專題07 二次函數(shù)與幾何圖形綜合問題（專項訓練）（解析版）-二輪基礎過關與直擊中考

專題07二次函數(shù)與幾何圖形綜合問題專項訓練【基礎過關|直擊中考】1．（2021·四川樂山市·中考真題）如圖，已知，，，與、均相切，點是線段與拋物線的交點，則的值為（）A．4 B． C． D．5【答案】D【分析】在Rt△AOB中，由勾股定理求得；再求得直線AC的解析式為；設的半徑為m，可得P（m，-m+6）；連接PB、PO、PC，根據(jù)求得m=1，即可得點P的坐標為（1，5）；再由拋物線過點P，由此即可求得．【詳解】在Rt△AOB中，，，∴；∵，，∴OC=6，∴C（0，6）；∵，∴A（6，0）；設直線AC的解析式為，∴，解得，∴直線AC的解析式為；設的半徑為m，∵與相切，∴點P的橫坐標為m，∵點P在直線直線AC上，∴P（m，-m+6）；連接PB、PO、PA，∵與、均相切，∴△OBP邊OB上的高為m，△AOB邊AB上的高為m，∵P（m，-m+6）；∴△AOP邊OA上的高為-m+6，∵，∴，解得m=1，∴P（1，5）；∵拋物線過點P，∴．故選D．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)定理、勾股定理、待定系數(shù)法求解析式，正確求出的半徑是解決問題的關鍵．2．（2021·四川自貢市·中考真題）如圖，直線與坐標軸交于A、B兩點，點P是線段AB上的一個動點，過點P作y軸的平行線交直線于點Q，繞點O順時針旋轉(zhuǎn)45°，邊PQ掃過區(qū)域（陰影部份）面積的最大值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意得，設P(a，2-2a)，則Q(a，3-a)，利用扇形面積公式得到，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：如圖，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，，∴，則，∵點P在直線上，點Q在直線上，且PQ∥軸，設P(a，2-2a)，則Q(a，3-a)，∴OP2=，OQ2=，，設，∵，∴當時，有最大值，最大值為，∴的最大值為．故選：A．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，扇形的面積公式，二次函數(shù)的性質(zhì)，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．3．（2021·四川資陽市·中考真題）已知A、B兩點的坐標分別為、，線段上有一動點，過點M作x軸的平行線交拋物線于、兩點．若，則a的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根據(jù)題意畫出函數(shù)的圖象，再結(jié)合圖象建立不等式組，解不等式組即可得．【詳解】解：由題意得：線段（除外）位于第四象限，過點且平行軸的直線在軸的下方，拋物線的頂點坐標為，此頂點位于第一象限，，畫出函數(shù)圖象如下：結(jié)合圖象可知，若，則當時，二次函數(shù)的函數(shù)值；當時，二次函數(shù)的函數(shù)值，即，解得，又，，故選：C．【點睛】本題考查了二次函數(shù)與一元一次不等式組，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，以及圖象法是解題關鍵．4．（2021·山東）如圖，四邊形ABCD中，已知AB∥CD，AB與CD之間的距離為4，AD＝5，CD＝3，∠ABC＝45°，點P，Q同時由A點出發(fā)，分別沿邊AB，折線ADCB向終點B方向移動，在移動過程中始終保持PQ⊥AB，已知點P的移動速度為每秒1個單位長度，設點P的移動時間為x秒，△APQ的面積為y，則能反映y與x之間函數(shù)關系的圖象是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】依次分析當、、三種情況下的三角形面積表達式，再根據(jù)其對應圖像進行判斷即可確定正確選項．