2023年中考数学二轮复习《压轴题-面积问题》强化练习(含答案)

这是一份2023年中考数学二轮复习《压轴题-面积问题》强化练习(含答案)，共21页。试卷主要包含了抛物线W1等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学二轮复习《压轴题-面积问题》强化练习1.如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a＜0)与x轴分别交于点A和点B(1，0)，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．(1)直接写出抛物线的解析式；(2)如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；(3)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．             2.如图1，在平面直角坐标系中，抛物线F1：y＝x2＋bx＋c经过点A(﹣3，0)和点B(1，0)．(1)求抛物线F1的解析式；(2)如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；(3)如图3，将(2)中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点(点C在点D的左侧)．①求点C和点D的坐标；②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点(点M，N与点C，D不重合)，试求四边形CMDN面积的最大值．               3.如图，已知抛物线y＝ax2＋b经过点A(2，6)，B(﹣4，0)，其中E、F(m，n)为抛物线上的两个动点．(1)求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；(2)若C(x，y)是抛物线上的一点，当﹣4＜x＜2且S△ABC最大时，求点C的坐标；(3)若EF∥x轴，点A到EF的距离大于8个单位长度，求m的取值范围．                   4.如图，已知抛物线y＝x2＋bx过点A(﹣4，0)、顶点为B，一次函数y＝x＋2的图象交y轴于M，对称轴与x轴交于点H．(1)求抛物线的表达式；(2)已知P是抛物线上一动点，点M关于AP的对称点为N．①若点N恰好落在抛物线的对称轴上，求点N的坐标；②请直接写出△MHN面积的最大值．                  5.抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于点C，对称轴为直线x＝﹣．(1)如图1，若点C坐标为(0，2)，则b＝　  　，c＝　  　；(2)若点P为第二象限抛物线上一动点，在(1)的条件下，求四边形ABCP面积最大时，点P坐标和四边形ABCP的最大面积；(3)如图2，点D为抛物线的顶点，过点O作MN∥CD别交抛物线于点M，N，当MN＝3CD时，求c的值．                6.抛物线W1：y＝a(x＋)2﹣与x轴交于A(﹣5，0)和点B．(1)求抛物线W1的函数表达式；(2)将抛物线W1关于点M(﹣1，0)对称后得到抛物线W2，点A、B的对应点分别为A'，B'，抛物线W2与y轴交于点C，在抛物线W2上是否存在一点P，使得S△PA′B′＝S△PA'C，若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．                        7.如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动t秒(t＞0)，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点O和点P，已知矩形ABCD的三个顶点为A(1，0)，B(1，﹣5)，D(4，0)．