资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩6页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 类型二 与图形面积有关的问题（原卷版+解析版）
展开
这是一份（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 类型二 与图形面积有关的问题（原卷版+解析版），文件包含全国通用2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练类型二与图形面积有关的问题解析版doc、全国通用2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练类型二与图形面积有关的问题原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
类型二二次函数与图形面积问题
1.综合与探究
如图,抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（－2,0）,B(4,0)两点,与y轴交于点C.点D是抛物线上一个动点,设点D的横坐标为m(1
(2)当△BCD的面积等于△AOC的面积的时,求m的值;
(3)在(2)的条件下,若点M是x轴上一动点,点N是抛物线上一动点,试判断是否存在这样的点M,使得以点B,D,M,N为顶点的四边形是平行四边形.若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（－2,0）,B(4,0)两点,∴,解之,得:,∴抛物线的函数表达式为:;
(2)作直线DE⊥x轴于点E,交BC于点G,作CF⊥DE,垂足为点F,∵点A的坐标为(－2,0),∴OA＝2,由x＝0,得y＝6,∴点C的坐标为(0,6),∴OC＝6,∴S△AOC＝OA·OC＝6,∴S△BCD＝S△AOC＝.设直线BC的函数表达式为y＝kx+n,由B,C两点的坐标得:,解之,得:,∴直线BC的函数表达式为:y＝－x+6.∴点G的坐标为(m,－m+6),∴DG＝－(－m+6)＝.∵点B的坐标为(4,0),∴OB＝4,∴S△BCD＝S△CDG+S△BDG＝.∴＝,解之,得m1＝3,m2＝1,∴m的值为3.
(3)存在点M,其坐标为:M1(8,0),M2(0,0),M3(,0),M4(－,0).
2.如图11，已知二次函数图象的顶点坐标为A（1，4），与坐标轴交于B、C、D三点，且B点的坐标为（－1，0）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在二次函数图象位于x轴上方部分有两个动点M、N，且点N在点M的左侧，过M、N作x轴的垂线交x轴于点G、H两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；
（3）当矩形MNHG的周长最大时，能否在二次函数图象上找到一点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的，若存在，求出该点的横坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝，把B（－1，0）代入解析式得：4a＋4＝0，解得a＝－1，∴y＝－＝－；（2）∵四边形MNHG为矩形，∴MN∥x轴，设MG＝NH＝n，把y＝n代入y＝－，即n＝－，∴＝0，由根与系数关系得＝2，＝n－3，∵＝－4，∴＝4－4（n－3）＝16－4n，∴MN＝ ＝2，设矩形MNHG周长为C，则C＝2（MN＋MG）＝2（2＋n）＝4＋2n，令＝t，则n＝4－，∴C＝－2＋4t＋8＝－2，∵－2＜0，∴t＝1时，周长有最大值，最大值为10；
（3）在（2）的条件下，当矩形周长最大时t＝1，∴＝1，n＝3，MN＝2＝2，∵D（0，3），∴此时N与D重合，∴ ＝2×3＝6，∴＝＝，又∵当y＝0时0＝－，解得＝－1，＝＝3，∴C（3，0），∵D（0，3），直线CD的解析式为y＝－x+3，∴过P做y轴的平行线，交直线CD于点Q，设P横坐标为m，则P（m，－），Q（m，－），∴PQ＝｜（－）－（－）｜，当P在Q的上方时，PQ＝－，∴＝·PQ·OC＝，－＝，解得m＝；当P在Q的下方时，PQ＝，即＝，解得，（舍去）；∴P横坐标为或．
3.在平面直角坐标系中，O为原点，点A(6，0),点B在y轴的正半轴上，∠ABO=30°，矩形CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上，OD=2.
