中考数学二轮培优练习专题14 二次函数与几何压轴（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮培优练习专题14 二次函数与几何压轴（2份，原卷版+解析版），共14页。试卷主要包含了利用铅垂高计算三角形面积，面积比值问题，面积存在性问题，面积最值问题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc162860160" 题型01 三角形面积问题
\l "_Tc162860161" 类型一 利用铅垂高计算三角形面积
\l "_Tc162860162" 类型二 面积比值问题
\l "_Tc162860163" 类型三 面积存在性问题
\l "_Tc162860164" 类型四 面积最值问题
\l "_Tc162860165" 题型02 线段相关问题
\l "_Tc162860166" 类型一 线段和最值问题
\l "_Tc162860167" 类型二 线段差最小问题
\l "_Tc162860168" 类型三 周长最值
\l "_Tc162860169" 题型03 存在性问题
\l "_Tc162860170" 类型一 平行四边形存在性问题
\l "_Tc162860171" 类型二 矩形存在性问题
\l "_Tc162860172" 类型三 菱形存在性问题
\l "_Tc162860173" 类型四 正方形存在性问题
\l "_Tc162860174" 类型五 等腰三角形存在性问题
\l "_Tc162860175" 类型六 直角三角形存在性问题
\l "_Tc162860176" 类型七 相似三角形存在性问题
\l "_Tc162860177" 类型八 等角存在性问题
\l "_Tc162860178" 类型九 二倍角、半角存在性问题
\l "_Tc162860179" 类型十 特殊角存在性问题
\l "_Tc162860180" 类型十一 线段存在性
\l "_Tc162860181" （时间：60分钟）
题型01 三角形面积问题
类型一 利用铅垂高计算三角形面积
1．（2023·山东青岛·一模）对于某些三角形，我们可以直接用面积公式或是用割补法等来求它们的面积，下面我们研究一种求面积的新方法：如图1所示，分别过三角形的顶点A、C作水平线的铅垂线l1、l2，l1、l2之间的距离d叫做水平宽；如图1所示，过点B作水平线的铅垂线交AC于点D，称线段BD的长叫做这个三角形的铅垂高；
结论提炼：容易证明，“三角形的面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半”，即“S=12dℎ”．
尝试应用：
已知：如图2，点A−5,3、B4,0、C0,6，则△ABC的水平宽为______，铅垂高为______，所以△ABC的面积为______．
学以致用：
如图3，在平面直角坐标系中，抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3，点B为抛物线的顶点，图象与y轴交于点A，与x轴交于E、C两点，BD为△ABC的铅垂高，延长BD交x轴于点F，则顶点B坐标为______，铅垂高BD=______，△ABC的面积为______．
【答案】尝试应用：9，143，21；学以致用：1，4，2，3
【分析】尝试应用：先求出直线l1即为直线x=−5，直线l2即为直线x=4，则d=9，即△ABC的水平宽为9，求出直线AB的解析式为y=−13x+43，则D0，43，即可得到ℎ=143，即铅垂高为143，则S△ABC=12dℎ=12×9×143=21；
学以致用：先把抛物线解析式化为顶点式求出点B的坐标，再求出A、C的坐标，进而求出直线AC的解析式和水平宽，从而得到点D的坐标，求出BD的长即可求出△ABC的面积．
【详解】解：尝试应用：∵点A−5,3、B4,0，
∴直线l1即为直线x=−5，直线l2即为直线x=4，
∴d=4−−5=9，即△ABC的水平宽为9，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴−5k+b=34k+b=0，
∴k=−13b=43，
∴直线AB的解析式为y=−13x+43，
在y=−13x+43中，当x=0时，y=43，
∴D0，43，
∵C0,6，
∴OC=6，
∴ℎ=6−43=143，即铅垂高为143，
∴S△ABC=12dℎ=12×9×143=21；
故答案为：9，143，21；
学以致用：∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴顶点B的坐标为1，4；
令x=0，则y=3；令y=0，则−x2+2x+3=0，解得x=−1或x=3，
∴A0，3，C3，0，
∴直线l1即为直线x=0，直线l2即为直线x=3，
∴d=3−0=3，即△ABC的水平宽为3，
设直线AC的解析式为y=k1x+b1，
∴3k+b=0b=3，
∴k=−1b=3，
∴直线AC的解析式为y=−x+3，
在y=−x+3中，当x=1时，y=2，
∴D1，2，
∴BD=2，
∴S△ABC=12d⋅BD=12×3×2=3；