(1)求c，b(含t的代数式表示)；(2)当4＜t＜5时，设抛物线分别与线段AB，CD交于点M，N．①在点P的运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP的值；②求△MPN的面积S与t的函数关系式．并求t为何值时，△MPN的面积为．                8.如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2ax＋3与x轴的负半轴交于点A，与x的正半轴交于点B，与y轴正半轴交于点C，OB＝2OA．(1)求抛物线的解析式；(2)点D是第四象限内抛物线上一点，连接AD交y轴于点E，过C作CF⊥y轴交抛物线于点F，连接DF，设四边形DECF的面积为S，点D的横坐标的t，求S与t的函数解析式；(3)在(2)的条件下，过F作FM∥y轴交AD于点M，连接CD交FM于点G，点N是CE上一点，连接MN、EG，当∠BAD＋2∠AMN＝90°，MN：EG＝2：5，求点D的坐标．      
参考答案1.解：(1)∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，抛物线交x轴于点A，B(1，0)，∴A(﹣3，0)，∴OA＝OC＝3，∴C(0，3)，∴可以假设抛物线的解析式为y＝a(x＋3)(x﹣1)，把(0，3)代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x＋3；(2)如图(2)中，连接OP．设P(m，﹣m2﹣2m＋3)，S＝S△PAO＋S△POC＋S△OBC，＝×3×(﹣m2﹣2m＋3)××3×(﹣m)＋×1×3＝(﹣m2﹣3m＋4)＝﹣(m＋)2＋，∵﹣＜0，∴当m＝﹣时，S的值最大，最大值为，此时P(﹣，)；(3)存在，理由如下：如图3﹣1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P(﹣1，4)，N(0，4)；如图3﹣2中，当四边形PMCN是矩形时，设M(﹣1，n)，P(t，﹣t2﹣2t＋3)，则N(t＋1，0)，由题意，，解得，消去n得，3t2＋5t﹣10＝0，解得t＝，∴P(，)，N(，0)或P′(，)，N′(，0)．综上所述，满足条件的点P(﹣1，4)，N(0，4)或P(，)，N(，0)或P′(，)，N′(，0)．2.解：(1)将点A(﹣3，0)和点B(1，0)代入y＝x2＋bx＋c，∴，解得，∴y＝x2＋2x﹣3；(2)∵y＝x2＋2x﹣3＝(x＋1)2﹣4，∴抛物线的顶点(﹣1，﹣4)，∵顶点(﹣1，﹣4)关于原点的对称点为(1，4)，∴抛物线F2的解析式为y＝﹣(x﹣1)2＋4，∴y＝﹣x2＋2x＋3；(3)由题意可得，抛物线F3的解析式为y＝﹣(x﹣1)2＋6＝﹣x2＋2x＋5，①联立方程组，解得x＝2或x＝﹣2，∴C(﹣2，﹣3)或D(2，5)；②设直线CD的解析式为y＝kx＋b，∴，解得，∴y＝2x＋1，过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，设M(m，m2＋2m﹣3)，N(n，﹣n2＋2n＋5)，则F(m，2m＋1)，E(n，2n＋1)，∴MF＝2m＋1﹣(m2＋2m﹣3)＝﹣m2＋4，NE＝﹣n2＋2n＋5﹣2n﹣1＝﹣n2＋4，∵﹣2＜m＜2，﹣2＜n＜2，∴当m＝0时，MF有最大值4，当n＝0时，NE有最大值4，∵S四边形CMDN＝S△CDN＋S△CDM＝×4×(MF＋NE)＝2(MF＋NE)，∴当MF＋NE最大时，四边形CMDN面积的最大值为16．3.