专题07 二次函数与几何图形综合问题（专项训练）（解析版）-二轮基础过关与直击中考

专题07二次函数与几何图形综合问题专项训练【基础过关|直击中考】1．（2021·四川乐山市·中考真题）如图，已知，，，与、均相切，点是线段与抛物线的交点，则的值为（）A．4 B． C． D．5【答案】D【分析】在Rt△AOB中，由勾股定理求得；再求得直线AC的解析式为；设的半径为m，可得P（m，-m+6）；连接PB、PO、PC，根据求得m=1，即可得点P的坐标为（1，5）；再由抛物线过点P，由此即可求得．【详解】在Rt△AOB中，，，∴；∵，，∴OC=6，∴C（0，6）；∵，∴A（6，0）；设直线AC的解析式为，∴，解得，∴直线AC的解析式为；设的半径为m，∵与相切，∴点P的横坐标为m，∵点P在直线直线AC上，∴P（m，-m+6）；连接PB、PO、PA，∵与、均相切，∴△OBP边OB上的高为m，△AOB边AB上的高为m，∵P（m，-m+6）；∴△AOP边OA上的高为-m+6，∵，∴，解得m=1，∴P（1，5）；∵抛物线过点P，∴．故选D．【点睛】本题考查了切线的性质定理、勾股定理、待定系数法求解析式，正确求出的半径是解决问题的关键．2．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，直线与坐标轴交于A、B两点，点P是线段AB上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线于点Q，绕点O顺时针旋转45°，边PQ扫过区域（阴影部份）面积的最大值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意得，设P(a，2-2a)，则Q(a，3-a)，利用扇形面积公式得到，利用二次函数的性质求解即可．【详解】解：如图，根据旋转的性质，，∴，则，∵点P在直线上，点Q在直线上，且PQ∥轴，设P(a，2-2a)，则Q(a，3-a)，∴OP2=，OQ2=，，设，∵，∴当时，有最大值，最大值为，∴的最大值为．故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，扇形的面积公式，二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．3．（2021·四川资阳市·中考真题）已知A、B两点的坐标分别为、，线段上有一动点，过点M作x轴的平行线交抛物线于、两点．若，则a的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据题意画出函数的图象，再结合图象建立不等式组，解不等式组即可得．【详解】解：由题意得：线段（除外）位于第四象限，过点且平行轴的直线在轴的下方，抛物线的顶点坐标为，此顶点位于第一象限，，画出函数图象如下：结合图象可知，若，则当时，二次函数的函数值；当时，二次函数的函数值，即，解得，又，，故选：C．【点睛】本题考查了二次函数与一元一次不等式组，熟练掌握二次函数的图象与性质，以及图象法是解题关键．4．（2021·山东）如图，四边形ABCD中，已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，AD＝5，CD＝3，∠ABC＝45°，点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，△APQ的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】依次分析当、、三种情况下的三角形面积表达式，再根据其对应图像进行判断即可确定正确选项．【详解】解：如图所示，分别过点D、点C向AB作垂线，垂足分别为点E、点F，∵已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，∴DE=CF=4，∵点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，∴PQ∥DE∥CF，∵AD=5，∴,∴当时，P点在AE之间，此时，AP=t，∵,∴，∴，因此，当时，其对应的图像为，故排除C和D；∵CD＝3，∴EF=CD=3，∴当时，P点位于EF上，此时，Q点位于DC上，其位置如图中的P1Q1，则，因此当时，对应图像为，即为一条线段；∵∠ABC＝45°，∴BF=CF=4，∴AB=3+3+4=10，∴当时，P点位于FB上，其位置如图中的P2Q2，此时，P2B=10-x，同理可得，Q2P2=P2B=10-x，，因此当时，对应图像为，其为开口向下的抛物线的的一段图像；故选：B．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的推论、勾股定理、平行线的性质、三角形的面积公式、二次函数的图像等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，能分情况讨论等，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．5．（2021·湖南中考真题）定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互异二次函数”．如图，在正方形中，点，点，则互异二次函数与正方形有交点时的最大值和最小值分别是（）A．4，-1 B．，-1 C．4，0 D．，-1【答案】D【分析】分别讨论当对称轴位于y轴左侧、位于y轴与正方形对称轴x=1之间、位于直线x=1和x=2之间、位于直线x=2右侧共四种情况，列出它们有交点时满足的条件，得到关于m的不等式组，求解即可．