（1）如图①，求点E的坐标；
（2）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C’O’D’E’,点C,O,D,E的对应点分别为C’,O’,D’,E’,设OO’=t,矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分的面积为S
①如图②，当矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分为五边形时，C’E’,E’D’分别与AB相交于点M,F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）
【分析】(1)由题意知OA=6，OD=2，∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，所以点E的坐标为（2，）
（2） ①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根据E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，
S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;
S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因为重叠部分是五边形，所以t的取值范围是0
当S=时，，此时t=，
综上所述，t的取值范围是2.5≤t≤；
【解析】(1)∵A（6,0），∴OA=6，
∵OD=2,∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，
∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，
所以点E的坐标为（2，）
(2)①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根据E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，
S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;
S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因为重叠部分是五边形，所以t的取值范围是0
4.已知直线交轴于点，交轴于点，二次函数的图象过两点，交轴于另一点，，且对于该二次函数图象上的任意两点，，当时，总有．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若直线，求证：当时，；
（3）为线段上不与端点重合的点，直线过点且交直线于点，求与面积之和的最小值．
【答案】（1）；（2）详见解析；（3）的最小值为．
【解析】
【分析】
（1）先根据坐标轴上点的坐标特征由一次函数的表达式求出A，B两点的坐标，再根据BC=4，得出点C的坐标，最后利用待定系数法可求二次函数的表达式；
（2）利用反证法证明即可；
（3）先求出q的值，利用，得出，设，然后用含t的式子表示出的面积，再利用二次函数的性质求解即可．
【详解】
解：（1）对于，
当时，，所以；
当时，，，所以，
又因为，所以或，
若抛物线过，则当时，随的增大而减少，不符合题意，舍去．
若抛物线过，则当时，必有随的增大而增大，符合题意．
故可设二次函数的表达式为，
依题意，二次函数的图象过，两点，
所以，解得
所求二次函数的表达式为．
（2）当时，直线与直线不重合，
假设和不平行，则和必相交，设交点为，
由得，
解得，与已知矛盾，所以与不相交，
所以．
（3）如图，
因为直线过，所以，
又因为直线，所以，即，
所以，，
所以，所以，
设，则，
，
所以，
所以
所以当时，的最小值为．
【点睛】
本题考查了一次函数和二次函数的图象与性质、相似三角形的性质与判定、三角形面积等基础知识，注意函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想及分类与整合思想的运用．
5.如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于，两点，交轴于点，且，点是第三象限内抛物线上的一动点．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）若，求点的坐标；
（3）连接，求面积的最大值及此时点的坐标．
【答案】（1）；（2）（，）；（3）面积的最大值是8；点的坐标为（，）．
【解析】
【分析】
（1）由二次函数的性质，求出点C的坐标，然后得到点A、点B的坐标，再求出解析式即可；
（2）由，则点P的纵坐标为，代入解析式，即可求出点P的坐标；
（3）先求出直线AC的解析式，过点P作PD∥y轴，交AC于点D，则，设点P为（，），则点D为（，），求出PD的长度，利用二次函数的性质，即可得到面积的最大值，再求出点P的坐标即可．
【详解】
解：（1）在抛物线中，
令，则，
∴点C的坐标为（0，），
∴OC=2，
∵，
∴，，
∴点A为（，0），点B为（，0），
则把点A、B代入解析式，得
，解得：，
∴；
（2）由题意，∵，点C为（0，），
∴点P的纵坐标为，
令，则，
解得：，，
∴点P的坐标为（，）；
（3）设直线AC的解析式为，则
把点A、C代入，得
，解得：，
∴直线AC的解析式为；
过点P作PD∥y轴，交AC于点D，如图：
设点P 为（，），则点D为（，），
∴，
∵OA=4，
∴，
∴，
∴当时，取最大值8；
∴，
∴点P的坐标为（，）．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合问题，二次函数的性质，一次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数和一次函数的性质进行解题，注意利用数形结合的思想进行解题．
6.如图，已知抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C．
（1）求A、B、C三点的坐标;
（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积;
