ∠=∠，三角形的外角的性质证明1BDE DCA ∠=∠+∠，从而可得答案．【详解】解：如图，标注字母，延长ED 交a 于C ，由题意得：30,90,B DEB ∠=︒∠=︒60,BDE ∴∠=︒//,a b2,DCA ∴∠=∠1,125,BDE DCA ∠=∠+∠∠=︒602535,DCA ∴∠=︒-︒=︒235.∴∠=︒故答案为：35.︒【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的外角的性质，平行线的性质，掌握以上知识是解题的关键． 24．（2020·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）如图，直线AE ∥BC ，BA AC ⊥，若54ABC ∠=︒，则EAC ∠=___________度．【答案】36.︒【分析】根据平行线的性质先求解,BAE ∠ 利用BA AC ⊥，从而可得答案．【详解】解：AE ∵∥BC ，180,B BAE ∴∠+∠=︒54,B ∠=︒18054126,BAE ∴∠=︒-︒=︒,BA AC ⊥90,BAC ∴∠=︒1269036,EAC ∴∠=︒-︒=︒故答案为：36.︒【点睛】本题考查的是平行线的性质，垂直的性质，掌握以上知识是解题的关键．25．（2020·湖南张家界市·中考真题）如图，AOB ∠的一边OA 为平面镜，38AOB ︒∠=，一束光线（与水平线OB 平行）从点C 射入经平面镜反射后，反射光线落在OB 上的点E 处，则DEB ∠的度数是_______度．【答案】76°【分析】根据平行线的性质可得∠ADC 的度数，由光线的反射定理可得∠ODE 的度数，在根据三角形外角性质即可求解．【详解】解：∵DC ∥OB ，∴∠ADC=∠AOB=38°，由光线的反射定理易得，∠ODE=∠ACD=38°，∠DEB=∠ODE+∠AOB =38°+38°=76°，故答案为：76°．【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角性质和光线的反射定理，掌握入射角=反射角是解题的关键． 26．（2020·湖南衡阳市·中考真题）一副三角板如图摆放，且//AB CD ，则∠1的度数为_________．【答案】105.︒【分析】如图，把顶点标注字母，由平行线的性质求解AEF ∠,再利用三角形的外角的性质可得答案．【详解】解：如图，把顶点标注字母，//,45,AB CD D ∠=︒45,AEF D ∴∠=∠=︒60,GAB ∠=︒16045105.GAB AEF ∴∠=∠+∠=︒+︒=︒故答案为：105.︒【点睛】本题考查的是平行线的性质，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．27．（2019·湖南娄底市·中考真题）如图，AB CD ∥，AC BD ，128︒∠=，则2∠的度数为_______．【答案】28︒【分析】由平行线的性质得出∠1=∠A，再由平行线的性质得出∠2=∠A，即可得出结果．【详解】解：∵AC BD，∴1A∠=∠，∥，∵AB CD∠=∠，∴2A∠=∠=，∴2128︒故答案为28︒．【点睛】本题考查了平行线的性质等知识，熟练掌握两直线平行同位角相等是解题的关键．28．（2019·湖南益阳市·中考真题）如图，直线AB∥CD，OA⊥OB，若∠1＝142°，则∠2＝____________度．【答案】52【分析】根据平行线的性质可得∠OED＝∠2，再根据∠O＝90°，∠1＝∠OED+∠O＝142°，即可求得答案.【详解】∵AB∥CD，∴∠OED＝∠2，∵OA⊥OB，∴∠O＝90°，∵∠1＝∠OED+∠O＝142°，∴∠2＝∠1﹣∠O＝142°﹣90°＝52°，故答案为52．【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直的定义，三角形外角的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键. 29．（2019·湖南张家界市·中考真题）已知直线a b ∥，将一块含30︒角的直角三角板ABC 按如图所示方式放置(30BAC ︒∠=)，并且顶点A ，C 分别落在直线a ，b 上，若118︒∠=，则2∠的度数是______．【答案】48︒【分析】根据平行线的性质结合三角板的角的度数即可求得答案.【详解】a b ，21CAB 183048∠∠∠︒︒︒∴=+=+=，故答案为48︒.【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行，内错角相等是解题的关键.。