【詳解】解：如圖所示，分別過點D、點C向AB作垂線，垂足分別為點E、點F，∵已知AB∥CD，AB與CD之間的距離為4，∴DE=CF=4，∵點P，Q同時由A點出發(fā)，分別沿邊AB，折線ADCB向終點B方向移動，在移動過程中始終保持PQ⊥AB，∴PQ∥DE∥CF，∵AD=5，∴,∴當時，P點在AE之間，此時，AP=t，∵,∴，∴，因此，當時，其對應的圖像為，故排除C和D；∵CD＝3，∴EF=CD=3，∴當時，P點位于EF上，此時，Q點位于DC上，其位置如圖中的P1Q1，則，因此當時，對應圖像為，即為一條線段；∵∠ABC＝45°，∴BF=CF=4，∴AB=3+3+4=10，∴當時，P點位于FB上，其位置如圖中的P2Q2，此時，P2B=10-x，同理可得，Q2P2=P2B=10-x，，因此當時，對應圖像為，其為開口向下的拋物線的的一段圖像；故選：B．【點睛】本題考查了平行線分線段成比例的推論、勾股定理、平行線的性質(zhì)、三角形的面積公式、二次函數(shù)的圖像等內(nèi)容，解決本題的關鍵是牢記相關概念與公式，能分情況討論等，本題蘊含了數(shù)形結(jié)合與分類討論的思想方法等．5．（2021·湖南中考真題）定義：我們將頂點的橫坐標和縱坐標互為相反數(shù)的二次函數(shù)稱為“互異二次函數(shù)”．如圖，在正方形中，點，點，則互異二次函數(shù)與正方形有交點時的最大值和最小值分別是（）A．4，-1 B．，-1 C．4，0 D．，-1【答案】D【分析】分別討論當對稱軸位于y軸左側(cè)、位于y軸與正方形對稱軸x=1之間、位于直線x=1和x=2之間、位于直線x=2右側(cè)共四種情況，列出它們有交點時滿足的條件，得到關于m的不等式組，求解即可．【詳解】解：由正方形的性質(zhì)可知：B（2,2）；若二次函數(shù)與正方形有交點,則共有以下四種情況:當時，則當A點在拋物線上或上方時，它們有交點，此時有，解得：；當時，則當C點在拋物線上或下方時，它們有交點，此時有，解得：；當時，則當O點位于拋物線上或下方時，它們有交點，此時有，解得：；當時，則當O點在拋物線上或下方且B點在拋物線上或上方時，它們才有交點，此時有，解得：；綜上可得：的最大值和最小值分別是，．故選：D．【點睛】本題考查了拋物線與正方形的交點問題，涉及到列一元一次不等式組等內(nèi)容，解決本題的關鍵是能根據(jù)圖像分析交點情況，并進行分類討論，本題綜合性較強，需要一定的分析能力與圖形感知力，因此對學生的思維要求較高，本題蘊含了分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想方法等．6．（2021·湖北中考真題）如圖，為矩形的對角線，已知，．點P沿折線以每秒1個單位長度的速度運動（運動到D點停止），過點P作于點E，則的面積y與點P運動的路程x間的函數(shù)圖象大致是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)、勾股定理可得，再分和兩種情況，解直角三角形分別求出的長，利用直角三角形的面積公式可得與間的函數(shù)關系式，由此即可得出答案．【詳解】解：四邊形是矩形，，，，，由題意，分以下兩種情況：（1）當點在上，即時，在中，，在中，，，，；（2）如圖，當點在上，即時，四邊形是矩形，，四邊形是矩形，，，綜上，與間的函數(shù)關系式為，觀察四個選項可知，只有選項D的圖象符合，故選：D．【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、二次函數(shù)與一次函數(shù)的圖象，正確分兩種情況討論是解題關鍵．7．