（3）在轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MG轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似．若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．
【解析】解：（1）令，得 解得
令，得
∴ A B C
（2）∵OA=OB=OC= ∴BAC=ACO=BCO=
∵AP∥CB， ∴PAB=
过点P作PE轴于E，则APE为等腰直角三角形
令OE=，则PE= ∴P
∵点P在抛物线上 ∴
G
M
C
B
y
P
A
解得，（不合题意，舍去）
∴PE=
∴四边形ACBP的面积=AB•OC+AB•PE=
(3)． 假设存在
∵PAB=BAC = ∴PAAC
∵MG轴于点G， ∴MGA=PAC =
在Rt△AOC中，OA=OC= ∴AC=
在Rt△PAE中，AE=PE= ∴AP=
设M点的横坐标为，则M
①点M在轴左侧时，则
(ⅰ) 当AMG PCA时，有=
∵AG=，MG=即 解得（舍去） （舍去）(ⅱ) 当MAG PCA时有=
即
解得：（舍去）
∴M
G
M
C
B
y
P
A
② 点M在轴右侧时，则
(ⅰ) 当AMG PCA时有=
∵AG=，MG=
∴
解得（舍去）
∴M
(ⅱ) 当MAGPCA时有=
即
解得：（舍去）
∴M
∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似
M点的坐标为，，
7.如图（14），抛物线与x轴交于点A（－1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，且过点D（2，－3）．点P、Q是抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在直线OD下方时，求△POD面积的最大值．
（3）直线OQ与线段BC相交于点E，当△OBE与△ABC相似时，求点Q的坐标．
【解析】 解：（1）方法一、将点A（－1，0），点B（3，0），点D（2，3）代入
得，
解得
∴抛物线的解析式为
方法二、∵抛物线与x轴交于点A（－1，0），点B（3，0），
∴设抛物线的解析式为．
又∵抛物线过点 D（2，－3），
∴
∴
∴．
（2）如图，设PD与y轴相交于点F，OD与抛物线相交于点G，
设P坐标为（），则直线PD的解析式为，它与y轴的交点坐标为F（0，－2m－3），则OF＝2m+3．
∴
由于点P在直线OD下方，所以．
∴当时，△POD面积的最大值
（3）①由得抛物线与y轴的交点C（0，－3），结合A（－1，0）得直线AC的解析式为，
∴当OE∥AC时，△OBE与△ABC相似；此时直线OE的解析式为．
又∵的解为，
∴Q的坐标为和．
②如图，作EN⊥y轴于N，
由A（－1，0），B（3，0），C（0，－3）得AB＝3－(－1)＝4，BO＝3，BC＝
当即时 ，△OBE与△ABC相似；此时BE＝．
又∵△OBC∽△ONE，
∴NB＝NE＝2，此时E点坐标为（1，－2），直线OE的方程为．
又∵的解为，
∴Q的坐标为和．
综上所述，Q的坐标为，，，．
8.如图,在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形,∠ACB=90,AC=BC,OA=1，OC=4，抛物线经过A，B两点，抛物线的顶点为D．
（1）求b,c的值；
（2）点E是直角三角形ABC斜边AB上一动点(点A、B除外)，过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下：①求以点Ｅ、Ｂ、Ｆ、Ｄ为顶点的四边形的面积；②在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形? 若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由.
【解析】解：（1）由已知得：A（-1，0） B（4，5）
∵二次函数的图像经过点A（-1，0）B(4,5)
∴
解得：b=-2 c=-3
（2）如２６题图：∵直线AB经过点A（-1，0） B(4,5)
∴直线AB的解析式为：y=x+1
∵二次函数
∴设点E(t， t+1),则F（t，）
∴EF=
=
∴当时，EF的最大值=
∴点E的坐标为（，）
（3）①如２６题图：顺次连接点E、B、F、D得四边形ＥＢＦＤ．
可求出点F的坐标（，）,点D的坐标为（1，-4）
S = S + S
=
=
②如备用图：ⅰ)过点E作a⊥EF交抛物线于点P,设点P(m,)
则有： 解得:,
∴,
ⅱ）过点F作b⊥EF交抛物线于，设（n，）
则有： 解得： ，（与点F重合，舍去）
∴
综上所述：所有点P的坐标：，（. 能使△EFP组成以EF为直角边的直角三角形．
9. 已知抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，其图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C（0,3）．
（1）求b，c的值；
（2）直线l与x轴交于点P．
①如图1，若l∥y轴，且与线段AC及抛物线分别相交于点E、F，点C关于直线x＝1的对称点为D，求四边形CEDF面积的最大值；
②如图2，若直线l与线段BC相交于点Q，当△PCQ∽△CAP时，求直线l的表达式．
【分析】（1）由抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，得－＝1，解得b＝2，把点C（0,3）代入抛物线y＝－x2＋bx＋c得c＝3．
（2）①由题意先求得点D，A，B的坐标， 的解析式，设F (e, －e2＋2e＋3)，则E (e, －e＋3) ，进而得EF＝－e2＋3e，因为CD⊥EF，所以S四边形CEDF＝CD·EF，利用二次函数的顶点式求出最大值；
②根据相似三角形的性质得l∥AC，∠ACP＝∠BCO．作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，根据tan∠ACP＝，得关于m的方程＝，解之可得点P的坐标，进而得直线l的表达式．
【解析】解：（1）由题可知解得
（2）①由题意可知D（2，3），CD⊥EF，∴CD＝2．
由（1）可知A (3,0)，B (－1,0)
∴：y＝－x＋3
设F (e, －e2＋2e＋3)，则E (e, －e＋3)
∴EF＝－e2＋3e
∴S四边形CEDF＝CD·EF＝－e2＋3e＝－（e－）2＋.
