湖南省2022年中考数学总复习专题训练08二次函数与几何图形综合题练习

二次函数与几何图形综合题08二次函数与几何图形综合题1.[2022·贺州]如图ZT8-1,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A,B两点(A在B的左侧),且OA=3,OB=1,与y轴交于点C(0,3),抛物线的顶点坐标为D(-1,4).(1)求A,B两点的坐标.(2)求抛物线的表达式.(3)过点D作直线DE∥y轴,交x轴于点E,点P是抛物线上B,D两点间的一个动点(点P不与B,D两点重合),PA,PB与直线DE分别交于点F,G,当点P运动时,EF+EG是否为定值?若是,试求出该定值;若不是,请说明理由.图ZT8-117\n2.[2022·连云港]如图ZT8-2①,图形ABCD是由两个二次函数y1=kx2+m(k<0)与y2=ax2+b(a>0)的部分图象围成的封闭图形,已知A(1,0),B(0,1),D(0,-3).(1)直接写出这两个二次函数的表达式;(2)判断图形ABCD是否存在内接正方形(正方形的四个顶点在图形ABCD上),并说明理由;(3)如图②,连接BC,CD,AD,在坐标平面内,求使得△BDC与△ADE相似(其中点C与点E是对应顶点)的点E的坐标.图ZT8-23.[2022·益阳]如图ZT8-3,已知抛物线y=12x2-32x-n(n>0)与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C.(1)如图①,若△ABC为直角三角形,求n的值;(2)如图①,在(1)的条件下,点P在抛物线上,点Q在抛物线的对称轴上,若以BC为边,以点B,C,P,Q为顶点的四边形是平行四边形,求点P的坐标;(3)如图②,过点A作直线BC的平行线交抛物线于另一点D,交y轴于点E,若AE∶ED=1∶4,求n的值.17\n图ZT8-34.[2022·齐齐哈尔]综合与探究:如图ZT8-4①所示,直线y=x+c与x轴交于点A(-4,0),与y轴交于点C,抛物线y=-x2+bx+c经过点A,C.(1)求抛物线的表达式;(2)点E在抛物线的对称轴上,求CE+OE的最小值;(3)如图②所示,M是线段OA上的一个动点,过点M且垂直于x轴的直线与直线AC和抛物线分别交于点P,N.①若以C,P,N为顶点的三角形与△APM相似,则△CPN的面积为　　　　; ②若点P恰好是线段MN的中点,点F是直线AC上一个动点,在坐标平面内是否存在点D,使以点D,F,P,M为顶点的四边形是菱形?若存在,请直接写出点D的坐标;若不存在,请说明理由.图ZT8-45.[2022·潍坊]如图ZT8-5①,抛物线y1=ax2-12x+c与x轴交于点A和点B(1,0),与y轴交于点C0,34,抛物线y1的顶点为G,GM⊥x轴于点M.将抛物线y1平移后得到顶点为B且对称轴为直线l的抛物线y2.(1)求抛物线y2的解析式.17\n(2)如图②,在直线l上是否存在点T,使△TAC是等腰三角形?若存在,请求出所有点T的坐标;若不存在,请说明理由.(3)点P为抛物线y1上一动点,过点P作y轴的平行线,交抛物线y2于点Q,点Q关于直线l的对称点为R.若以P,Q,R为顶点的三角形与△AMG全等,求直线PR的解析式.图ZT8-56.[2022·乐山]如图ZT8-6,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A,B两点,交y轴于点C0,-43,OA=1,OB=4,直线l过点A,交y轴于点D,交抛物线于点E,且满足tan∠OAD=34.(1)求抛物线的解析式.(2)动点P从点B出发,沿x轴正方向以每秒2个单位长度的速度向点A运动,动点Q从点A出发,沿射线AE以每秒1个单位长度的速度向点E运动,当点P运动到点A时,点Q也停止运动,设运动时间为t秒.①在P,Q的运动过程中,是否存在某一时刻t,使得△ADC与△PQA相似?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.