2019-2020年度九年级数学中考 二次函数中动点问题专题练习(含答案)

（含答案）

1.

4在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y(x2)2c与x轴交于A、B两点（点9A在点B的左侧），交y轴的正半轴于点C，其顶点为M，MHx轴于点H，MA交25y轴于点N，sinMOH．5（1）求此抛物线的函数表达式；

（2）将（1）中的抛物线沿y轴折叠，使点A落在点D处，连接MD，Q为（1）中的抛物线上的一动点，直线NQ交x轴于点G，当Q点在抛物线上运动时，是否存在点Q，使以A、N、G为顶点的三角形与△ADM相似？若存在，求出所有符合条件的直线QG的解析式；若不存在，请说明理由．

4（1）∵M为抛物线y(x2)2c的顶点，9∴M(2,c)．∴OH2，MH|c| ．∵a0，且抛物线与x轴有交点，∴c0，∴MHc，∵sinMOH25MH25，∴．5OM5∴OM5c，2∵OM2OH2MH2，∴MHc4，∴M(2,4)，441620∴y(x2)24x2x；9999（2）∵A(1,0)，∴D(1, 0)，∵M(2, 4)，D(1, 0)，∴直线MD解析式：y4x4，

AON∵ON//MH，∴△∽△∴AHM，

ANONAO1，AMMHAH3544，ON，N0,．333∴ANANG如图，若△∽△AMD，可得NG//MD，

4，3ANAGADAM∴直线QG解析式：y4xANG如图，若△∽△ADM，可得∴AG251984，∴G(,0)，∴QG:yx，66193484或yx．3193综上所述，符合条件的所有直线QG的解析式为：y4x2.

2如图，已知点A(2,4)和点B(1,0)都在抛物线ymx2mxn上．

（1）求m、n；

（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A，点B的对应点为B，若四边形AABB为菱形，求平移后抛物线的表达式；

（3）记平移后抛物线的对称轴与直线AB的交点为C，试在x轴上找一个点D，使得以点B、C、D为顶点的三角形与△ABC相似．

yAAyA＇CBOxMOBNB＇x（1）因为点A(2,4)和点B(1,0)都在抛物线ymx22mxn上，

4m4mn4,4所以 解得m，n4．

3m2mn0.（2）如图，由点A(2,4)和点B(1,0)，可得AB5．因为四边形AABB为菱形，所以

48416AABBAB5．因为yx2x4(x1)2，

3333所以原抛物线的对称轴x1向右平移5个单位后，对应的直线为x4．

416因此平移后的抛物线的解析式为y,(x4)2．

33（3）由点A(2,4)和点B(6,0)，可得AB45．如图，由AM//CN，可得即

2BC．解得BC5．所以AC35．又BACCBD．845BNBC，BMBA①如图，当为(3,0)．②如图，当

ABBC55时，，解得BD3．此时OD3，点D的坐标ACBD35BDABBD5135BD时，，解得BD．此时OD，点D的坐标为ACBC333551313,0．综上所述，D1(3,0)，D2,0满足条件．33yAA＇AyA＇COBDB＇xOBCDB＇x 3.

1(x2)(xm)(m0)与x轴相交于点B、C，与y轴相交m于点E，且点B在点C的左侧．如图，已知抛物线C1:y（1）若抛物线C1过点M(2,2)，求实数m的值；

（2）在（1）的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使BHEH最小，并求出点H的坐标；

（3）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．

（1）∵抛物线C1过点M(2,2)，∴21(22)(2m)，解得m4．m1（2）由（1）可得y(x2)(x4)的对称轴为x1．

4连接CE，交对称轴于点H，由轴对称的性质和两点之间线段最短的性质，知此时BHEH最小．

设直线CE的解析式为ykx+b，14k+b0k则，解得2．

b2b21∴直线CE的解析式为yx+2.

2当x1时，y33．∴H1,．22（3）存在．分两种情形讨论：

BEC①当△∽△则

BCF时，如图所示.