专题10 二次函数（选择题、填空题）一、选择题1．（2021·湖南张家界市·中考真题）若二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的图象如图所示，则一次函数y ax b =+与反比例函数c y x=-在同一个坐标系内的大致图象为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【分析】先根据抛物线的开口方向确定a ＜0，对称轴可确定b 的正负，与y 轴的交点可知c ＞0，然后逐项排查即可．【详解】解：∵抛物线开口方向向下∴a ＜0， ∵抛物线对称轴02b a-＞ ∴b ＞0∵抛物线与y 轴的交点在y 轴的正半轴∴c ＞0∴y ax b =+的图像过二、一、四象限，c y x=-的图象在二、四象限 ∴D 选项满足题意．故选D ．【点睛】 本题主要考查了二次函数的特征、一次函数、反比例函数的图象，牢记各种函数图象的特点成为解答本题的关键．2．（2021·湖南株洲市·中考真题）二次函数()20y ax bx c a =++≠的图像如图所示，点 P 在x 轴的正半轴上，且1OP =，设()M ac a b c =++，则 M 的取值范围为（ ）A ．1M <-B ．10M -<<C ．0M <D ．0M >【答案】D【分析】 由图像可得0a <，0c >，当1x =，y a b c =++，并与x 轴交于OP 之间，得0a b c ++<，据悉可得()0M ac a b c =++>，据此求解即可．【详解】解：由图像可知，图像开口向下，并与y 轴相交于正半轴，∴0a <，0c >，当1x =，211y a b c a b c =++=++，∵1OP =，并由图像可得，二次函数2y ax bx c =++与x 轴交于OP 之间，∴0a b c ++<∴()0M ac a b c =++>，故选：D ．【点睛】本题考查二次函数图象及性质，熟悉相关性质是解题的关键．3．（2021·湖南娄底市·中考真题）用数形结合等思想方法确定二次函数22y x =+的图象与反比例函数2y x=的图象的交点的横坐标0x 所在的范围是（ ） A ．0104x <≤B ．01142x <≤C ．01324x <≤D ．0314x <≤ 【答案】D【分析】 在同一个直角坐标系中画出两个函数的图象，来判断出交点横坐标0x 所在的范围．【详解】解：在同一个直角坐标系中画出两个函数的图象，如下图：由图知，显然0112x <<，当034x =时，将其分别代入22y x =+与2y x=计算得； 12941282,3161634y y =+===， 218415031648y y -=-=>， ∴此时反比例函数图象在二次函数图象的上方，0314x ∴<≤ 故选：D ．【点睛】本题考查了二次函数和反比例函数的图象，解题的关键是：准确画出函数的图象，再通过关键点得出答案． 4．（2021·湖南岳阳市·中考真题）定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互异二次函数”．如图，在正方形OABC 中，点()0,2A ，点()2,0C ，则互异二次函数()2y x m m =--与正方形OABC 有交点时m 的最大值和最小值分别是（ ）A ．4，-1B-1 C ．4，0 D，-1 【答案】D【分析】 分别讨论当对称轴位于y 轴左侧、位于y 轴与正方形对称轴x =1之间、位于直线x =1和x =2之间、位于直线x =2右侧共四种情况，列出它们有交点时满足的条件，得到关于m 的不等式组，求解即可．【详解】解：由正方形的性质可知：B （2,2）；若二次函数()2y x m m =--与正方形OABC 有交点,则共有以下四种情况: 当0m ≤时，则当A 点在抛物线上或上方时，它们有交点，此时有202m m m ≤⎧⎨-≤⎩，解得：10m -≤<；当01m <≤时，则当C 点在抛物线上或下方时，它们有交点，此时有()20120m m m <≤⎧⎪⎨--≥⎪⎩， 解得：01m <≤；当12m <≤时，则当O 点位于抛物线上或下方时，它们有交点，此时有2120m m m <≤⎧⎨->⎩， 解得：12m <≤；当2m >时，则当O 点在抛物线上或下方且B 点在抛物线上或上方时，它们才有交点，此时有()222022m m m m m ⎧>⎪⎪-≥⎨⎪--≤⎪⎩，解得：522m +<≤ 综上可得：m，1-． 故选：D ．