②在P,Q的运动过程中,是否存在某一时刻t,使得△APQ与△CAQ的面积之和最大?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.图ZT8-617\n参考答案1.解:(1)由抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A,B两点(A在B的左侧),且OA=3,OB=1,得点A的坐标为(-3,0),点B的坐标为(1,0).(2)设抛物线的表达式为y=a(x+3)(x-1).把点C的坐标代入函数表达式,得a(0+3)(0-1)=3.解得a=-1.故抛物线的表达式为y=-(x+3)(x-1)=-x2-2x+3.(3)EF+EG=8(或EF+EG是定值).理由如下:过点P作PQ∥y轴,交x轴于Q,如图.设P(t,-t2-2t+3),则PQ=-t2-2t+3,AQ=3+t,QB=1-t.∵PQ∥EF,∴△AEF∽△AQP.∴EFPQ=AEAQ,∴EF=PQ·AEAQ=(-t2-2t+3)×23+t=23+t×(-t2-2t+3)=2(1-t).∵PQ∥EG,∴△BEG∽△BQP.17\n∴EGPQ=BEBQ.∴EG=PQ·BEBQ=(-t2-2t+3)×21-t=2(t+3).∴EF+EG=2(1-t)+2(t+3)=8.2.解:(1)∵二次函数y1=kx2+m的图象经过点A,B,∴k+m=0,m=1.解得k=-1,m=1.∴二次函数y1=kx2+m的解析式为:y1=-x2+1.∵二次函数y2=ax2+b的图象经过点A,D,∴a+b=0,b=-3.解得a=3,b=-3.∴二次函数y2=ax2+b的解析式为y2=3x2-3.(2)设M(x,-x2+1)为第一象限内的图形ABCD上一点,M'(x,3x2-3)为第四象限内的图形ABCD上一点,∴MM'=(1-x2)-(3x2-3)=4-4x2.由抛物线的对称性知,若有内接正方形,则2x=4-4x2,即2x2+x-2=0.解得x=-1+174或x=-1-174(舍),∵0<-1+174<1,∴存在内接正方形,此时其边长为-1+172.(3)在Rt△AOD中,OA=1,OD=3,17\n∴AD=OA2+OD2=10,同理CD=10.在Rt△BOC中,OB=OC=1,∴BC=OC2+OB2=2.①如图①,当△DBC∽△DAE时,∵∠CDB=∠ADO,∴在y轴上存在一点E满足条件.由DBDA=DCDE,得410=10DE.∴DE=52.∵D(0,-3),∴E0,-12.由对称性知,在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC∽△DAE',连接EE',交DA于点F,作E'M⊥OD,垂足为M,连接E'D.①∵E,E'关于DA对称,∴DF垂直平分EE'.∴△DEF∽△DAO.∴DEDA=DFDO=EFAO,即2.510=DF3=EF1.∴DF=3104,EF=104.∵S△DEE'=12DE·E'M=EF·DF=158,∴E'M=32.又DE'=DE=52,在Rt△DE'M中,DM=DE'2-E'M2=2,∴OM=1,得E'32,-1.17\n所以,使得△DBC∽△DAE的点E的坐标为0,-12或32,-1.②如图②,当△DBC∽△ADE时,有∠BDC=∠DAE,DBAD=DCAE,即410=10AE,得AE=52.当E在直线DA左侧时,设AE交y轴于点P,作EQ⊥AC,垂足为Q.②∵∠BDC=∠DAE=∠ODA,∴PD=PA.设PD=x,则PO=3-x,PA=x.在Rt△AOP中,由PA2=OA2+OP2,得x2=(3-x)2+1.解得x=53.∴PA=53,PO=43.∵AE=52,∴PE=56.∵OP∥EQ,∴APPE=AOOQ.∴OQ=12.又OPQE=APAE=23,∴QE=2.∴E-12,-2.当E'在直线DA右侧时,17\n∵∠DAE'=∠BDC,又∠BDC=∠BDA,∴∠BDA=∠DAE'.∴AE'∥OD.∴E'1,-52.∴使得△DBC∽△ADE的点E的坐标为-12,-2或1,-52.