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1、湖南省2022年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練08 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題練習(xí) 08 二次函數(shù)與幾何圖形綜合題 1.[xx·賀州] 如圖ZT8-1,在平面直角坐標(biāo)系中,拋物線y=ax2+bx+c交x軸于A,B兩點(A在B的左側(cè)),且OA=3,OB=1,與y軸交于點C(0,3),拋物線的頂點坐標(biāo)為D(-1,4). (1)求A,B兩點的坐標(biāo). (2)求拋物線的表達(dá)式. (3)過點D作直線DE∥y軸,交x軸于點E,點P是拋物線上B,D兩點間的一個動點(點P不與B,D兩點重合),PA,PB與直線DE分別交于點F,G,當(dāng)點P運動時,EF+EG是否為定值?若是,試求出該定值;若不是,請說明理由.

2、 圖ZT8-1 2.[xx·連云港] 如圖ZT8-2①,圖形ABCD是由兩個二次函數(shù)y1=kx2+m(k<0)與y2=ax2+b(a>0)的部分圖象圍成的封閉圖形,已知A(1,0),B(0,1),D(0,-3). (1)直接寫出這兩個二次函數(shù)的表達(dá)式; (2)判斷圖形ABCD是否存在內(nèi)接正方形(正方形的四個頂點在圖形ABCD上),并說明理由; (3)如圖②,連接BC,CD,AD,在坐標(biāo)平面內(nèi),求使得△BDC與△ADE相似(其中點C與點E是對應(yīng)頂點)的點E的坐標(biāo). 圖ZT8-2 3.[xx·益陽] 如圖ZT8-3,

3、已知拋物線y=x2-x-n(n>0)與x軸交于A,B兩點(點A在點B的左側(cè)),與y軸交于點C. (1)如圖①,若△ABC為直角三角形,求n的值; (2)如圖①,在(1)的條件下,點P在拋物線上,點Q在拋物線的對稱軸上,若以BC為邊,以點B,C,P,Q為頂點的四邊形是平行四邊形,求點P的坐標(biāo); (3)如圖②,過點A作直線BC的平行線交拋物線于另一點D,交y軸于點E,若AE∶ED=1∶4,求n的值. 圖ZT8-3 4.[xx·齊齊哈爾] 綜合與探究: 如圖ZT8-4①所示,直線y=x+c與x軸交于點A(-4,0),與y軸交于點C,拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過點A,C.

4、(1)求拋物線的表達(dá)式; (2)點E在拋物線的對稱軸上,求CE+OE的最小值; (3)如圖②所示,M是線段OA上的一個動點,過點M且垂直于x軸的直線與直線AC和拋物線分別交于點P,N. ①若以C,P,N為頂點的三角形與△APM相似,則△CPN的面積為　　　　;? ②若點P恰好是線段MN的中點,點F是直線AC上一個動點,在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點D,使以點D,F,P,M為頂點的四邊形是菱形?若存在,請直接寫出點D的坐標(biāo);若不存在,請說明理由. 圖ZT8-4 5.[xx·濰坊] 如圖ZT8-5①,拋物線y1=ax2-x+c與x軸交于點A和點B(1,0),與y軸交于點C0,,拋物線y1的

5、頂點為G,GM⊥x軸于點M.將拋物線y1平移后得到頂點為B且對稱軸為直線l的拋物線y2. (1)求拋物線y2的解析式. (2)如圖②,在直線l上是否存在點T,使△TAC是等腰三角形?若存在,請求出所有點T的坐標(biāo);若不存在,請說明理由. (3)點P為拋物線y1上一動點,過點P作y軸的平行線,交拋物線y2于點Q,點Q關(guān)于直線l的對稱點為R.若以P,Q,R為頂點的三角形與△AMG全等,求直線PR的解析式. 圖ZT8-5 6.[xx·樂山] 如圖ZT8-6,在平面直角坐標(biāo)系中,拋物線y=ax2+bx+c交x軸于A,B兩點,交y軸于點C0,-,OA=1,OB=4,直線l過點A,交y