【点睛】本题考查了抛物线与正方形的交点问题，涉及到列一元一次不等式组等内容，解决本题的关键是能根据图像分析交点情况，并进行分类讨论，本题综合性较强，需要一定的分析能力与图形感知力，因此对学生的思维要求较高，本题蕴含了分类讨论和数形结合的思想方法等．5．（2020·湖南娄底市·中考真题）函数的零点是指使函数值等于零的自变量的值，则下列函数中存在零点的是（ ）A ．22y x x =++B．1y = C ．1y x x =+ D ．||1y x =-【答案】D【分析】把0y =代入四个函数解析式，解方程即可得到答案．【详解】解：当220,y x x =++=1,1,2,a b c ===2414127b ac ∴=-=-⨯⨯=-＜0，∴ 原方程没有实数解，∴ 22y x x =++没有零点，故A 不符合题意，当10,y =1,=-显然，方程没有解，所以1y =没有零点，故B 不符合题意， 当1y x 0,x=+= 210,x ∴+=显然方程无解， 所以1y x x=+没有零点，故C 不符合题意， 当||10,y x =-=1,x ∴=1,x ∴=±所以||1y x =-有两个零点，故D 符合题意，故选.D【点睛】本题考查的是函数的零点，即函数与x 轴的交点的情况，掌握令0y =，再解方程是解题的关键．6．（2020·湖南株洲市·中考真题）二次函数2y ax bx c =++，若0ab <，20a b ->，点()11,A x y ，()22,B x y 在该二次函数的图象上，其中12x x <，120x x +=，则（ ）A ．12y y =-B ．12y y >C ．12y y <D ．1y 、2y 的大小无法确定【答案】B【分析】首先分析出a,b,x 1的取值范围，然后用含有代数式表示y 1,y 2，再作差法比较y 1,y 2的大小.【详解】解：∵20a b ->，b 2≥0,∴a>0.又∵0ab <，∴b<0.∵12x x <，120x x +=，∴21x x =-,x 1<0.∵点()11,A x y ，()22,B x y 在该二次函数2y ax bx c =++的图象上∴2111y ax bx c =++，2222211y ax bx c ax bx c =++=-+.∴y 1-y 2=2bx 1>0.∴y 1>y 2.故选：B.【点睛】此题主要考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征和函数值的大小比较，判断出字母系数的取值范围是解题的关键.7．（2020·湖南娄底市·中考真题）二次函数y=（x ﹣a ）（x ﹣b ）﹣2，（a ＜b ）的图象与x 轴交点的横坐标为m ，n ，且m ＜n ，则a ，b ，m ，n 的大小关系是（ ）A ．a ＜m ＜n ＜bB ．a ＜m ＜b ＜nC ．m ＜a ＜b ＜nD ．m ＜a ＜n ＜b 【答案】C【解析】【分析】依照题意画出二次函数y=（x -a ）（x -b ）及y=（x -a ）（x -b ）-2的图象，观察图象即可得出结论．【详解】解：二次函数y=（x -a ）（x -b ）与x 轴交点的横坐标为a 、b ，将其图象往下平移2个单位长度可得出二次函数y=（x -a ）（x -b ）-2的图象，如图所示．观察图象，可知：m ＜a ＜b ＜n ．故选：C ．【点睛】本题考查了抛物线与x 轴的交点以及二次函数的图象，依照题意画出图象，利用数形结合解决问题是解题的关键．8．（2020·湖南中考真题）二次函数y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）的图象如图所示，下列结论：①b 2﹣4ac ＞0；②abc ＜0；③4a +b ＝0；④4a ﹣2b +c ＞0．其中正确结论的个数是（ ）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】B【分析】 先由抛物线与x 轴的交点个数判断出结论①，先由抛物线的开口方向判断出a ＜0，进而判断出b ＞0，再用抛物线与y 轴的交点的位置判断出c ＞0，判断出结论②，利用抛物线的对称轴为x ＝2，判断出结论③，最后用x ＝﹣2时，抛物线在x 轴下方，判断出结论④，即可得出结论．【详解】解：由图象知，抛物线与x 轴有两个交点，∴方程ax 2+bx +c ＝0有两个不相等的实数根，∴b 2﹣4ac ＞0，故①正确，由图象知，抛物线的对称轴直线为x ＝2， ∴﹣2b a＝2， ∴4a +b ＝0，故③正确，由图象知，抛物线开口方向向下，∴a ＜0，∵4a +b ＝0，∴b ＞0，而抛物线与y 轴的交点在y 轴的正半轴上，∴c ＞0，∴abc ＜0，故②正确，由图象知，当x ＝﹣2时，y ＜0，∴4a ﹣2b +c ＜0，故④错误，即正确的结论有3个，故选：B ．