（2021·湖北武漢市·中考真題）如圖（1），在中，，，邊上的點從頂點出發(fā)，向頂點運動，同時，邊上的點從頂點出發(fā)，向頂點運動，，兩點運動速度的大小相等，設，，關于的函數(shù)圖象如圖（2），圖象過點，則圖象最低點的橫坐標是__________．【答案】【分析】先根據(jù)圖形可知AE+CD=AB+AC=2，進而求得AB=AC=1、BC=以及圖象最低點的函數(shù)值即為AE+CD的最小值；再運用勾股定理求得CD、AE，然后根據(jù)AE+CD得到+可知其表示點（x，0）到（0,-1）與（，）的距離之和，然后得當三點共線時有函數(shù)值.最后求出該直線的解析式，進而求得x的值．【詳解】解：由圖可知，當x=0時，AE+CD=AB+AC=2∴AB=AC=1，BC=，圖象最低點函數(shù)值即為AE+CD的最小值由題意可得：CD=,AE=∴AE+CD=+，即點（x，0）到（0,-1）與（，）的距離之和∴當這三點共線時，AE+CD最小設該直線的解析式為y=kx+b解得∴當y=0時，x=．故填．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)與方程的意義，從幾何圖形和函數(shù)圖象中挖掘隱含條件成為解答本題的關鍵．8．（2021·浙江中考真題）已知在平面直角坐標系中，點的坐標為是拋物線對稱軸上的一個動點．小明經(jīng)探究發(fā)現(xiàn)：當?shù)闹荡_定時，拋物線的對稱軸上能使為直角三角形的點的個數(shù)也隨之確定．若拋物線的對稱軸上存在3個不同的點，使為直角三角形，則的值是____．【答案】2或【分析】分，和確定點M的運動范圍，結(jié)合拋物線的對稱軸與，，共有三個不同的交點，確定對稱軸的位置即可得出結(jié)論．【詳解】解：由題意得：O（0,0），A（3，4）∵為直角三角形，則有：①當時，∴點M在與OA垂直的直線上運動（不含點O）；如圖，②當時，，∴點M在與OA垂直的直線上運動（不含點A）；③當時，，∴點M在與OA為直徑的圓上運動，圓心為點P，∴點P為OA的中點，∴∴半徑r=∵拋物線的對稱軸與x軸垂直由題意得，拋物線的對稱軸與，，共有三個不同的交點，∴拋物線的對稱軸為的兩條切線，而點P到切線，的距離，又∴直線的解析式為：；直線的解析式為：；∴或4∴或-8故答案為：2或-8【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有圓的切線的判定，直角三角形的判定，綜合性較強，有一定難度．運用數(shù)形結(jié)合、分類討論是解題的關鍵．9．（2021·廣西中考真題）如圖，已知點，，兩點，在拋物線上，向左或向右平移拋物線后，，的對應點分別為，，當四邊形的周長最小時，拋物線的解析式為__________．【答案】．【分析】先通過平移和軸對稱得到當B、E、三點共線時，的值最小，再通過設直線的解析式并將三點坐標代入，當時，求出a的值，最后將四邊形周長與時的周長進行比較，確定a的最終取值，即可得到平移后的拋物線的解析式．【詳解】解：∵，，，，∴，，由平移的性質(zhì)可知：,∴四邊形的周長為；要使其周長最小，則應使的值最?。辉O拋物線平移了a個單位，當a>0時，拋物線向右平移，當a<0時，拋物線向左平移；∴，，將向左平移2個單位得到，則由平移的性質(zhì)可知：，將關于x軸的對稱點記為點E，則，由軸對稱性質(zhì)可知，,∴，當B、E、三點共線時，的值最小，

設直線的解析式為：，∴，當時，∴∴，將E點坐標代入解析式可得：，解得：，此時，此時四邊形的周長為；當時，，，，，此時四邊形的周長為：；∵，∴當時，其周長最小，所以拋物線向右平移了個單位，所以其解析式為：；故答案為：．【點睛】本題綜合考查了平移、軸對稱、一次函數(shù)的應用、勾股定理、拋物線的解析式等內(nèi)容，解決本題的關鍵是理解并確定什么情況下該四邊形的周長最短，本題所需綜合性思維較強，對學生的綜合分析和計算能力要求都較高，本題蘊含了數(shù)形結(jié)合與分類討論的思想方法等．1．