6、軸于點D,交拋物線于點E,且滿足tan∠OAD=. (1)求拋物線的解析式. (2)動點P從點B出發(fā),沿x軸正方向以每秒2個單位長度的速度向點A運動,動點Q從點A出發(fā),沿射線AE以每秒1個單位長度的速度向點E運動,當(dāng)點P運動到點A時,點Q也停止運動,設(shè)運動時間為t秒. ①在P,Q的運動過程中,是否存在某一時刻t,使得△ADC與△PQA相似?若存在,求出t的值;若不存在,請說明理由. ②在P,Q的運動過程中,是否存在某一時刻t,使得△APQ與△CAQ的面積之和最大?若存在,求出t的值;若不存在,請說明理由. 圖ZT8-6 參考答案

7、 1.解:(1)由拋物線y=ax2+bx+c交x軸于A,B兩點(A在B的左側(cè)),且OA=3,OB=1,得點A的坐標(biāo)為(-3,0),點B的坐標(biāo)為(1,0). (2)設(shè)拋物線的表達(dá)式為y=a(x+3)(x-1). 把點C的坐標(biāo)代入函數(shù)表達(dá)式,得a(0+3)(0-1)=3. 解得a=-1. 故拋物線的表達(dá)式為y=-(x+3)(x-1)=-x2-2x+3. (3)EF+EG=8(或EF+EG是定值).理由如下:過點P作PQ∥y軸,交x軸于Q,如圖.設(shè)P(t,-t2-2t+3),則PQ=-t2-2t+3,AQ=3+t,QB=1-t. ∵PQ∥EF,∴△AEF∽△AQP.∴=, ∴EF===

8、×(-t2-2t+3)=2(1-t). ∵PQ∥EG,∴△BEG∽△BQP. ∴=. ∴EG===2(t+3). ∴EF+EG=2(1-t)+2(t+3)=8. 2.解:(1)∵二次函數(shù)y1=kx2+m的圖象經(jīng)過點A,B, ∴解得 ∴二次函數(shù)y1=kx2+m的解析式為:y1=-x2+1. ∵二次函數(shù)y2=ax2+b的圖象經(jīng)過點A,D, ∴解得 ∴二次函數(shù)y2=ax2+b的解析式為y2=3x2-3. (2)設(shè)M(x,-x2+1)為第一象限內(nèi)的圖形ABCD上一點,M'(x,3x2-3)為第四象限內(nèi)的圖形ABCD上一點, ∴MM'=(1-x2)-(3x2-3)=4-4x2

9、. 由拋物線的對稱性知,若有內(nèi)接正方形,則2x=4-4x2, 即2x2+x-2=0. 解得x=或x=(舍), ∵0<<1, ∴存在內(nèi)接正方形,此時其邊長為. (3)在Rt△AOD中,OA=1,OD=3, ∴AD==,同理CD=. 在Rt△BOC中,OB=OC=1,∴BC==. ①如圖①,當(dāng)△DBC∽△DAE時,∵∠CDB=∠ADO, ∴在y軸上存在一點E滿足條件. 由=,得=. ∴DE=.∵D(0,-3),∴E0,-. 由對稱性知,在直線DA右側(cè)還存在一點E'使得△DBC∽△DAE', 連接EE',交DA于點F,作E'M⊥OD,垂足為M,連接E'D. ① ∵

10、E,E'關(guān)于DA對稱, ∴DF垂直平分EE'.∴△DEF∽△DAO. ∴==,即==. ∴DF=,EF=. ∵S△DEE'=DE·E'M=EF·DF=, ∴E'M=. 又DE'=DE=,在Rt△DE'M中,DM==2,∴OM=1,得E',-1. 所以,使得△DBC∽△DAE的點E的坐標(biāo)為0,-或,-1. ②如圖②,當(dāng)△DBC∽△ADE時,有∠BDC=∠DAE, =,即=,得AE=. 當(dāng)E在直線DA左側(cè)時,設(shè)AE交y軸于點P,作EQ⊥AC,垂足為Q. ② ∵∠BDC=∠DAE=∠ODA, ∴PD=PA.設(shè)PD=x, 則PO=3-x,PA=x. 在Rt△AOP中,