【点睛】此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是熟知各系数与图像的关系．9．（2020·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）已知二次函数2y ax bx c =++图象的对称轴为1x =，其图象如图所示，现有下列结论：①0abc >；②20b a -<；③0a b c -+>；④(),(1)a b n an b n +>+≠；⑤23c b <．正确的是（ ）A ．①③B ．②⑤C ．③④D ．④⑤【答案】D【分析】 由图像判断出a<0，b>0，c>0，即可判断①；根据b=-2a 可判断②；根据当x=-1时函数值小于0可判断③；根据当x=1时，y 有最大值，y=a+b+c ，当x=n 时，y=an 2+bn+c 即可判断④；当x=3时，函数值小于0，y=9a+3b+c<0，且b=-2a ，即a=2b -，代入9a+3b+c<0可判断⑤． 【详解】∵抛物线开口向下，∴a<0，∵对称轴x=-2b a=1>0， ∴b=-2a ，∴b>0，∵抛物线与y 轴的交点在正半轴，∴c>0，∴abc<0，①错误；∵b=-2a ，∴b -2a=-2a -2a=-4a>0，②错误；由图像可得当x=-1时，y=a -b+c<0，③错误；当x=1时，y 有最大值，y=a+b+c ，当x=n 时，y=an 2+bn+c ，a+b+c>an 2+bn+c ，即a+b>n(an+b)，(n≠1)，④正确；当x=3时，函数值小于0，y=9a+3b+c<0，∵b=-2a ，即a=2b -， 代入9a+3b+c<0得9（2b -）+3b+c<0， 32b -+c<0， -3b+2c<0，即2c<3b ，⑤正确；故选：D ．【点睛】本题主要考查了抛物线图像和二次函数系数之间的关系，熟知抛物线图像和二次函数系数之间的关系是解题关键．10．（2020·湖南长沙市·中考真题）“闻起来臭，吃起来香”的臭豆腐是长沙特色小吃，臭豆腐虽小，但制作流程却比较复杂，其中在进行加工煎炸臭豆腐时，我们把焦脆而不糊的豆腐块数的百分比称为“可食用率”，在特定条件下，“可食用率”p 与加工煎炸的时间t （单位：分钟）近似满足函数关系式：2p at bt c =++（0,a ≠a ，b ，c 为常数），如图纪录了三次实验数据，根据上述函数关系和实验数据，可以得到加工煎炸臭豆腐的最佳时间为( )A ．3.50分钟B ．4.05分钟C ．3.75分钟D ．4.25分钟【答案】C 【分析】将图中三个坐标代入函数关系式解出a 和b ,再利用对称轴公式求出即可． 【详解】将(3,0.8)(4,0．9)(5,0.6)代入2p at bt c =++得:0.8930.91640.6255a b c a b c a b c =++⎧⎪=++⎨⎪=++⎩①②③ ②－①和③－②得0.1=70.39a b a b +⎧⎨-=+⎩④⑤⑤－④得0.4=2a -,解得a =﹣0.2． 将a =﹣0.2．代入④可得b =1.5． 对称轴=1.5 3.7522(0.2)b a --==⨯-． 故选C ． 【点睛】本题考查二次函数的三点式,关键在于利用待定系数法求解,且本题只需求出a 和b 即可得出答案． 11．（2020·湖南岳阳市·中考真题）对于一个函数，自变量x 取c 时，函数值y 等于0，则称c 为这个函数的零点．若关于x 的二次函数210y x x m =--+(0)m ≠有两个不相等的零点1212,()x x x x <，关于x 的方程21020x x m +--=有两个不相等的非零实数根3434,()x x x x <，则下列关系式一定正确的是（ ）A ．1301x x << B ．131x x > C ．2401x x << D ．241x x > 【答案】A【分析】根据根与系数的关系可以求出12,x x ，34,x x 的值，用作差法比较13,x x 的大小关系，24,x x 的大小关系，根据∆可求出m 的取值范围，结合13,x x 的大小关系，24,x x 的大小关系从而得出选项． 