综上,使得△BDC与△ADE相似(其中点C与点E是对应顶点)的点E有4个,其坐标为0,-12或32,-1或-12,-2或1,-52.3.解:(1)若△ABC为直角三角形,则△AOC∽△COB.∴OAOC=OCOB,即OC2=OA·OB.由抛物线y=12x2-32x-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,抛物线的对称轴为直线x=32,抛物线的解析式为y=12x2-32x-2.令y=0,得12x2-32x-2=0,解得x1=-1,x2=4,∴A(-1,0),B(4,0).设点Pm,12m2-32m-2.当直线PQ∥BC,点P在点Q的左侧时(如图①所示),当△BOC平移到△QNP的位置时,四边形PQBC为平行四边形,此时NQ=OB,即32-m=4,m=-52,12m2-32m-2=398,17\n此时点P的坐标为-52,398;当点P在点Q的右侧时(如图①所示),同理可得m-32=4,m=112,12m2-32m-2=398,此时点P的坐标为112,398.综上所述,满足条件的点P的坐标为-52,398,112,398.(3)如图②,过点D作DF⊥x轴,垂足为F,则AO∶OF=AE∶ED=1∶4.设A(a,0),B(b,0),则AO=-a,OF=-4a.∵AD∥BC,∴∠OBC=∠DAO.∵∠BOC=∠AFD=90°,∴△BOC∽△AFD.17\n∴OCDF=BOAF,即nDF=b-4a-a.∴nDF=b-5a.由题意,得ab=-2n.∴nb=-a2.∴DF=-5a·nb=-5a·-a2=52a2.∵点A,D在抛物线上,∴12a2-32a-n=0,12×16a2-32×(-4a)-n=52a2.解得a=-32,n=278.∴n的值为278.4.解:(1)将A(-4,0)代入y=x+c,得c=4.∴点C的坐标为(0,4).将(-4,0)和(0,4)代入y=-x2+bx+c,得b=-3.∴抛物线的解析式为y=-x2-3x+4.(2)如图所示,作点C关于抛物线的对称轴直线l的对称点C',连接OC'交直线l于点E,连接CE,此时CE+OE的值最小,且CE+OE=OC'.抛物线的对称轴为直线x=--32×(-1)=-32,17\n则C'C=3,在Rt△C'CO中,由勾股定理,得OC'=CC'2+OC2=5.∴CE+OE的最小值为5.(3)①由题意易知△APM为等腰直角三角形.设M(a,0),则N(a,-a2-3a+4),P(a,a+4).当△AMP∽△CNP时,AMCN=MPNP,得4+a-a=a+4-a2-3a+4-(a+4),解得a=-4(舍去)或a=-3或a=0(舍去).∴CN=3,PN=3.∴△CPN的面积为12·CN·PN=92.当△AMP∽△NCP时,AMNC=APNP,得a+4(-a2-3a+4-4)2+(-a)2=2(4+a)-a2-3a+4-(a+4),解得a=0(舍去)或a=-2或a=-4(舍去).∴CN=CP=22.∴△CPN的面积为12·CN·PC=4.故答案为92或4.②存在.D1-2+322,322,D2-2-322,-322,D3(-4,3),D412,32.理由如下:当点P是线段MN的中点时,-a2-3a+4=2(a+4),17\n解得a=-4(舍去)或a=-1.∴M(-1,0),P(-1,3),N(-1,6).设F(f,f+4),过点M作AC的平行线,易知此直线的解析式为y=x+1.易知PM=3,当PM为菱形的边时,作PF=PM,过F作FD∥PM,交直线y=x+1于点D,∴D(f,f+1).∴32=2(f+1)2,解得f=-2±322.则D1-2+322,322,D2-2-322,-322.∵PM=AM=3,∴当点F与点A重合时,过点F作DF∥PM(D在x轴上方),且DF=PM,连接DP,可得出四边形DPMF为菱形.∴点D的坐标为(-4,3).当PM为菱形的对角线时,作PM的垂直平分线,交直线AC于点F,作点F关于PM的对称点D,连接MF,MD,PD,此时四边形DMFP为菱形.