∴当e＝时，四边形CEDF的面积最大，最大值为.
②由（1）可知∠OAC＝∠OCA＝45°，
由△PCQ∽△CAP可得∠QPC＝∠PCA
∴l∥AC．
由△PCQ∽△CAP可得∠QCP＝∠OAC＝45°，
∴∠QCP＝∠OCA，∴∠ACP＝∠BCO，
由B（－1，0），C（0，3），可得tan∠BCO＝，
∴tan∠ACP＝，
作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，则AP＝3－m.
∴PH＝AH＝(3－m)，CH＝ (3＋m)
∴＝＝tan∠ACP＝，
即＝，解得m＝ ．
∴P (,0)，∴l：y＝－x＋．
【知识点】二次函数的性质；一次函数的表达式；相似三角形的性质；锐角三角函数； 分式方程，
10.如图,已知二次函数的图象与轴交于A、B两点，与轴交于点P，顶点为C（1，－2）.
（1）求此函数的关系式；
（2）作点C关于轴的对称点D，顺次连接A、C、B、D.若在抛物线上存在点E，使直线PE将四边形ABCD分成面积相等的两个四边形，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点F，使得△PEF是以P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点F的坐标及△PEF的面积；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）∵的顶点为C（1，－2），
∴，．
（2）设直线PE对应的函数关系式为
由题意，四边形ACBD是菱形.
故直线PE必过菱形ACBD的对称中心M．
由P(0，－1)，M（1，0），得．从而，
设E(，)，代入，得．
解之得，，根据题意，得点E(3，2)
（3） 假设存在这样的点F，可设F(，)．
过点F作FG⊥轴，垂足为点G.
在Rt△POM和Rt△FGP中，∵∠OMP+∠OPM=90°，∠FPG+∠OPM=90°，
∴∠OMP=∠FPG，又∠POM=∠PGF，∴△POM∽△FGP.
∴．又OM=1，OP=1，∴GP=GF，即．
解得，，根据题意，得F(1，－2)．
故点F(1，－2)即为所求． ．
11.如图，已知抛物线的顶点坐标为Q，且与轴交于点C，与轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），点P是该抛物线上一动点，从点C沿抛物线向点A运动（点P与A不重合），过点P作PD∥轴，交AC于点D．
(1)求该抛物线的函数关系式；(2)当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标；
(3)在问题(2)的结论下，若点E在轴上，点F在抛物线上，问是否存在以A、P、E、F为顶点的平行四边形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线的顶点为Q（2，－1）∴设
将C（0，3）代入上式，得
∴， 即…（3分）
（2）分两种情况：
①当点P1为直角顶点时,点P1与点B重合(如图)
令=0, 得
解之得,
∵点A在点B的右边, ∴B(1,0), A(3,0)∴P1(1,0) （5分）
②解:当点A为△APD2的直角顶点是(如图)
∵OA=OC, ∠AOC=, ∴∠OAD2=
当∠D2AP2=时, ∠OAP2=, ∴AO平分∠D2AP2
又∵P2D2∥轴, ∴P2D2⊥AO, ∴P2、D2关于轴对称
设直线AC的函数关系式为
将A(3,0), C(0,3)代入上式得
, ∴∴
∵D2在上, P2在上,
∴设D2(,), P2(,)∴()+()=0
, ∴, (舍)∴当=2时, ==－1 ∴P2的坐标为P2(2,－1)(即为抛物线顶点)
∴P点坐标为P1(1,0), P2(2,－1)
(3)解: 由题(2)知,当点P的坐标为P1(1,0)时,不能构成平行四边形当点P的坐标为P2(2,－1)(即顶点Q)时,
平移直线AP(如图)交轴于点E,交抛物线于点F.