【详解】解：∵12,x x 是210y x x m =--+(0)m ≠的两个不相等的零点 即12,x x 是2100x x m --+=的两个不相等的实数根∴121210x x x x m +=-⎧⎨=-⎩ ∵12x x <解得1255x x =-=-∵方程21020x x m +--=有两个不相等的非零实数根34,x x ∴3434102x x x x m +=-⎧⎨=--⎩∵34x x <解得3455x x =-=-∴135(5x x -=--＞0 ∴13x x >∵150x =-<，350x =-< ∴1301x x <<∴245(50x x -=--=< ∴24x x <而由题意知()10040100420m m +>⎧⎨++>⎩解得25m >-当252m -<<-时，240,0x x <<，241x x >； 当20m -<<时，240,0x x <>，240x x <； 当m=-2时，24x x 无意义； 当0m >时，241x x <， ∴24x x 取值范围不确定， 故选A ． 【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，判别式与根的关系及一元二次方程与二次函数的关系．解题的关键是熟记根与系数的关系，对于2y ax bx c =++（a≠0）的两根为12,x x ，则1212,b cx x x x a a+=-=． 12．（2019·湖南益阳市·中考真题）下列函数中，y 总随x 的增大而减小的是( ) A ．y ＝4x B ．y ＝﹣4xC ．y ＝x ﹣4D ．y ＝x 2【答案】B 【分析】结合各个选项中的函数解析式，根据相关函数的性质即可得到答案. 【详解】y ＝4x 中y 随x 的增大而增大，故选项A 不符题意， y ＝﹣4x 中y 随x 的增大而减小，故选项B 符合题意， y ＝x ﹣4中y 随x 的增大而增大，故选项C 不符题意，y ＝x 2中，当x ＞0时，y 随x 的增大而增大，当x ＜0时，y 随x 的增大而减小，故选项D 不符合题意， 故选B ． 【点睛】本题考查了二次函数的性质、一次函数的性质、正比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数和二次函数的性质解答．13．（2019·湖南益阳市·中考真题）已知二次函数y ＝ax 2+bx+c 的图象如图所示，下列结论：①ac ＜0，②b﹣2a ＜0，③b 2﹣4ac ＜0，④a ﹣b+c ＜0，正确的是( )A ．①②B ．①④C ．②③D ．②④【答案】A 【解析】 【分析】由抛物线的开口方向判断a 与0的关系，由抛物线与y 轴的交点判断c 与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x 轴交点情况进行推理，进而对所给结论进行判断． 【详解】①图象开口向下，与y 轴交于正半轴，能得到：a ＜0，c ＞0， ∴ac ＜0，故①正确； ②∵对称轴x ＜﹣1， ∴2ba-＜﹣1，-2a ＞0， ∴b ＜2a ，∴b ﹣2a ＜0，故②正确；③图象与x 轴有2个不同的交点，依据根的判别式可知b 2﹣4ac ＞0，故③错误； ④当x ＝﹣1时，y ＞0，∴a ﹣b+c ＞0，故④错误， 故选A ． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，解题的关键是会利用对称轴的范围求2a 与b 的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．14．（2019·湖南娄底市·中考真题）二次函数2y ax bx c =++的图象如图所示，下列结论中正确的是( ) ①0abc < ②240b ac -< ③2a b >④22()a c b +<A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】A 【分析】由函数图象可知a ＜0，对称轴-1＜x ＜0，20b a ->；0b <，图象与y 轴的交点c ＞0，函数与x 轴有两个不同的交点；△=b 2-4ac ＞0；再由图象可知当x=1时，y ＜0，即a+b+c ＜0；当x=-1时，y ＞0，即a -b+c ＞0；即可求解． 【详解】解：由函数图象可知0a <，对称轴10x -<<，图象与y 轴的交点0c >，函数与x 轴有两个不同的交点， ∴2b a >，0b <；③错误240b ac ∆=->；②错0abc >；①错误当1x =时，0y <，即0a b c ++<； 当1x =-时，0y >，即0a b c -+>； ∴()()0a b c a b c ++-+<，即22()a c b +<； ∴只有④是正确的； 故选A ． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握函数的图象及性质，能够通过图象获取信息，推导出a ，b ，c ，△，对称轴的关系是解题的关键．