11、由PA2=OA2+OP2,得x2=(3-x)2+1. 解得x=. ∴PA=,PO=. ∵AE=,∴PE=. ∵OP∥EQ,∴=. ∴OQ=.又==, ∴QE=2.∴E-,-2. 當(dāng)E'在直線DA右側(cè)時, ∵∠DAE'=∠BDC, 又∠BDC=∠BDA, ∴∠BDA=∠DAE'. ∴AE'∥OD.∴E'1,-. ∴使得△DBC∽△ADE的點E的坐標(biāo)為-,-2或1,-. 綜上,使得△BDC與△ADE相似(其中點C與點E是對應(yīng)頂點)的點E有4個,其坐標(biāo)為0,-或,-1或-,-2或1,-. 3.解:(1)若△ABC為直角三角形,則△AOC∽△COB.∴=,即OC2=OA·O

12、B. 由拋物線y=x2-x-n(n>0),可得 OC=n,OA·OB=2n. ∴n2=2n.解得n1=2,n2=0(舍去). ∴n=2. (2)由(1)可知,拋物線的對稱軸為直線x=,拋物線的解析式為y=x2-x-2. 令y=0,得x2-x-2=0,解得x1=-1,x2=4, ∴A(-1,0),B(4,0). 設(shè)點Pm,m2-m-2. 當(dāng)直線PQ∥BC,點P在點Q的左側(cè)時(如圖①所示), 當(dāng)△BOC平移到△QNP的位置時,四邊形PQBC為平行四邊形, 此時NQ=OB,即-m=4,m=-, m2-m-2=, 此時點P的坐標(biāo)為-,; 當(dāng)點P在點Q的右側(cè)時(如圖①所示

13、), 同理可得m-=4,m=, m2-m-2=,此時點P的坐標(biāo)為,. 綜上所述,滿足條件的點P的坐標(biāo)為-,,,. (3)如圖②,過點D作DF⊥x軸,垂足為F, 則AO∶OF=AE∶ED=1∶4. 設(shè)A(a,0),B(b,0), 則AO=-a,OF=-4a. ∵AD∥BC, ∴∠OBC=∠DAO. ∵∠BOC=∠AFD=90°, ∴△BOC∽△AFD. ∴=, 即=. ∴=. 由題意,得ab=-2n.∴=-. ∴DF=-5a·=-5a·-=a2. ∵點A,D在拋物線上, ∴ 解得 ∴n的值為. 4.解:(1)將A(-4,0)代入y=x+c,得c=4.

14、∴點C的坐標(biāo)為(0,4). 將(-4,0)和(0,4)代入y=-x2+bx+c,得b=-3. ∴拋物線的解析式為y=-x2-3x+4. (2)如圖所示,作點C關(guān)于拋物線的對稱軸直線l的對稱點C',連接OC'交直線l于點E,連接CE,此時CE+OE的值最小,且CE+OE=OC'. 拋物線的對稱軸為直線x=-=-, 則C'C=3,在Rt△C'CO中, 由勾股定理,得OC'==5. ∴CE+OE的最小值為5. (3)①由題意易知△APM為等腰直角三角形. 設(shè)M(a,0),則N(a,-a2-3a+4),P(a,a+4). 當(dāng)△AMP∽△CNP時,=, 得=, 解得a=-4(

15、舍去)或a=-3或a=0(舍去). ∴CN=3,PN=3. ∴△CPN的面積為·CN·PN=. 當(dāng)△AMP∽△NCP時,=, 得=, 解得a=0(舍去)或a=-2或a=-4(舍去). ∴CN=CP=2. ∴△CPN的面積為·CN·PC=4. 故答案為或4. ②存在.D1,,D2,-, D3(-4,3),D4,. 理由如下: 當(dāng)點P是線段MN的中點時,-a2-3a+4=2(a+4), 解得a=-4(舍去)或a=-1. ∴M(-1,0),P(-1,3),N(-1,6). 設(shè)F(f,f+4),過點M作AC的平行線,易知此直線的解析式為y=x+1. 易知PM=3,當(dāng)PM