将y=32代入直线AC的解析式可得x=-52,∴点F的坐标为-52,32.∵直线PM的解析式为x=-1,∴点D的坐标为12,32.综上所述,满足条件的点为D1-2+322,322,D2-2-322,-322,D3(-4,3),D412,32.5.解:(1)将B(1,0)和C0,34代入抛物线y1=ax2-12x+c,得17\na-12+c=0,c=34.解得a=-14,c=34.所以抛物线的解析式为y1=-14x2-12x+34.由题意可知平移后抛物线y2的顶点为B(1,0),故抛物线y2的解析式为y2=-14(x-1)2,即y2=-14x2+12x-14.(2)存在.令y1=0,解得x=-3或x=1.由题意知B(1,0),故A(-3,0).设T(1,t),又C0,34,所以AC2=32+342=15316,AT2=(1+3)2+t2=t2+16,CT2=12+t-342=t2-32t+2516.①若AC=AT,则t2+16=15316,方程无解,故此时不存在;②若AC=CT,则t2-32t+2516=15316,解得t=3±1374,此时点T的坐标为1,3+1374或1,3-1374;③若AT=CT,则t2-32t+2516=t2+16,解得t=-778,此时点T的坐标为1,-778.故点T的坐标为1,3+1374或1,3-1374或1,-778.17\n(3)由题意知G(-1,1),则AM=2,GM=1.若△PQR与△AMG全等,则PQ=1,QR=2或PQ=2,QR=1.分类一:若QR=2,由抛物线y2的对称轴为直线x=1,得点Q的横坐标为0或2.①当x=0时,y1=34,y2=-14,此时PQ=34--14=1,满足题意,则P0,34,R2,-14,直线PR的解析式为y=-12x+34.②当x=2时,y1=-54,y2=-14,此时PQ=-14--54=1,满足题意,则P2,-54,R0,-14,直线PR的解析式为y=-12x-14.分类二:若QR=1,由抛物线y2的对称轴为直线x=1,得点Q的横坐标为12或32.①当x=12时,y1=716,y2=-116,此时PQ=716--116=12≠2,不满足题意.②当x=32时,y1=-916,y2=-116,此时PQ=-116--916=12≠2,不满足题意.综上所述,满足题意的直线PR的解析式为y=-12x+34或y=-12x-14.6.解:(1)∵OA=1,OB=4,∴A(1,0),B(-4,0).17\n设抛物线的解析式为y=a(x+4)(x-1).∵C0,-43在抛物线上,∴-43=a×4×(-1).解得a=13.∴抛物线的解析式为y=13(x+4)(x-1),即y=13x2+x-43.(2)①存在t,使得△ADC与△PQA相似.其理由如下:在Rt△AOC中,OA=1,OC=43,则AC=53,tan∠ACO=OAOC=34.又∵tan∠OAD=34,∴∠OAD=∠ACO.在Rt△AOD中,tan∠OAD=34,OA=1,∴OD=34.∴CD=43-34=712.在△AQP中,AP=AB-PB=5-2t,AQ=t.由∠PAQ=∠ACD,要使△ADC与△PQA相似,只需APAQ=CDAC或APAQ=ACCD,则有5-2t1t1=71253或5-2t2t2=53712,解得t1=10047,t2=3534.∵t1<2.5,t2<2.5,∴存在t=10047或3534,使得△ADC与△PQA相似.②存在t,使得△APQ与△CAQ的面积之和最大,其理由如下:17\n作PF⊥AQ于点F,CN⊥AQ于点N,如图所示.在Rt△APF中,∵tan∠PAF=34,∴sin∠PAF=35.∴PF=AP·sin∠PAF=35(5-2t).在Rt△AOD中,由AD2=OD2+OA2,得AD=54.在△ADC中,由S△ADC=12AD·CN=12CD·OA,得CN=CD·OAAD=712×154=715.∴S△APQ+S△CAQ=12AQ(PF+CN)=12t35(5-2t)+715=-35t-1392+169135.∵0<139<52,∴当t=139时,△APQ与△CAQ的面积之和最大.17