当AP=FE时,四边形PAFE是平行四边形
∵P(2,－1), ∴可令F(,1)∴
解之得: , ∴F点有两点,
即F1(,1), F2(,1)
类型二二次函数与图形面积问题
1.综合与探究
如图,抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（－2,0）,B(4,0)两点,与y轴交于点C.点D是抛物线上一个动点,设点D的横坐标为m(1
(2)当△BCD的面积等于△AOC的面积的时,求m的值;
(3)在(2)的条件下,若点M是x轴上一动点,点N是抛物线上一动点,试判断是否存在这样的点M,使得以点B,D,M,N为顶点的四边形是平行四边形.若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（－2,0）,B(4,0)两点,∴,解之,得:,∴抛物线的函数表达式为:;
(2)作直线DE⊥x轴于点E,交BC于点G,作CF⊥DE,垂足为点F,∵点A的坐标为(－2,0),∴OA＝2,由x＝0,得y＝6,∴点C的坐标为(0,6),∴OC＝6,∴S△AOC＝OA·OC＝6,∴S△BCD＝S△AOC＝.设直线BC的函数表达式为y＝kx+n,由B,C两点的坐标得:,解之,得:,∴直线BC的函数表达式为:y＝－x+6.∴点G的坐标为(m,－m+6),∴DG＝－(－m+6)＝.∵点B的坐标为(4,0),∴OB＝4,∴S△BCD＝S△CDG+S△BDG＝.∴＝,解之,得m1＝3,m2＝1,∴m的值为3.
(3)存在点M,其坐标为:M1(8,0),M2(0,0),M3(,0),M4(－,0).
2.如图11，已知二次函数图象的顶点坐标为A（1，4），与坐标轴交于B、C、D三点，且B点的坐标为（－1，0）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在二次函数图象位于x轴上方部分有两个动点M、N，且点N在点M的左侧，过M、N作x轴的垂线交x轴于点G、H两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；
（3）当矩形MNHG的周长最大时，能否在二次函数图象上找到一点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的，若存在，求出该点的横坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝，把B（－1，0）代入解析式得：4a＋4＝0，解得a＝－1，∴y＝－＝－；（2）∵四边形MNHG为矩形，∴MN∥x轴，设MG＝NH＝n，把y＝n代入y＝－，即n＝－，∴＝0，由根与系数关系得＝2，＝n－3，∵＝－4，∴＝4－4（n－3）＝16－4n，∴MN＝ ＝2，设矩形MNHG周长为C，则C＝2（MN＋MG）＝2（2＋n）＝4＋2n，令＝t，则n＝4－，∴C＝－2＋4t＋8＝－2，∵－2＜0，∴t＝1时，周长有最大值，最大值为10；
（3）在（2）的条件下，当矩形周长最大时t＝1，∴＝1，n＝3，MN＝2＝2，∵D（0，3），∴此时N与D重合，∴ ＝2×3＝6，∴＝＝，又∵当y＝0时0＝－，解得＝－1，＝＝3，∴C（3，0），∵D（0，3），直线CD的解析式为y＝－x+3，∴过P做y轴的平行线，交直线CD于点Q，设P横坐标为m，则P（m，－），Q（m，－），∴PQ＝｜（－）－（－）｜，当P在Q的上方时，PQ＝－，∴＝·PQ·OC＝，－＝，解得m＝；当P在Q的下方时，PQ＝，即＝，解得，（舍去）；∴P横坐标为或．
3.在平面直角坐标系中，O为原点，点A(6，0),点B在y轴的正半轴上，∠ABO=30°，矩形CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上，OD=2.
（1）如图①，求点E的坐标；
（2）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C’O’D’E’,点C,O,D,E的对应点分别为C’,O’,D’,E’,设OO’=t,矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分的面积为S
①如图②，当矩形C’O’D’E’与△ABO重叠部分为五边形时，C’E’,E’D’分别与AB相交于点M,F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）
【分析】(1)由题意知OA=6，OD=2，∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，所以点E的坐标为（2，）
（2） ①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根据E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，
S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;
S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因为重叠部分是五边形，所以t的取值范围是0
当S=时，，此时t=，
综上所述，t的取值范围是2.5≤t≤；
【解析】(1)∵A（6,0），∴OA=6，
∵OD=2,∴AD=4，由矩形CODE得DE∥BO，