（2021·浙江紹興市·中考真題）小聰設計獎杯，從拋物線形狀上獲得靈感，在平面直角坐標系中畫出截面示意圖，如圖1，杯體ACB是拋物線的一部分，拋物線的頂點C在y軸上，杯口直徑，且點A，B關于y軸對稱，杯腳高，杯高，杯底MN在x軸上．（1）求杯體ACB所在拋物線的函數(shù)表達式（不必寫出x的取值范圍）．（2）為使獎杯更加美觀，小敏提出了改進方案，如圖2，杯體所在拋物線形狀不變，杯口直徑，杯腳高CO不變，杯深與杯高之比為0.6，求的長．【答案】（1）；（2）【分析】（1）確定B點坐標后，設出拋物線解析式，利用待定系數(shù)法求解即可；

（2）利用杯深CD′與杯高OD′之比為0.6，求出OD′，接著利用拋物線解析式求出B'或A'橫坐標即可完成求解．【詳解】解：（1）設，

∵杯口直徑AB=4，杯高DO=8，

∴將，代入，得，．（2），，，，當時，，或，，即杯口直徑的長為．【點睛】本題考查了拋物線的應用，涉及到待定系數(shù)法求拋物線解析式、求拋物線上的點的坐標等內(nèi)容，解決本題的關鍵是讀懂題意，找出相等關系列出等式等．2．（2021·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形為正方形，點，在軸上，拋物線經(jīng)過點，兩點，且與直線交于另一點．（1）求拋物線的解析式；（2）為拋物線對稱軸上一點，為平面直角坐標系中的一點，是否存在以點，，，為頂點的四邊形是以為邊的菱形．若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由；（3）為軸上一點，過點作拋物線對稱軸的垂線，垂足為，連接，．探究是否存在最小值．若存在，請求出這個最小值及點的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）存在以點，，，為頂點的四邊形是以為邊的菱形，點的坐標為或或或；（3）存在最小值，最小值為，此時點M的坐標為．【分析】（1）由題意易得，進而可得，則有，然后把點B、D代入求解即可；（2）設點，當以點，，，為頂點的四邊形是以為邊的菱形時，則根據(jù)菱形的性質(zhì)可分①當時，②當時，然后根據(jù)兩點距離公式可進行分類求解即可；（3）由題意可得如圖所示的圖象，連接OM、DM，由題意易得DM=EM，四邊形BOMP是平行四邊形，進而可得OM=BP，則有，若使的值為最小，即為最小，則有當點D、M、O三點共線時，的值為最小，然后問題可求解．【詳解】解：（1）∵四邊形為正方形，，∴，，∴，∴OB=1，∴，把點B、D坐標代入得：，解得：，∴拋物線的解析式為；（2）由（1）可得，拋物線解析式為，則有拋物線的對稱軸為直線，∵點D與點E關于拋物線的對稱軸對稱，∴，∴由兩點距離公式可得，設點，當以點，，，為頂點的四邊形是以為邊的菱形時，則根據(jù)菱形的性質(zhì)可分：①當時，如圖所示：∴由兩點距離公式可得，即，解得：，∴點F的坐標為或；②當時，如圖所示：∴由兩點距離公式可得，即，解得：，∴點F的坐標為或；綜上所述：當以點，，，為頂點的四邊形是以為邊的菱形，點的坐標為或或或；（3）由題意可得如圖所示：連接OM、DM，由（2）可知點D與點E關于拋物線的對稱軸對稱，，∴，DM=EM，∵過點作拋物線對稱軸的垂線，垂足為，∴，∴四邊形BOMP是平行四邊形，∴OM=BP，∴，若使的值為最小，即為最小，∴當點D、M、O三點共線時，的值為最小，此時OD與拋物線對稱軸的交點為M，如圖所示：∵，∴，∴的最小值為，即的最小值為，設線段OD的解析式為，代入點D的坐標得：，∴線段OD的解析式為，∴．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合、菱形的性質(zhì)及軸對稱的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的綜合、菱形的性質(zhì)及軸對稱的性質(zhì)是解題的關鍵．3．