故答案为：1，4，2，3．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，二次函数与几何综合，正确理解题意是解题的关键．
2．（2024·山西晋城·一模）综合与探究
如图，抛物线y=−13x2−43x+4与x轴交于A，B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，P是直线BC上方抛物线上一动点．
(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式．
(2)连接PB，PC，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，若F是抛物线对称轴上一点，在抛物线上是否存在点Q，使以B，F，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A2，0，B−6，0，C0，4，y=23x+4
(2)△PBC的面积最大值为9，此时点P的坐标为−3，5
(3)1，73或−5，73或−7，−3
【分析】
（1）根据二次函数解析式分别求出自变量和函数值为0时自变量或函数值即可求出A、B、C的坐标，再利用待定系数法求出直线BC的函数表达式即可；
（2）过点P作PD∥y轴交BC于D，设Pm，−13m2−43m+4，则Dm，23m+4，则PD=−13m+32+3，根据S△PBC=S△PBD+S△PCD，可得S△PBC=−m+32+9，则当m=−3时，△PBC的面积最大，最大值为9，此时点P的坐标为−3，5
（3）设F−2，n，Qs，t，再分当BP为对角线时， 当BF为对角线时， 当BQ为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可。
【详解】（1）解：在y=−13x2−43x+4中，当x=0时，y=4，
∴C0，4；
在y=−13x2−43x+4中，当y=−13x2−43x+4=0时，解得x=2或x=−6，
∴A2，0，B−6，0；
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴−6k+b=0b=4，
∴k=23b=4，
∴直线BC的解析式为y=23x+4；
（2）解：如图所示，过点P作PD∥y轴交BC于D，
设Pm，−13m2−43m+4，则Dm，23m+4，
∴PD=−13m2−43m+4−23m+4=−13m2−2m=−13m+32+3，
∵S△PBC=S△PBD+S△PCD
∴S△PBC=12PD⋅xP−xB+12PD⋅xC−xP=12PD⋅xC−xB=3PD=−m+32+9，
∵−10)与直线y=x交点为0,0和A1a,1a，
设过点P与OA平行的直线为y=x+b，
由y=ax2y=x+b得ax2−x−b=0，由Δ=0，可得b=−14a，
∴y=x−14a，
∴P12a,14a，此时△OPA面积最大值为12×14a×1a=18a2．
由OP:y=12x，
设与OP平行的直线为y=12x+b1，
由y=ax2y=12x+b1得2ax2−x−2b1=0，由Δ=0，可得b1=−116a，
∴△OPP'面积最大值为12×116a×12a=164a2，
∴△OPP'的面积与△OPA的面积的比18．
【点睛】此题考查求直线与抛物线的交点坐标，平行的直线解析式的求法，图形面积的计算，熟练掌握两个函数图象交点的求法是解题的关键．
5．（2021·江苏盐城·二模）将抛物线y＝ax2的图像（如图1）绕原点顺时针旋转90度后可得新的抛物线图像（如图2），记为C：y2＝1ax．
【概念与理解】
将抛物线y1=4x2和y2=x2按上述方法操作后可得新的抛物线图像，记为：C1：_____________；C2：____________．
【猜想与证明】
在平面直角坐标系中，点M（x，0）在x轴正半轴上，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C1于点A、B，交抛物线C2于点C、D，如图3所示．
（1）填空：当x=1时，ABCD=______；当x=2时，ABCD=_______；
（2）猜想：对任意x（x＞0）上述结论是否仍然成立？若成立，请证明你的猜想；若不成立，请说明理由．
【探究与应用】
①利用上面的结论，可得△AOB与△COD面积比为 ；
②若△AOB和△COD中有一个是直角三角形时，求△COD与△AOB面积之差；
【联想与拓展】
若抛物线C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（00，则F'K=4a，
∴F'3a,−4a，
设直线OF'的解析式为：y=k'x，
把F'3a,−4a代入y=k'x得：−4a=3a⋅k'，
解得：k'=−43，
∴直线OF'的解析式为：y=−43x，
令−43x=14x2−14x−3，
解得：x1=−13+6016，x2=−13−6016（舍去），
∴点H的横坐标为−13+6016；
当F'P⊥y轴时，连接F'P并延长交y轴于点K，交BG于点L，如图所示：
∵∠GKL=90°，∠BGO=45°，
∴∠F'LG=90°−45°=45°，
∴此时直线F'P与直线BG所成夹角为45°，符合题意，
根据折叠可知，∠OF'P=∠OFP，