16、為菱形的邊時,作PF=PM,過F作FD∥PM,交直線y=x+1于點D, ∴D(f,f+1). ∴32=2(f+1)2,解得f=. 則D1,,D2,-. ∵PM=AM=3, ∴當(dāng)點F與點A重合時,過點F作DF∥PM(D在x軸上方),且DF=PM, 連接DP,可得出四邊形DPMF為菱形. ∴點D的坐標(biāo)為(-4,3). 當(dāng)PM為菱形的對角線時,作PM的垂直平分線, 交直線AC于點F,作點F關(guān)于PM的對稱點D, 連接MF,MD,PD,此時四邊形DMFP為菱形. 將y=代入直線AC的解析式可得x=-,∴點F的坐標(biāo)為-,. ∵直線PM的解析式為x=-1, ∴點D的坐標(biāo)為,. 綜

17、上所述,滿足條件的點為D1,, D2,-,D3(-4,3),D4,. 5.解:(1)將B(1,0)和C0,代入拋物線y1=ax2-x+c,得 解得 所以拋物線的解析式為y1=-x2-x+. 由題意可知平移后拋物線y2的頂點為B(1,0), 故拋物線y2的解析式為y2=-(x-1)2, 即y2=-x2+x-. (2)存在. 令y1=0,解得x=-3或x=1. 由題意知B(1,0),故A(-3,0). 設(shè)T(1,t),又C0,, 所以AC2=32+2=, AT2=(1+3)2+t2=t2+16, CT2=12+t-2=t2-t+. ①若AC=AT,則t2+16=,方程

18、無解,故此時不存在; ②若AC=CT,則t2-t+=, 解得t=, 此時點T的坐標(biāo)為1,或1,; ③若AT=CT,則t2-t+=t2+16,解得t=-,此時點T的坐標(biāo)為1,-. 故點T的坐標(biāo)為1,或1,或1,-. (3)由題意知G(-1,1),則AM=2,GM=1. 若△PQR與△AMG全等,則PQ=1,QR=2或PQ=2,QR=1. 分類一:若QR=2,由拋物線y2的對稱軸為直線x=1,得點Q的橫坐標(biāo)為0或2. ①當(dāng)x=0時,y1=,y2=-, 此時PQ=--=1,滿足題意, 則P0,,R2,-, 直線PR的解析式為y=-x+. ②當(dāng)x=2時,y1=-,y2=-,

19、 此時PQ=---=1,滿足題意, 則P2,-,R0,-, 直線PR的解析式為y=-x-. 分類二:若QR=1,由拋物線y2的對稱軸為直線x=1,得點Q的橫坐標(biāo)為或. ①當(dāng)x=時,y1=,y2=-, 此時PQ=--=≠2,不滿足題意. ②當(dāng)x=時,y1=-,y2=-, 此時PQ=---=≠2,不滿足題意. 綜上所述,滿足題意的直線PR的解析式為y=-x+或y=-x-. 6.解:(1)∵OA=1,OB=4,∴A(1,0),B(-4,0). 設(shè)拋物線的解析式為y=a(x+4)(x-1). ∵C0,-在拋物線上, ∴-=a×4×(-1).解得a=. ∴拋物線的解析式為y=(

20、x+4)(x-1),即y=x2+x-. (2)①存在t,使得△ADC與△PQA相似.其理由如下: 在Rt△AOC中,OA=1,OC=, 則AC=,tan∠ACO==. 又∵tan∠OAD=, ∴∠OAD=∠ACO. 在Rt△AOD中,tan∠OAD=,OA=1, ∴OD=. ∴CD=-=. 在△AQP中,AP=AB-PB=5-2t,AQ=t. 由∠PAQ=∠ACD,要使△ADC與△PQA相似,只需=或=, 則有=或=, 解得t1=,t2=. ∵t1<2.5,t2<2.5, ∴存在t=或,使得△ADC與△PQA相似. ②存在t,使得△APQ與△CAQ的面積之和最大,其理由如下: 作PF⊥AQ于點F,CN⊥AQ于點N,如圖所示. 在Rt△APF中, ∵tan∠PAF=,∴sin∠PAF=. ∴PF=AP·sin∠PAF=(5-2t). 在Rt△AOD中,由AD2=OD2+OA2,得AD=. 在△ADC中,由S△ADC=AD·CN=CD·OA, 得CN===. ∴S△APQ+S△CAQ=AQ(PF+CN)=t=-t-2+. ∵0<<, ∴當(dāng)t=時,△APQ與△CAQ的面積之和最大.