（2021·四川南充市·中考真題）如圖，已知拋物線與x軸交于點A（1，0）和B，與y軸交于點C，對稱軸為．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，若點P是線段BC上的一個動點（不與點B，C重合），過點P作y軸的平行線交拋物線于點Q，連接OQ．當線段PQ長度最大時，判斷四邊形OCPQ的形狀并說明理由．（3）如圖2，在（2）的條件下，D是OC的中點，過點Q的直線與拋物線交于點E，且．在y軸上是否存在點F，使得為等腰三角形？若存在，求點F的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）四邊形OCPQ是平行四邊形，理由見詳解；（3）（0，）或（0，1）或（0，-1）【分析】（1）設拋物線，根據(jù)待定系數(shù)法，即可求解；（2）先求出直線BC的解析式為：y=-x+4，設P（x，-x+4），則Q（x，），（0≤x≤4），得到PQ=，從而求出線段PQ長度最大值，進而即可得到結(jié)論；（3）過點Q作QM⊥y軸，過點Q作QN∥y軸，過點E作EN∥x軸，交于點N，推出，從而得，進而求出E（5，4），設F（0，y），分三種情況討論，即可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線與x軸交于點A（1，0）和B，與y軸交于點C，對稱軸為直線，∴B（4，0），C（0，4），設拋物線，把C（0，4）代入得：，解得：a=1，∴拋物線的解析式為：；（2）∵B（4，0），C（0，4），∴直線BC的解析式為：y=-x+4，設P（x，-x+4），則Q（x，），（0≤x≤4），∴PQ=-x+4-()==，∴當x=2時，線段PQ長度最大=4，∴此時，PQ=CO，又∵PQ∥CO，∴四邊形OCPQ是平行四邊形；（3）過點Q作QM⊥y軸，過點Q作QN∥y軸，過點E作EN∥x軸，交于點N，由（2）得：Q（2，-2），∵D是OC的中點，∴D（0，2），∵QN∥y軸，∴，又∵，∴，∴，∴，即：，設E（x，），則，解得：，（舍去），∴E（5，4），設F（0，y），則，，，①當BF=EF時，，解得：，②當BF=BE時，，解得：或，③當EF=BE時，，無解，綜上所述：點F的坐標為：（0，）或（0，1）或（0，-1）．．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)與平面幾何的綜合，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)以及圖像上點的坐標特征，添加輔助線，構(gòu)造直角三角形，是解題的關鍵．4．（2021·四川廣元市·中考真題）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸分別相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，下表給出了這條拋物線上部分點的坐標值：x…0123…y…03430…（1）求出這條拋物線的解析式及頂點M的坐標；（2）是拋物線對稱軸上長為1的一條動線段（點P在點Q上方），求的最小值；（3）如圖2，點D是第四象限內(nèi)拋物線上一動點，過點D作軸，垂足為F，的外接圓與相交于點E．試問：線段的長是否為定值？如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由．【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．【分析】（1）依據(jù)表格數(shù)據(jù)，設出拋物線的頂點式，利用待定系數(shù)法求解即可；（2）利用平移和找對稱點的方式，將的長轉(zhuǎn)化為，再利用兩點之間線段最短確定的最小值等于CE的長，加1后即能確定的最小值；（3）設出圓心和D點的坐標，接著表示出E點的坐標，利用圓心到B點的距離等于圓心到D點的距離，求出q和e的關系，得到E點的縱坐標，進而確定EF的長為定值．