解：(1)∵抛物线y＝ax2＋b经过点A(2，6)，B(﹣4，0)，∴，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋8，顶点坐标为(0，8)；(2)如图，过点C作CD∥y轴交AB于点D，设直线AB的解析式为y＝kx＋d，则，解得：，∴直线AB的解析式为y＝x＋4，∵C(x，﹣x2＋8)，∴D(x，x＋4)，∴CD＝﹣x2＋8﹣(x＋4)＝﹣x2﹣x＋4，∴S△ABC＝CD•(xA﹣xB)＝×(﹣x2﹣x＋4)×6＝﹣(x＋1)2＋，∵﹣＜0，∴当x＝﹣1时，S△ABC最大，此时点C的坐标为(﹣1，)；(3)∵EF∥x轴，∴点A到EF的距离为|6﹣n|，∵F(m，n)在抛物线y＝﹣x2＋8上，∴n＝﹣m2＋8，∴|6﹣(﹣m2＋8)|＞8，∴m2﹣2＞8或m2﹣2＜﹣8(无解)，∴m＞2或m＜﹣2．4.解：(1)∵抛物线y＝x2＋bx过点A(﹣4，0)，∴×(﹣4)2﹣4b＝0，解得：b＝2，∴该抛物线的表达式为y＝x2＋2x；(2)①∵y＝x2＋2x，∴抛物线对称轴为直线x＝﹣2，∵对称轴与x轴交于点H，∴H(﹣2，0)，∴AH＝1，∵直线y＝x＋2交y轴于M，∴M(0，2)，∴AM2＝OA2＋OM2＝42＋22＝20，设N(﹣2，n)，则NH＝|n|，如图1、图2，∵M、N关于直线AP对称，∴AN＝AM，即AN2＝AM2，∴12＋n2＝20，∴n±，∴点N的坐标为(﹣2，﹣)或(﹣2，)；②如图，连接MH，以点A为圆心，AM为半径作⊙A，过点A作AN⊥MH于点F，交⊙A于点N，则AN＝AM，在Rt△AMO中，OM＝2，OA＝4，∴AM＝2，∴AN＝2，∵OH＝OM＝2，∠HOM＝90°，∴△HOM是等腰直角三角形，∠MHO＝45°，MH＝2，∴∠AHF＝∠MHO＝45°，在Rt△AFH中，AH＝OA﹣OH＝4﹣2＝2，∴AF＝AH×sin45°＝2×＝，∴NF＝AN＋AF＝2＋，∴S△MHN＝MH•NF＝×2×(2＋)＝2＋2，故△MHN面积的最大值为2＋2．5.解：(1)∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴正半轴于点C，点C坐标为(0，2)，对称轴为直线x＝﹣．∴c＝2，x＝﹣，∴b＝﹣，(2)∵c＝2，b＝﹣，∴y＝﹣x2﹣x＋2，令y＝﹣x2﹣x＋2＝0，整理得(x﹣1)(x＋4)＝0解得x＝1或x＝﹣4，∴A(﹣4，0)，B(1，0)；∵C(0，2)，∴AB＝5，OC＝2，∴S△ABC＝AB×OC＝5，∵A(﹣4，0)，C(0，2)；∴lAC：y＝x＋2，过点P作x轴的垂线，交AC于点Q，设点P(x，﹣x2﹣x＋2)(x＜0)，则点Q(x，x＋2)，PQ＝﹣x2﹣x＋2﹣(x＋2)＝﹣x2﹣2x，∴S△APC＝S△APQ＋S△PCQ＝PQ×(xC﹣xA)＝﹣x2﹣4x(x＜0)，∴S四边形ABCP＝S△APC＋S△ABC＝﹣x2﹣4x＋5＝﹣(x＋2)2＋9，∵﹣1＜0，函数图象开口向下，又x＜0，∴当x＝﹣2时，S四边形ABCP最大＝9，此时点P(﹣2，3)，∴当点P(﹣2，3)时，四边形ABCP的最大面积，最大面积为9；(3)∵，∴，∵，C(0，c)∴设直线CD的解析式为y＝kx＋b1(k≠0)，代入点D，C的坐标得，解得，∴直线CD的解析式为：y＝﹣x＋c，∵MN∥CD，∴直线MN的解析式为：y＝﹣x，由题意，联立得：，解得：，由题意，，，∴，分别过C，N作x轴的平行线，过D，M作y轴的平行线交于点G，H，∴∠G＝∠H，∠DCG＝∠MOA＝∠MNH，∴△MHN∽△DGC，∴，∵MN＝3CD，∴，∵，C(0，c)，∴，∴，又∵，∴c＝．6.解：(1)把A(﹣5，0)代入y＝a(x＋)2﹣，得：0＝a(﹣5＋)2﹣，解得：a＝，∴抛物线W1的函数表达式为y＝(x＋)2﹣；(2)存在．∵抛物线W1关于点M(﹣1，0)对称后得到抛物线W2，∴抛物线W2的开口大小不变，方向相反，∵抛物线W1的a1＝，∴抛物线W2的a2＝﹣，设抛物线W2的顶点为(m，n)，∵抛物线W1的顶点为(﹣，﹣)，M(﹣1，0)，∴m﹣＝(﹣1)×2，n﹣＝0，∴m＝，n＝，∴抛物线W2的函数表达式为y＝﹣(x﹣)2＋．