∴∠AED=∠ABO=30°，∴DE=tan60°AD=，
所以点E的坐标为（2，）
(2)①由平移得，O’C’=D’E’=,O’D’=C’E’=2，ME’=OO’=t，根据E’D’∥BO，得∠E’FM=∠OBA=30°,Rt△ME’F中，E’F=，
S△ME’F=；S矩形C’O’D’E’=;
S=S矩形C’O’D’E’-S△ME’F=，因为重叠部分是五边形，所以t的取值范围是0
4.已知直线交轴于点，交轴于点，二次函数的图象过两点，交轴于另一点，，且对于该二次函数图象上的任意两点，，当时，总有．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若直线，求证：当时，；
（3）为线段上不与端点重合的点，直线过点且交直线于点，求与面积之和的最小值．
【答案】（1）；（2）详见解析；（3）的最小值为．
【解析】
【分析】
（1）先根据坐标轴上点的坐标特征由一次函数的表达式求出A，B两点的坐标，再根据BC=4，得出点C的坐标，最后利用待定系数法可求二次函数的表达式；
（2）利用反证法证明即可；
（3）先求出q的值，利用，得出，设，然后用含t的式子表示出的面积，再利用二次函数的性质求解即可．
【详解】
解：（1）对于，
当时，，所以；
当时，，，所以，
又因为，所以或，
若抛物线过，则当时，随的增大而减少，不符合题意，舍去．
若抛物线过，则当时，必有随的增大而增大，符合题意．
故可设二次函数的表达式为，
依题意，二次函数的图象过，两点，
所以，解得
所求二次函数的表达式为．
（2）当时，直线与直线不重合，
假设和不平行，则和必相交，设交点为，
由得，
解得，与已知矛盾，所以与不相交，
所以．
（3）如图，
因为直线过，所以，
又因为直线，所以，即，
所以，，
所以，所以，
设，则，
，
所以，
所以
所以当时，的最小值为．
【点睛】
本题考查了一次函数和二次函数的图象与性质、相似三角形的性质与判定、三角形面积等基础知识，注意函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想及分类与整合思想的运用．
5.如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于，两点，交轴于点，且，点是第三象限内抛物线上的一动点．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）若，求点的坐标；
（3）连接，求面积的最大值及此时点的坐标．
【答案】（1）；（2）（，）；（3）面积的最大值是8；点的坐标为（，）．
【解析】
【分析】
（1）由二次函数的性质，求出点C的坐标，然后得到点A、点B的坐标，再求出解析式即可；
（2）由，则点P的纵坐标为，代入解析式，即可求出点P的坐标；
（3）先求出直线AC的解析式，过点P作PD∥y轴，交AC于点D，则，设点P为（，），则点D为（，），求出PD的长度，利用二次函数的性质，即可得到面积的最大值，再求出点P的坐标即可．
【详解】
解：（1）在抛物线中，
令，则，
∴点C的坐标为（0，），
∴OC=2，
∵，
∴，，
∴点A为（，0），点B为（，0），
则把点A、B代入解析式，得
，解得：，
∴；
（2）由题意，∵，点C为（0，），
∴点P的纵坐标为，
令，则，
解得：，，
∴点P的坐标为（，）；
（3）设直线AC的解析式为，则
把点A、C代入，得
，解得：，
∴直线AC的解析式为；
过点P作PD∥y轴，交AC于点D，如图：
设点P 为（，），则点D为（，），
∴，
∵OA=4，
∴，
∴，
∴当时，取最大值8；
∴，
∴点P的坐标为（，）．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合问题，二次函数的性质，一次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数和一次函数的性质进行解题，注意利用数形结合的思想进行解题．
6.如图，已知抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C．
（1）求A、B、C三点的坐标;
（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积;
（3）在轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MG轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似．若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．
【解析】解：（1）令，得 解得
令，得
∴ A B C
（2）∵OA=OB=OC= ∴BAC=ACO=BCO=
∵AP∥CB， ∴PAB=
过点P作PE轴于E，则APE为等腰直角三角形
令OE=，则PE= ∴P
∵点P在抛物线上 ∴
G
M
C
B
y
P
A
解得，（不合题意，舍去）
∴PE=
∴四边形ACBP的面积=AB•OC+AB•PE=
(3)． 假设存在
∵PAB=BAC = ∴PAAC
∵MG轴于点G， ∴MGA=PAC =
在Rt△AOC中，OA=OC= ∴AC=
在Rt△PAE中，AE=PE= ∴AP=
设M点的横坐标为，则M
①点M在轴左侧时，则
(ⅰ) 当AMG PCA时，有=
∵AG=，MG=即 解得（舍去） （舍去）(ⅱ) 当MAG PCA时有=
即
解得：（舍去）