BEBC，∴BC2BEBF.由（2）知B(2,0)，E(0,2)，即OBOE，BCBF∴EBC45，∴CBF45.作FTx轴于点F，则BTTF. ∴令F(x,x2)(x＞0)，又点F在抛物线上，∴x2=∵x2＞0(∵x＞0)，∴x2m，F（2m,2m2).

1(x2)(xm)，mBE22BCm2此时BF(2m2)2(2m2)222(m1)，，又BC2BEBF，∴(m+2)2=2222(m1)，解得m222.

m0，m222.

BCECBECFCB时，如图所示．则②当△∽△，BF，BCBTFCOE．同①，EBC=CFB，△∽△．

2令Fx,(x2)(x0)，又点F在抛物线上，

mBC2ECBFTFOE2BTOCm21(x2)|x2|(xm)．x20(x0)，xm2．mm2(m4)，ECm24，BCm2．m22F(m2,4|m4|2又BCECBF，(m2)m4|m22|．显然不成立．

m22综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形

m222．

4.

k(x2)(x4)（k为常数，且k0）与x轴从左至右依次交于83A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线yxb与抛物线的另一交点为

3D．

如图，已知抛物线y（1）若点D的横坐标为5，求抛物线的函数表达式；

（2）若在第一象限的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与△ABC相似，求k的值．

（1）k839；（2）k2或455．5.

2yaxbx(a0)经过A(3,0）如图5-1，已知抛物线、B(4,4)两点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求

m的值及点D的坐标；

（3）如图5-2，若点N在抛物线上，且NBOABO，则在（2）的条件下，求出所有

PODNOB的点P的坐标（点P、O、D分别与点N、O、B对应）满足△∽△．

yBNyBOAxOAxDD①①①①图5-1 图5-2

（1）∵抛物线yax2bx(a0)经过点A(3,0)、B(4,4)．9a3b016a4b4a1b3∴，解得．

2yx3x．∴抛物线的解析式是

（2）设直线OB的解析式为yk1x，由点B(4,4)，得：

44k1，解得：

k11．

∴直线OB的解析式是yx．

∴直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：yxm．

2yx3x上．∵点D在抛物线

∴可设D(x,x23x)．又点D在直线yxm上，

22∴x3xxm，即x4xm0．

∵抛物线与直线只有一个公共点，∴164m0，解得：m4．此时

x1x222，yx3x2，

∴D点坐标为(2,2)．

（3）∵直线OB的解析式为yx，且A(3,0)，点A关于直线OB的对称点A'的坐标是(0,

3)．

设直线A'B的解析式为yk2x3，过点B(4,4)，

4kk1∴234，解得：

24．1A'Byx3∴直线的解析式是4．

∵NBOABO，∴点N在直线AB上，

Nn，1∴设点4n3，又点N在抛物线yx23x上，1n3n23n∴4，

n3解得：

14，n24（不合题意，舍去），

345∴点N的坐标为4，16．

方法一：如图1，将△NOB沿x轴翻折，得到△N1OB1，

yN3451则4，16，B14，4，

A＇BN∴O、D、B1都在直线yx上．

P2∵△∽△POD1NOB，OAxP1∴△∽△POD1NOBD11，

N1OP1OD1B1∴ON1OB12，点P3，451的坐标为832．

P4532，将△OPD1沿直线yx翻折，可得另一个满足条件的点328．45453综上所述，点P的坐标是38，32或32，8．

方法二：如图2，将△NOB绕原点顺时针旋转90，得到

△N2OB2，

yA＇BNPN12OAxP2DB2453N2，1B24，4则，，

∴O、D、B2都在直线yx上．∵∴△∽△POD1△∽△POD1NOB，，

N2OB2OPOD11ONOB2，22∴

453，P328∴点1的坐标为．

453P2，△OPD8321将沿直线yx翻折，可得另一个满足条件的点．454533，，832或328．综上所述，点P的坐标是

6.