∴C(0，4)，∵y＝(x＋)2﹣与x轴交于A(﹣5，0)和点B，∴点B和A(﹣5，0)关于直线x＝﹣对称，∴B(0，0)，∵点A、B的对应点分别为A'，B'，∴A′(3，0)，B′(﹣2，0)，∴A′B′＝3﹣(﹣2)＝5，∵y＝﹣(x﹣)2＋＝﹣x2＋x＋4，设P(t，﹣t2＋t＋4)，设直线A′C的解析式为y＝kx＋b，则，解得：，∴直线A′C的解析式为y＝﹣x＋4，过点P作PQ∥y轴交A′C的延长线于点Q，则Q(t，﹣t＋4)，∴PQ＝﹣t＋4﹣(﹣t2＋t＋4)＝t2﹣2t，∴S△PA′C′＝PQ×(xA′﹣xC)＝×(t2﹣2t)×3＝t2﹣3t，S△PA′B′＝A′B′•|yP|＝|﹣t2＋t＋4|，∵S△PA′B′＝S△PA'C，∴|﹣t2＋t＋4|＝t2﹣3t，解得：t＝3或t＝﹣5或t＝﹣，当t＝3时，点P与点A′重合，舍去，当t＝﹣5时，﹣t2＋x＋4＝﹣×(﹣5)2＋×(﹣5)＋4＝﹣16，∴P(﹣5，﹣16)；当t＝﹣时，﹣t2＋x＋4＝﹣×(﹣)2＋×(﹣)＋4＝，∴P(﹣，)；综上所述，P点坐标为(﹣5，﹣16)或(﹣，)．7.解：(1)将(0，0)代入y＝x2＋bx＋c，∴c＝0，由题可知P(t，0)，∴t2＋bt＝0，∴b＝﹣t；(2)①∠AMP的大小不会变化，理由如下：由(1)知y＝x2﹣tx，∵四边形ABCD是矩形，∴M(1，1﹣t)，∴AM＝t﹣1，∵P(t，0)，A(1，0)，∴AP＝t﹣1，∴AM＝AP，∵AM⊥AP，∴∠AMP＝45°；②∵A(1，0)，D(4，0)，∴M(1，1﹣t)，N(4，16﹣4t)，∴AM＝t﹣1，DN＝4t﹣16，∴S△MNP＝S△DPN＋S梯形NDAM﹣S△PAM＝×(t﹣4)×(4t﹣16)＋×(4t﹣16＋t﹣1)×3﹣×(t﹣1)2＝t2﹣t＋6，∵△MPN的面积为，∴t2﹣t＋6＝，解得t＝或t＝，∵4＜t＜5，∴t＝．8.解：(1)∵抛物线y＝ax2﹣2ax＋3与y轴正半轴交于点C，与x轴的负半轴交于点A，与x的正半轴交于点B，∴C(0，3)，对称轴x＝1，BO﹣1＝AO＋1，BO﹣AO＝2，∵BO＝2AO，∴AO＝2，BO＝4，即 A(﹣2，0)，B(4，0)，把B(4，0)代入y＝ax2﹣2ax＋3，得：0＝16a﹣8a＋3，解得：a＝﹣，∴y＝﹣(x＋2)(x﹣4)，即y＝﹣x2＋x＋3；(2)过点D作DT⊥y轴于点T，由(1)得：C(0，3)，∴点F与点C关于对称轴对称，坐标为F(2，3)，CF＝2，∵点D的横坐标的t，点D是第四象限内抛物线上一点，∴D(t，﹣t2＋t＋3)，∵A(﹣2，0)，∴tan∠BAD＝＝＝(t﹣4)，∵OE＝AO•tan∠BAD＝2[(t﹣4)]＝t﹣3，∴CE＝CO＋OE＝3＋(t﹣3)＝t，∵S△CED＝CE•DT＝×(t)t＝t2，S△CFD＝CF•CT＝×2[3﹣(﹣t2＋t＋3)]＝t2﹣t，∴S四边形CEDF＝S△CED＋S△CFD＝t2＋t2﹣t＝t2﹣t；即S＝t2﹣t；(3)过点E作EL⊥FM于点L，过点M作MS⊥x轴于点S，∴四边形CFMS、四边形CFLE是矩形，SM＝CF＝2＝OA，∵SM∥AO，∴＝＝1，∴OE＝ES＝t﹣3，∵CE＝t，∴CS＝CE＋ES＝t﹣3，由(2)知：D(t，﹣t2＋t＋3)，tan∠BAD＝(t﹣4)，∴tan∠CDT＝t﹣，∵CF∥DT，∴∠FCG＝∠CDT，即tan∠FCG＝tan∠CDT，∴FG＝CF•tan∠CDT＝t﹣，∴GL＝FL﹣FG＝CE﹣FG＝t﹣(t﹣)＝，∴EG＝，∵MN：EG＝2：5，∴MN＝，NS＝3，∴NE＝NS﹣ES＝3﹣(t﹣3)＝6﹣t＝ME，在Rt△ESM中，∠ESM＝90°，由勾股定理得：ES2＋SM2＝EM2，∴(t﹣3)2＋22＝(6﹣t)2，解得：t＝，∴D(，﹣)．