∴M
G
M
C
B
y
P
A
② 点M在轴右侧时，则
(ⅰ) 当AMG PCA时有=
∵AG=，MG=
∴
解得（舍去）
∴M
(ⅱ) 当MAGPCA时有=
即
解得：（舍去）
∴M
∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似
M点的坐标为，，
7.如图（14），抛物线与x轴交于点A（－1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，且过点D（2，－3）．点P、Q是抛物线上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在直线OD下方时，求△POD面积的最大值．
（3）直线OQ与线段BC相交于点E，当△OBE与△ABC相似时，求点Q的坐标．
【解析】 解：（1）方法一、将点A（－1，0），点B（3，0），点D（2，3）代入
得，
解得
∴抛物线的解析式为
方法二、∵抛物线与x轴交于点A（－1，0），点B（3，0），
∴设抛物线的解析式为．
又∵抛物线过点 D（2，－3），
∴
∴
∴．
（2）如图，设PD与y轴相交于点F，OD与抛物线相交于点G，
设P坐标为（），则直线PD的解析式为，它与y轴的交点坐标为F（0，－2m－3），则OF＝2m+3．
∴
由于点P在直线OD下方，所以．
∴当时，△POD面积的最大值
（3）①由得抛物线与y轴的交点C（0，－3），结合A（－1，0）得直线AC的解析式为，
∴当OE∥AC时，△OBE与△ABC相似；此时直线OE的解析式为．
又∵的解为，
∴Q的坐标为和．
②如图，作EN⊥y轴于N，
由A（－1，0），B（3，0），C（0，－3）得AB＝3－(－1)＝4，BO＝3，BC＝
当即时 ，△OBE与△ABC相似；此时BE＝．
又∵△OBC∽△ONE，
∴NB＝NE＝2，此时E点坐标为（1，－2），直线OE的方程为．
又∵的解为，
∴Q的坐标为和．
综上所述，Q的坐标为，，，．
8.如图,在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形,∠ACB=90,AC=BC,OA=1，OC=4，抛物线经过A，B两点，抛物线的顶点为D．
（1）求b,c的值；
（2）点E是直角三角形ABC斜边AB上一动点(点A、B除外)，过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下：①求以点Ｅ、Ｂ、Ｆ、Ｄ为顶点的四边形的面积；②在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形? 若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由.
【解析】解：（1）由已知得：A（-1，0） B（4，5）
∵二次函数的图像经过点A（-1，0）B(4,5)
∴
解得：b=-2 c=-3
（2）如２６题图：∵直线AB经过点A（-1，0） B(4,5)
∴直线AB的解析式为：y=x+1
∵二次函数
∴设点E(t， t+1),则F（t，）
∴EF=
=
∴当时，EF的最大值=
∴点E的坐标为（，）
（3）①如２６题图：顺次连接点E、B、F、D得四边形ＥＢＦＤ．
可求出点F的坐标（，）,点D的坐标为（1，-4）
S = S + S
=
=
②如备用图：ⅰ)过点E作a⊥EF交抛物线于点P,设点P(m,)
则有： 解得:,
∴,
ⅱ）过点F作b⊥EF交抛物线于，设（n，）
则有： 解得： ，（与点F重合，舍去）
∴
综上所述：所有点P的坐标：，（. 能使△EFP组成以EF为直角边的直角三角形．
9. 已知抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，其图象与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C（0,3）．
（1）求b，c的值；
（2）直线l与x轴交于点P．
①如图1，若l∥y轴，且与线段AC及抛物线分别相交于点E、F，点C关于直线x＝1的对称点为D，求四边形CEDF面积的最大值；
②如图2，若直线l与线段BC相交于点Q，当△PCQ∽△CAP时，求直线l的表达式．
【分析】（1）由抛物线y＝－x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝1，得－＝1，解得b＝2，把点C（0,3）代入抛物线y＝－x2＋bx＋c得c＝3．
（2）①由题意先求得点D，A，B的坐标， 的解析式，设F (e, －e2＋2e＋3)，则E (e, －e＋3) ，进而得EF＝－e2＋3e，因为CD⊥EF，所以S四边形CEDF＝CD·EF，利用二次函数的顶点式求出最大值；
②根据相似三角形的性质得l∥AC，∠ACP＝∠BCO．作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，根据tan∠ACP＝，得关于m的方程＝，解之可得点P的坐标，进而得直线l的表达式．
【解析】解：（1）由题可知解得
（2）①由题意可知D（2，3），CD⊥EF，∴CD＝2．
由（1）可知A (3,0)，B (－1,0)
∴：y＝－x＋3
设F (e, －e2＋2e＋3)，则E (e, －e＋3)
∴EF＝－e2＋3e
∴S四边形CEDF＝CD·EF＝－e2＋3e＝－（e－）2＋.
∴当e＝时，四边形CEDF的面积最大，最大值为.