121bx(b1)x（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交444于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C．（1）点B的坐标为 ，点C的坐标为 （用含b的代数式表示）；

（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；

（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中如图，已知抛物线y的任意两个三角形均相似（全等可作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

（1）令y0，即y121bx(b1)x0，解得：x1或b，4440)，令x0，解得：

∵b是实数且b2，点A位于点B的左侧，∴点B的坐标为(b,

ybbb

，∴点C的坐标为0,，故答案为：(b, 0)，0,；444

（2）存在，假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．设点P的坐标为(x, y)，连接OP．则S四边形PCOBS△△PCOSPOB1b1xby2b，242∴x4y16．过P作PDx轴，PEy轴，垂足分别为D、E，∴PEOEODODP90．∴四边形PEOD是矩形．∴EPD90．∴EPCDPB．

PEC∴△≌△PDB，

∴PEPD，即xy．16xxy5由解得x4y16y165PEC由△≌△即

PDB得ECDB，

16b16b，54512816162符合题意．∴P的坐标为,；2555解得b（3）假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似．∵QABAOQAQO，∴QAB＞AOQ，QAB＞AQO．

∴要使△QOA与△QAB相似，只能QAOBAQ90，即QAx轴．

∵b＞2，∴AB＞OA，∴QOA＞ABQ．

∴只能AOQAQB．此时OQB90，由QAx轴知QA∥y轴．∴COQOQA．

∴要使△QOA与△OQC相似，只能QCO90或OQC90．

CQO（I）当OCQ90时，△≌△∴AQCO2QOA．

b．42b由AQOAAB得：b1．

4解得：b843．∵b2，∴b843．∴点Q的坐标是(1,23)．

OCQ（II）当OQC90时，△∽△∴

QCA，

OQAQ，即OQ2OCAQ．又OQ2OAOB，∴OCAQOAOB．即COQObAQ1b．解得：AQ=4，此时b=17＞2符合题意，∴点Q的坐标是(1, 4)．4∴综上可知，存在点Q(1,23)或Q(1, 4)，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似．

7.

如图，已知△ABC中，ACB90，以AB所在直线为x轴，过C点的直线为y轴建立平面直角坐标系．此时，A点坐标为(1,0)，B点坐标为(4, 0)．

（1）试求点C的坐标；

（2）若抛物线yax2bxc过△ABC的三个顶点，求抛物线的解析式；

（3）点D(1,m)在抛物线上，过点A的直线yx1交（2）中的抛物线于点E，那么在x轴上点B的左侧是否存在点P，使以P、B、D为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．

yCBAOxP＇AyCDBOPxE

E（1）在Rt△ABC中，ACB90，OC⊥AB，

2由射影定理，得：OCOAOB4，即OC2，∴C(0,2)；

（2）∵抛物线经过A(1,0)，B(4,0)，C(0,2)，可设抛物线的解析式为ya(x1)(x4)(a0)，则有：2a(01)(04)，

a12，

113y(x1)(x4)x2x2222∴

（3）存在符合条件的P点，

1322P，0，0或5．且7根据抛物线的解析式易知：D(1,3)，

123yxx222yx1联立直线AE和抛物线的解析式有：，

x1x6y0y7解得，，∴E(6,7)，tanDBO30141，即DBO45，

∴tanEAB07611，即EAB45，

∴DBAEAB，若以P、B、D为顶点的三角形与△ABE相似，则有两种情况：①

△∽△PBDBAE；②△∽△PBDEAB．易知BD32，EA72，AB5，

PB32PBBD572，由①得：ABAE，即

PB1513OPOBPB7，7，

即

PB32BPBD5AEAB72由②得：，即PB4222OPOBBP5，5，

即

1322P，0，0或5．∴78.已知抛物线ya(x3)(x1)(a0)，与x轴从左至右依次相交于A、B两点，与y轴相交于点C，经过点A的直线y3xb与抛物线的另一个交点为D．

（1）若点D的横坐标为2，求抛物线的函数解析式；

（2）若在第三象限内的抛物线上有点P，使得以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的坐标；

（3）在（1）的条件下，设点E是线段AD上的一点（不含端点），连接BE．一动点Q从

23点B出发，沿线段BE以每秒1个单位的速度运动到点E，再沿线段ED以每秒个单3位的速度运动到点D后停止，问当点E的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中所用时间最少？