∴tan∠OF'K=tan∠OFD=34，
∴设OK=3aa−2，由直线AD：y=−x−2可得Pm,−m−2，则PQ=−m2−m+2+m+2=m2−4，AP=m+22+m+22=2m+2，分两种情况：①当PA=PQ时，②当AP=AQ时，根据等腰三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−2,0和B1,0，
∴交点式为y=−x+2x−1=−x2+x−2=−x2−x+2，
∴抛物线的表示式为y=−x2−x+2；
（2）解：在射线AD上存在一点H，使△CHB的周长最小，
如图，延长CA到C'，使AC'=AC，连接BC'，BC'与AD交点即为满足条件的点H，
∵x=0时，y=−x2−x+2=2，
∴C0,2，
∴OA=OC=2，
∴∠CAO=45°，直线AC解析式为y=x+2，
∵射线AC绕点A顺时针旋转90°得射线AD，
∴∠CAD=90°，
∴∠OAD=∠CAD−∠CAO=45°，
∴直线AD解析式为y=−x−2，
∵AC'=AC,AD⊥CC'，
∴C'−4,−2，AD垂直平分CC'，
∴CH=C'H，
∴当C'、H、B在同一直线上时，
C△CHB=CH+BH+BC=C'H+BH+BC=BC'+BC最小，
设直线BC'解析式为y=kx+a，
∴−4k+a=−2k+a=0，解得：k=25b=−25，
∴直线BC'：y=25x−25，
∵y=25x−25y=−x−2，解得：x=−87y=−67，
∴点H坐标为−87,−67；
（3）解：设Qm,−m2−m+2m>−2，则Pm,−m−2，
∴PQ=−m2−m+2+m+2=m2−4，AP=m+22+m+22=2m+2，
①当PA=PQ时，2m+2=m2−4，
∴2m+2=m2−4或2m+2=−m2+4，
解得m1=2+2,m2=−2（舍去）或m3=2−2,m4=−2（舍去），
∴Q点的坐标为2+2,−6−52或2−2,−6+52；
②当AP=AQ时，如图，
∵AP=AQ,PQ⊥x轴，
∴PO=QO，
∴−m2−m+2=−−m−2，
∴m1=0,m2=−2（舍去）,
∴Q点的坐标为0,2．
综上所述，当△APQ是以AP为腰的等腰三角形时，Q点的坐标为2+2,−6−52或2−2,−6+52或0,2．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，轴对称求最短路径，等腰三角形的性质，解二元一次方程组．其中第（3）题要分类讨论，避免漏解．
20．（2023·四川资阳·二模）如图，直线y=−43x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=−43x2+bx+c过A、B两点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为抛物线上位于AB上方的一点，过点D作DE⊥AB于点E，作DF∥y轴交AB于点F，当△DEF的周长最大时，求点D的坐标；
(3)G是平面内的一点，在（2）的条件下，将△DEF绕点G顺时针旋转α得到△D'E'F'，当α=∠OBA时，△D'E'F'的两个顶点恰好落在抛物线上，求点D'的横坐标．
【答案】(1)y=−43x2+83x+4
(2)D32,5
(3)1910或75
【分析】（1）根据yAB=−43x+4，令y=0和x=0，求出 A3,0，B0,4，代入解析式即可得到最后结果；
（2）根据勾股定理求出AB长度，表示出DE+EF+DF=125DF，设Dt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，表示出DF=−43t2+4t，DE+EF+DF=−165t−322+365，根据题意，即可得到D点坐标；
（3）根据当△DEF顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，设D'm,n则E'm−95,n，F'm−95,n，分别在当E'、D'两个顶点在抛物线上时，和当D'、E'两个顶点在抛物线上时，求出m的值为1910或75，即可得到最后结果．
【详解】（1）解：∵yAB=−43x+4，令y=0，
得−43x+4=0，
解得：x=3，
令x=0，得y=4，
∴A3,0，B0,4，
故得方程组0=−12+3b+c4=c，
∴b=83c=4，
∴此抛物线的解析式为：y=−43x2+83x+4；
（2）∵A3,0，B0,4，
∴OA=3，OB=4，
∴AB=OA2+OB2=5，
∴sin∠ABO=OAAB=35，cs∠ABO=OBAB=45，
∵DF∥y轴，
∴∠DFE=∠ABO，
∵DE⊥AB，
∴DEDF=sin∠DFE=cs∠ABO=35，
∴EF=35DF，
∵EFDF=cs∠DFE=cs∠ABO=45，
∴EF=45DF，
∴DE+EF+DF=35DF+45DF+DF=125DF，
设Dt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，
∴DF=−43t2+83t+4−−43t+4=−43t2+4t，
∴DE+EF+DF=125−43t2+4t=−165t−322+365，
∴当t=32时，△DEF的周长最大，