15．（2019·湖南岳阳市·中考真题）对于一个函数，自变量x 取a 时，函数值y 也等于a ，我们称a 为这个函数的不动点.如果二次函数y ＝x 2+2x +c 有两个相异的不动点x 1、x 2，且x 1＜1＜x 2，则c 的取值范围是( )A ．c ＜﹣3B ．c ＜﹣2C ．c ＜14D ．c ＜1【答案】B 【分析】由题意知二次函数y ＝x 2+2x+c 有两个相异的不动点x 1、x 2，由此可知方程x 2+x+c ＝0有两个不相等的实数根，即△=1-4c>0，再由题意可得函数y= x 2+x+c ＝0在x=1时，函数值小于0，即1+1+c<0，由此可得关于c 的不等式组，解不等式组即可求得答案. 【详解】由题意知二次函数y ＝x 2+2x+c 有两个相异的不动点x 1、x 2， 所以x 1、x 2是方程x 2+2x+c ＝x 的两个不相等的实数根， 整理，得：x 2+x+c ＝0， 所以△=1-4c>0，又x 2+x+c ＝0的两个不相等实数根为x 1、x 2，x 1＜1＜x 2， 所以函数y= x 2+x+c ＝0在x=1时，函数值小于0， 即1+1+c<0， 综上则140110c c -⎧⎨++⎩＞＜，解得c ＜﹣2， 故选B. 【点睛】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，正确理解题中的定义，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键.16．（2019·湖南衡阳市·中考真题）如图，在直角三角形ABC 中，90,C AC BC ∠=︒=，E 是AB 的中点，过点E 作AC 和BC 的垂线，垂足分别为点D 和点F ，四边形CDEF 沿着CA 方向匀速运动，点C 与点A 重合时停止运动，设运动时间为t ，运动过程中四边形CDEF 与ABC ∆的重叠部分面积为S ．则S 关于t 的函数图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【分析】根据已知条件得到ABC ∆是等腰直角三角形，推出四边形EFCD 是正方形，设正方形的边长为a ，当移动的距离a <时，如图1，221ΔEE'H 2S a t =-=-正方形的面积的面积；当移动的距离a >时，如图2，()222'1122222AC H S S a t t at a ∆==-=-+，根据函数关系式即可得到结论； 【详解】解：∵在直角三角形ABC 中，90,C AC BC ∠=︒=， ∴ABC ∆是等腰直角三角形， ∵,EF BC ED AC ⊥⊥， ∴四边形EFCD 是矩形， ∵E 是AB 的中点， ∴11,22EF AC DE BC ==， ∴EF ED =，∴四边形EFCD 是正方形， 设正方形的边长为a ， 如图1当移动的距离a <时，221ΔEE'H 2S a t =-=-正方形的面积的面积； 当移动的距离a >时，如图2，()222'1122222AC H S S a t t at a ∆==-=-+， ∴S 关于t 的函数图象大致为C 选项， 故选C ． 【点睛】本题考查动点问题的函数图象，正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是读懂题意，学会分类讨论的思想，属于中考常考题型． 二、填空题17．（2021·湖南中考真题）已知y 是x 的二次函数，下表给出了y 与x 的几对对应值：由此判断，表中a =_______． 【答案】6 【分析】根据表格得出二次函数的对称轴为直线1x =，由此即可得． 【详解】解：由表格可知，0x =和2x =时的函数值相等， 则二次函数的对称轴为直线0212x +==， 因此，1x =-和3x =的函数值相等，即6a =， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了二次函数的对称性，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．18．（2020·湖南岳阳市·中考真题）在3-，2-，1，2，3五个数中随机选取一个数作为二次函数242y ax x =+-中a 的值，则该二次函数图象开口向上的概率是_____________． 【答案】35【分析】当a 大于0时，该二次函数图象开口向上，根据这个性质利用简单概率计算公式可得解． 