②由（1）可知∠OAC＝∠OCA＝45°，
由△PCQ∽△CAP可得∠QPC＝∠PCA
∴l∥AC．
由△PCQ∽△CAP可得∠QCP＝∠OAC＝45°，
∴∠QCP＝∠OCA，∴∠ACP＝∠BCO，
由B（－1，0），C（0，3），可得tan∠BCO＝，
∴tan∠ACP＝，
作PH⊥AC于点H，设P (m,0)，则AP＝3－m.
∴PH＝AH＝(3－m)，CH＝ (3＋m)
∴＝＝tan∠ACP＝，
即＝，解得m＝ ．
∴P (,0)，∴l：y＝－x＋．
【知识点】二次函数的性质；一次函数的表达式；相似三角形的性质；锐角三角函数； 分式方程，
10.如图,已知二次函数的图象与轴交于A、B两点，与轴交于点P，顶点为C（1，－2）.
（1）求此函数的关系式；
（2）作点C关于轴的对称点D，顺次连接A、C、B、D.若在抛物线上存在点E，使直线PE将四边形ABCD分成面积相等的两个四边形，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点F，使得△PEF是以P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点F的坐标及△PEF的面积；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）∵的顶点为C（1，－2），
∴，．
（2）设直线PE对应的函数关系式为
由题意，四边形ACBD是菱形.
故直线PE必过菱形ACBD的对称中心M．
由P(0，－1)，M（1，0），得．从而，
设E(，)，代入，得．
解之得，，根据题意，得点E(3，2)
（3） 假设存在这样的点F，可设F(，)．
过点F作FG⊥轴，垂足为点G.
在Rt△POM和Rt△FGP中，∵∠OMP+∠OPM=90°，∠FPG+∠OPM=90°，
∴∠OMP=∠FPG，又∠POM=∠PGF，∴△POM∽△FGP.
∴．又OM=1，OP=1，∴GP=GF，即．
解得，，根据题意，得F(1，－2)．
故点F(1，－2)即为所求． ．
11.如图，已知抛物线的顶点坐标为Q，且与轴交于点C，与轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），点P是该抛物线上一动点，从点C沿抛物线向点A运动（点P与A不重合），过点P作PD∥轴，交AC于点D．
(1)求该抛物线的函数关系式；(2)当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标；
(3)在问题(2)的结论下，若点E在轴上，点F在抛物线上，问是否存在以A、P、E、F为顶点的平行四边形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线的顶点为Q（2，－1）∴设
将C（0，3）代入上式，得
∴， 即…（3分）
（2）分两种情况：
①当点P1为直角顶点时,点P1与点B重合(如图)
令=0, 得
解之得,
∵点A在点B的右边, ∴B(1,0), A(3,0)∴P1(1,0) （5分）
②解:当点A为△APD2的直角顶点是(如图)
∵OA=OC, ∠AOC=, ∴∠OAD2=
当∠D2AP2=时, ∠OAP2=, ∴AO平分∠D2AP2
又∵P2D2∥轴, ∴P2D2⊥AO, ∴P2、D2关于轴对称
设直线AC的函数关系式为
将A(3,0), C(0,3)代入上式得
, ∴∴
∵D2在上, P2在上,
∴设D2(,), P2(,)∴()+()=0
, ∴, (舍)∴当=2时, ==－1 ∴P2的坐标为P2(2,－1)(即为抛物线顶点)
∴P点坐标为P1(1,0), P2(2,－1)
(3)解: 由题(2)知,当点P的坐标为P1(1,0)时,不能构成平行四边形当点P的坐标为P2(2,－1)(即顶点Q)时,
平移直线AP(如图)交轴于点E,交抛物线于点F.
当AP=FE时,四边形PAFE是平行四边形
∵P(2,－1), ∴可令F(,1)∴
解之得: , ∴F点有两点,
即F1(,1), F2(,1)
相关试卷
（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 类型七 与圆有关的问题（原卷版+解析版）： 这是一份（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 类型七 与圆有关的问题（原卷版+解析版），文件包含全国通用2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练类型七与圆有关的问题解析版doc、全国通用2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练类型七与圆有关的问题原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 类型三 角度问题（原卷版+解析版）： 这是一份（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 类型三 角度问题（原卷版+解析版），文件包含全国通用2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练类型三角度问题解析版doc、全国通用2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练类型三角度问题原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 类型二 交点问题（原卷版+解析版）： 这是一份（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 类型二 交点问题（原卷版+解析版），文件包含全国通用2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练类型二交点问题解析版docx、全国通用2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练类型二交点问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