∵t=32，−43t2+83t+4=5，
∴D32,5；
（3）当t=32时，DF=3，
∴DE=35DF=95，EF=45DF=125，
∵∠DFE=∠ABO=α，
∴当△DEF顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，
设D'm,n则E'm−95,n，F'm−95,n，
①当E'、D'两个顶点在抛物线上时，

−43m2+83m+4=n−43m−952+83m−95+4=n，
解得：m=1910，
∴D'的横坐标为1910，
②当D'、F'两个顶点在抛物线上时，

∴−43m2+83m+4=n−43m−952+83m−95+4=n−125，
解得：m=75，
∴D'的横坐标为75，
又∵E'F'∥y轴，
∴E'、F'不会同时在抛物线上，
∴综上所述，点D'的横坐标为1910或75．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求函数解析式，二次函数图像和特征，一次函数图像和特征，勾股定理，三角函数值，解答本题的关键是运用分类讨论的思想．
21．（2023·湖北恩施·一模）已知直线y=x−1与x轴交于点A，过x轴上A，C两点的抛物线y=ax2+bx+3与y轴交于点B，与直线y=x−1交于D且OB=OC，
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点M是抛物线对称轴l上一动点，当△CDM的周长最小时，求△CDM的面积；
(4)点P是抛物线上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，DP，若△ADP的面积等于3，求点P的坐标．
【答案】(1)A1，0，C3，0，B0，3
(2)y=x2−4x+3
(3)2
(4)P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172
【分析】（1）先求出点C的坐标，进而求出点B的坐标，在y=x−1中，当y=0时，x=1，即可求出点A的坐标；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）先求出D4，3；设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，由对称性可知AM=CM，则当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，根据S△CDH=S△ACD−S△ACH进行求解即可；
（4）先求出过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，再证明S△ADC=S△ADP，则由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，据此求解即可．
【详解】（1）解：在y=ax2+bx+3中，当x=0时，y=3，
∴C3，0，
∴OB=OC=3，
∴B0，3，
在y=x−1中，当y=0时，x=1，
∴A1，0；
（2）解：设抛物线解析式为y=ax−1x−3，
把C0，3代入y=ax−1x−3中得3=a0−10−3，
解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x−1x−3=x2−4x+3；
（3）解：联立y=x−1y=x2−4x+3，
解得x=4y=3或x=1y=0，
∴D4，3；
设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，
由对称性可知AM=CM，
∴△CDM的周长=CM+DM+CD=AM+DM+CD，
∵CD是定值，
∴当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，
∵A1，0，B3，0，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
在y=x−1中，当x=2时，y=1，
∴H2，1，
∴S△CDH=S△ACD−S△ACH=12×3−1×3−12×3−1×1=2；
（4）解：设过点C且与AD平行的直线解析式为y=x+b1，
∴0=3+b1，
∴b1=−3，
∴过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，
∵S△ADC=12×3−2×3=3，
∴S△ADC=S△ADP，
∴由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，
联立y=x−3y=x2−4x+3，解得x=2y=−1或x=3y=0，
∴P12，−1；
联立y=x+1y=x2−4x+3，解得x=5+172y=7+172或x=5−172y=7−172，
∴P25+172，7+172或P35−172，7−172；
综上所述，点P的坐标为P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，待定系数法求函数解析式等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