【详解】解：当a 大于0时，二次函数242y ax x =+-图象开口向上，3-，2-，1，2，3中大于0的数有3个，所以该二次函数图象开口向上的概率是35， 故答案为：35． 【点睛】本题考查了二次函数的性质和简单的概率计算，难度不大，是一道较好的中考题．19．（2019·湖南株洲市·中考真题）若二次函数2y ax bx =+的图象开口向下，则a _____0（填“＝”或“>”或“<”）． 【答案】< 【分析】由二次函数2y ax bx =+图象的开口向下，可得0a <． 【详解】解：∵二次函数2y ax bx =+的图象开口向下， ∴0a <． 故答案是：<． 【点睛】考查了二次函数图象与系数的关系．二次项系数a 决定抛物线的开口方向和大小．当0a >时，抛物线向上开口；当0a <时，抛物线向下开口；a 还可以决定开口大小，a 越大开口就越小．20．（2019·湖南常德市·中考真题）规定：如果一个四边形有一组对边平行，一组邻边相等，那么称此四边形为广义菱形．根据规定判断下面四个结论：①正方形和菱形都是广义菱形；②平行四边形是广义菱形；③对角线互相垂直，且两组邻边分别相等的四边形是广义菱形；④若M 、N 的坐标分别为(0,1),(0,1),-P 是二次函数214y x =的图象上在第一象限内的任意一点，PQ 垂直直线1y =-于点Q ，则四边形PMNQ 是广义菱形．其中正确的是_____．（填序号） 【答案】①②④ 【解析】 【分析】①根据广义菱形的定义，正方形和菱形都有一组对边平行，一组邻边相等，①正确； ②平行四边形有一组对边平行，没有一组邻边相等，②错误； ③由给出条件无法得到一组对边平行，③错误； ④设点21,4P m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则(),1Q m -，由勾股定理可得2114PQ MP m ==+，MP PQ =和//MN PQ ，所以四边形PMNQ 是广义菱形．④正确； 【详解】①根据广义菱形的定义，正方形和菱形都有一组对边平行，一组邻边相等，①正确； ②平行四边形有一组对边平行，没有一组邻边相等，②错误； ③由给出条件无法得到一组对边平行，③错误；④设点21,4P m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则(),1Q m -，∴2114MP m ==+，2114PQ m =+， ∵点P 在第一象限， ∴0m >， ∴2114MP m =+， ∴MP PQ =， 又∵//MN PQ ，∴四边形PMNQ 是广义菱形． ④正确；故答案为：①②④；【点睛】本题考查新定义，二次函数的性质，特殊四边形的性质；熟练掌握平行四边形，菱形，二次函数的图象及性质，将广义菱形的性质转化为已学知识是求解的关键．21．（2019·湖南衡阳市·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线2y x 的图象如图所示．已知A 点坐标为()1,1，过点A 作1AA x ∕∕轴交抛物线于点1A ，过点1A 作12A A OA ∕∕交抛物线于点2A ，过点2A 作23A A x ∕∕轴交抛物线于点3A ，过点3A 作34A A OA ∕∕交抛物线于点4A ……，依次进行下去，则点2019A 的坐标为_____．【答案】2(1010,1010)-【分析】根据二次函数性质可得出点1A 的坐标，求得直线12A A 为2y x =+，联立方程求得2A 的坐标，即可求得3A 的坐标，同理求得4A 的坐标，即可求得5A 的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，即可找出点2019A 的坐标．【详解】解：∵A 点坐标为()1,1，∴直线OA 为y x =，()11,1A -，∵12A A OA ∕∕，∴直线12A A 为2y x =+，解22y x y x =+⎧⎨=⎩得11x y =-⎧⎨=⎩或24x y =⎧⎨=⎩，∴()22,4A ，∴()32,4A -，∵34A A OA ∕∕，∴直线34A A 为6y x =+，解26y x y x =+⎧⎨=⎩得24x y =-⎧⎨=⎩或39x y =⎧⎨=⎩， ∴()43,9A ，∴()53,9A -…，∴()220191010,1010A -，故答案为()21010,1010-． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象以及交点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是解题的关键．。