【詳解】解：（1）由表格數(shù)據(jù)可知，頂點坐標為（1,4）設拋物線解析式為：，將點（0,3）代入解析式得：3=a+4，∴，∴拋物線解析式為：，頂點坐標．（2）由表格可知，拋物線經(jīng)過點A（-1,0），C（0,3），如圖3，將A點向上平移一個單位，得到，則∴四邊形是平行四邊形，∴，作關于MQ的對稱點E，則∴，∴，當P、E、C三點共線時，最短，設直線CE的解析式為：，將C、E兩點坐標代入解析式可得：，∴，∴直線CE的解析式為：，令，則，∴當時，P、E、C三點共線，此時最短，∴的最小值為．（3）是；理由：設，因為A、B兩點關于直線x=1對稱，所以圓心位于該直線上，所以可設的外接圓的圓心為，作，垂足為點N，則，由軸，∴，∵，且由表格數(shù)據(jù)可知∴，化簡得：，∵點D是第四象限內(nèi)拋物線上一動點，且拋物線解析式為，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即的長不變，為1．【點睛】本題涉及到了動點問題，綜合考查了用待定系數(shù)法求拋物線解析式、點的平移、勾股定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、最短路徑問題、圓的性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關鍵是理解并掌握相關概念與公式，能將題干信息與圖形相結(jié)合，挖掘圖中隱含信息，本題有一定的計算量，對學生的綜合分析與計算能力都有較高的要求，本題蘊含了數(shù)形結(jié)合的思想方法等．5．（2021·湖北荊州市·中考真題）已知：直線與軸、軸分別交于、兩點，點為直線上一動點，連接，為銳角，在上方以為邊作正方形，連接，設．（1）如圖1，當點在線段上時，判斷與的位置關系，并說明理由；（2）真接寫出點的坐標（用含的式子表示）；（3）若，經(jīng)過點的拋物線頂點為，且有，的面積為．當時，求拋物線的解析式．【答案】（1）BE⊥AB，理由見解析；（2）（）；（3）【分析】（1）先求出點A、B的坐標，則可判斷△AOB是等腰直角三角形，然后結(jié)合正方形的旋轉(zhuǎn)可證明△AOC≌△BOE（SAS），可得∠OBE=∠OAC=45°，進而可得結(jié)論；（2）作輔助線如圖1（見解析），根據(jù)正方形的性質(zhì)可證△MOC≌△NEO，可得CM=ON，OM=EN，由（1）的結(jié)論可得AC=BE=t，然后解等腰直角△ACM，可求出，進而可得答案；（3）由拋物線過點A結(jié)合已知條件可求出拋物線的對稱軸是直線x=2，然后由（2）可求出當時k=1，進一步即可求出點P的縱坐標，從而可得頂點P的坐標，于是問題可求解．【詳解】解：（1）BE⊥AB，理由如下：對于直線y=-x+1，當x=0時，y=1，當y=0時，x=1，∴B（0，1），A（1，0），∴OA=OB=1，∴∠OBA=∠OAB=45°，∵四邊形OCDE是正方形，∴OC=OE，∠COE=90°，∵∠AOB=90°，∴∠AOC=∠BOE，∴△AOC≌△BOE（SAS），∴∠OBE=∠OAC=45°，∴∠EBC=∠EBO+∠OBA=45°+45°=90°，即BE⊥AB；（2）作CM⊥OA于點M，作EN⊥x軸于點N，如圖1，則∠CMO=∠ENO=90°，∵∠EON+∠NEO=∠EON+∠COM=90°，∴∠NEO=∠COM，又∵OC=OE，∴△MOC≌△NEO，∴CM=ON，OM=EN，在△ACM中，∠CMA=90°，∠MAC=45°，AC=BE=t，∴，∴，∵點E在第二象限，∴點E的坐標是（）；（3）∵拋物線過點A（1，0），∴a+b+c=0，∵，∴消去c可得b=-4a，∴拋物線的對稱軸是直線x=2，如圖1，當時，由（2）可得，∴，∴，∴，即k=1，∴△POA的面積為，即，解得，∵a＞0，∴頂點P的縱坐標是-1，∴點P（2，-1