题型03 存在性问题
类型一 平行四边形存在性问题
22．（2024·浙江·模拟预测）如图，抛物线y=−x2+2x+m(m>0)与y轴交于A点，其顶点为D．直线y=−12x−2m分别与x轴、y轴交于B、C两点，与直线AD相交于E点．
(1)求A、D的坐标（用m的代数式表示）；
(2)将△ACE沿着y轴翻折，若点E的对称点P恰好落在抛物线上，求m的值；
(3)抛物线y=−x2+2x+m(m>0)上是否存在一点P，使得以P、A、C、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(0,m),D(1,m+1)
(2)m=32
(3)y=−x2+2x+54或y=−x2+2x+14
【分析】
本题考查二次函数综合题、一次函数、对称、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会用配方法确定抛物线顶点坐标，学会分类讨论，知道可以利用方程组求两个函数图象交点坐标，属于中考压轴题．
（1）利用配方法求出顶点D坐标，令x=0，可以求出点A坐标；
（2）求出直线AC解析式，利用方程组求出点E坐标，再求出点E关于y轴对称点E'坐标，利用待定系数法即可解决问题；
（3）分AC为边，AC为对角线两种情形分别讨论即可解决问题．
【详解】（1）∵y=−x2+2x+m=−(x−1)2+m+1，
∴顶点D(1,m+1)，
令x=0，则y=m，
∴点A(0,m)，
∴A(0，m)，D(1，m+1)；
（2）设直线AD为y=kx+b，则b=mk+b=m+1，解得k=1b=m，
∴直线AD解析式为y=x+m，
由y=x+my=−12x−2m，解得x=−2my=−m，
∴点E坐标为(−2m,−m)，
∴点E关于y轴的对称点P(2m,−m)，
∵点P在抛物线上，
∴−m=−4m2+4m+m，
∴m=32或m=0，
∵m>0，
∴m=32；
（3）如图，
①当AC为边时，EP∥AC，EP=AC，
令x=0，则y=−2m，
∴点C的坐标为(0,−2m)，
∴AC=m−(−2m)=3m
根据平移可以得到点P坐标(−2m,−4m)，
∴−4m=−4m2−4m+m，
∴m=14或m=0(舍弃)，
②当AC为对角线时，AE为边，
根据平移可得点P'坐标(2m,0)，
∴0=−4m2+4m+m，
∴m=54或m=0(舍弃)
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+54或y=−x2+2x+14．
23．（2023·河南·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx−16对称轴是直线x=1，且过点A−2,0．点B为抛物线与x轴另一交点．
(1)求抛物线的表达式．
(2)矩形BCDE的边BC在x轴正半轴上，边CD在第四象限．BC=6，CD=4．将矩形BCDE沿x轴负半轴方向平移得到矩形B'C'D'E'，直线B'E'与直线C'D'分别交抛物线于点M、N．在平移过程中，是否存在以C'、E'、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求平移距离；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=2x2−4x−16.
(2)存在；平移距离是356
【分析】（1）用待定系数法即可求出抛物线；
（2）设将矩形BCDE沿x轴负半轴方向平移t个单位得到矩形B'C'D'E'，则C10,0,E4,−4， B'4−t,0,C'10−t,0,E'4−t,−4，，根据平行四边形的对边平行且相等，分两种情况讨论，列出方程求出t的值即可．
【详解】（1）解：由题可得−b2a=14a−2b−16=0，
解得a=2b=−4，
∴抛物线的表达式为：y=2x2−4x−16.
（2）解：存在以C'、E'、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
理由如下：
∵抛物线y=2x2−4x−16对称轴是直线x=1，且过点A−2,0，
∴B4,0,
∵BC=6，CD=4，
∴C10,0,E4,−4，
设将矩形BCDE沿x轴负半轴方向平移t个单位得到矩形B'C'D'E'，
∴B'4−t,0,C'10−t,0,E'4−t,−4，
∵直线B'E'与直线C'D'分别交抛物线于点M、N．
∴M4−t,2t2−12t，N10−t,2t2−36t+144，
∴E'M=2t2−12t+4,C'N=2t2−36t+144,
∵C'N∥E'M,
∴C'N=E'M时，以C'、E'、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴2t2−12t+4=2t2−36t+144①或2t2−12t+4=−2t2−36t+144②，
解方程①得t=356；
化简②得t2−12t+37=0，
∵Δ=122−4×1×37=−43，如图1，
S=S△MAB+S△CAB=12⋅3⋅3+1+12⋅3+1⋅m2−2m−3=2m2−4m，
∵S=3S△BCD，
∴2m2−4m=9，
解得m1=2+222，m2=2−222（舍去）；
当点M在x轴下方时，即1