（1）∵ya(x3)(x1)，∴点A的坐标为(3,0)、点B两的坐标为(1,0)，∵直线y3xb经过点A，∴b33，∴y3x33，

当x2时，y53，则点D的坐标为(2,53)，∴a(23)(21)53，解得，a3，则抛物线的解析式为

y3(x3)(x1)3x223x33；（2）如图1中，作PHx轴于H，设点P坐标(m,n)，

BPA当△∽△ABC时，BACPBA，

OCPH3an，∴，即na(m1)，OAHB3m1∴tanBACtanPBA，即

na(m1)∴解得m4或1（舍弃），

n(m3)(m1)当m4时，n5a，

BPA∵△∽△ABC，∴

ACAB，ABPB∴AB2ACPB，∴429a2925a225，

15151515解得a或（舍弃），则n5a，∴点P坐标4,3．15153PBA当△∽△ABC时，CBAPBA，∴tanCBAtanPBA，即

OCPH，OBHB∴

n3a(m1)3an，∴n3a(m1)，∴，

na(m3)(m1)1m1解得m6或1（舍弃），当m6时，n21a，

PBA∵△∽△ABC，∴

BCAB，即AB2BCPB，BAPB77或（不合题意舍弃），则点P坐标77∴424219a272(21a)2，解得a71576,4,6,，综上所述，符合条件的点P的坐标和．737（3）如图2中，作DM//x轴交抛物线于M，作DNx轴于N，作EFDM于F，则tanDANDN533，AN5DEEF23EFsinEDF3∴DAN60，∴EDF60，∴，

∴Q的运动时间tBEDEBEEF，1233∴当BE和EF共线时，t最小，

则BEDM，此时点E坐标(1,43)．

9.如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(2,2)，点B的坐标为(6,6)，抛物线经过A、O、B三点，连结OA、OB、AB，线段AB交y轴于点E．

（1）求点E的坐标；（2）求抛物线的函数解析式；

（3）点F为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线EF与抛物线交于M、N两点（点N在y轴右侧），连结ON、BN，当点F在线段OB上运动时，求△BON面积的最

y大值，并求出此时点N的坐标；

（4）连结AN，当△BON面积最大时，在坐标平面内求使

得△BOP与△OAN相似（点B、O、P分别与点O、A、N对应）的点P的坐标．

BMEAOFNx2mn26mn6ymxnA(2,2)B(6,6)（1）设 将点，代入得得

m11yx32，n3．∴2 当x0时，y3．∴E(0，3)2（2）设抛物线的函数解析式为yaxbx，

4a2b236a6b6，解得

a1111byx2x4，2．∴抛物线的解析式为42．

（3）过点N作x轴的垂线NG，垂足为G，交OB于点Q，

11Nx，x2x42，则Q(x，x)过B作BH⊥x轴于H，设SBONSQONSBQN则

111QNOGQNGHQN(OGGH)2221121139327QNOHxxx6x2x(x3)224224244(0x6)3273，4．x3△BONN4∴当时，面积最大，最大值为，此时点的坐标为

（4）解：过点A作AS⊥GQ于S

3N3，4∵A(2,2)，B(6,6)，∴AOEOASBOH 45，OG3，

NG35NS4，4，AS514在Rt△SAN和Rt△NOG中，∴∴SANNOG ∴OANBON．

tanSANtanNOG∴OASSANBOGNOGBOP∴ON的延长线上存在一点P，使△∽△OAN．

351722N3，ANASSNA2，24，在Rt△ASN中，4∵，62OP5174 BOP当△∽△OBOPOAN时，OAAN

22得

OP15174OPT过点P作PTx轴于点T，∴△∽△PTNG1OTOG4，设P(4t, t)，∴

1517422(4t)t∴

2ONG．

P'yBMEAFQSNOGHTxPt11515t24，4（舍）．

1515，4．P∴点的坐标为

15P，15将△OPT沿直线OB翻折，可得出另一个满足条件的点4151515，，1544时，△BOP与△OAN相由以上推理可知，当点P的坐标为或