【详解】解：由正方形的性质可知：B（2,2）；若二次函数与正方形有交点,则共有以下四种情况:当时，则当A点在抛物线上或上方时，它们有交点，此时有，解得：；当时，则当C点在抛物线上或下方时，它们有交点，此时有，解得：；当时，则当O点位于抛物线上或下方时，它们有交点，此时有，解得：；当时，则当O点在抛物线上或下方且B点在抛物线上或上方时，它们才有交点，此时有，解得：；综上可得：的最大值和最小值分别是，．故选：D．【点睛】本题考查了抛物线与正方形的交点问题，涉及到列一元一次不等式组等内容，解决本题的关键是能根据图像分析交点情况，并进行分类讨论，本题综合性较强，需要一定的分析能力与图形感知力，因此对学生的思维要求较高，本题蕴含了分类讨论和数形结合的思想方法等．6．（2021·湖北中考真题）如图，为矩形的对角线，已知，．点P沿折线以每秒1个单位长度的速度运动（运动到D点停止），过点P作于点E，则的面积y与点P运动的路程x间的函数图象大致是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据矩形的性质、勾股定理可得，再分和两种情况，解直角三角形分别求出的长，利用直角三角形的面积公式可得与间的函数关系式，由此即可得出答案．【详解】解：四边形是矩形，，，，，由题意，分以下两种情况：（1）当点在上，即时，在中，，在中，，，，；（2）如图，当点在上，即时，四边形是矩形，，四边形是矩形，，，综上，与间的函数关系式为，观察四个选项可知，只有选项D的图象符合，故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、解直角三角形、二次函数与一次函数的图象，正确分两种情况讨论是解题关键．7．（2021·湖北武汉市·中考真题）如图（1），在中，，，边上的点从顶点出发，向顶点运动，同时，边上的点从顶点出发，向顶点运动，，两点运动速度的大小相等，设，，关于的函数图象如图（2），图象过点，则图象最低点的横坐标是__________．【答案】【分析】先根据图形可知AE+CD=AB+AC=2，进而求得AB=AC=1、BC=以及图象最低点的函数值即为AE+CD的最小值；再运用勾股定理求得CD、AE，然后根据AE+CD得到+可知其表示点（x，0）到（0,-1）与（，）的距离之和，然后得当三点共线时有函数值.最后求出该直线的解析式，进而求得x的值．【详解】解：由图可知，当x=0时，AE+CD=AB+AC=2∴AB=AC=1，BC=，图象最低点函数值即为AE+CD的最小值由题意可得：CD=,AE=∴AE+CD=+，即点（x，0）到（0,-1）与（，）的距离之和∴当这三点共线时，AE+CD最小设该直线的解析式为y=kx+b解得∴当y=0时，x=．故填．【点睛】本题主要考查了二次函数与方程的意义，从几何图形和函数图象中挖掘隐含条件成为解答本题的关键．8．（2021·浙江中考真题）已知在平面直角坐标系中，点的坐标为是抛物线对称轴上的一个动点．小明经探究发现：当的值确定时，抛物线的对称轴上能使为直角三角形的点的个数也随之确定．若抛物线的对称轴上存在3个不同的点，使为直角三角形，则的值是____．【答案】2或【分析】分，和确定点M的运动范围，结合抛物线的对称轴与，，共有三个不同的交点，确定对称轴的位置即可得出结论．【详解】解：由题意得：O（0,0），A（3，4）∵为直角三角形，则有：①当时，∴点M在与OA垂直的直线上运动（不含点O）；如图，②当时，，∴点M在与OA垂直的直线上运动（不含点A）；③当时，，∴点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，∴点P为OA的中点，∴∴半径r=∵抛物线的对称轴与x轴垂直由题意得，抛物线的对称轴与，，共有三个不同的交点，∴抛物线的对称轴为的两条切线，而点P到切线，的距离，又∴直线的解析式为：；直线的解析式为：；∴或4∴或-8故答案为：2或-8【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有圆的切线的判定，直角三角形的判定，综合性较强，有一定难度．运用数形结合、分类讨论是解题的关键．9．（2021·广西中考真题）如图，已知点，，两点，在抛物线上，向左或向右平移抛物线后，，的对应点分别为，，当四边形的周长最小时，抛物线的解析式为__________．【答案】．【分析】先通过平移和轴对称得到当B、E、三点共线时，的值最小，再通过设直线的解析式并将三点坐标代入，当时，求出a的值，最后将四边形周长与时的周长进行比较，确定a的最终取值，即可得到平移后的抛物线的解析式．【详解】解：∵，，，，∴，，由平移的性质可知：,∴四边形的周长为；要使其周长最小，则应使的值最小；设抛物线平移了a个单位，当a>0时，抛物线向右平移，当a<0时，抛物线向左平移；∴，，将向左平移2个单位得到，则由平移的性质可知：，将关于x轴的对称点记为点E，则，由轴对称性质可知，,∴，当B、E、三点共线时，的值最小，

设直线的解析式为：，∴，当时，∴∴，将E点坐标代入解析式可得：，解得：，此时，此时四边形的周长为；当时，，，，，此时四边形的周长为：；∵，∴当时，其周长最小，所以抛物线向右平移了个单位，所以其解析式为：；故答案为：．【点睛】本题综合考查了平移、轴对称、一次函数的应用、勾股定理、抛物线的解析式等内容，解决本题的关键是理解并确定什么情况下该四边形的周长最短，本题所需综合性思维较强，对学生的综合分析和计算能力要求都较高，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．1．（2021·浙江绍兴市·中考真题）小聪设计奖杯，从抛物线形状上获得灵感，在平面直角坐标系中画出截面示意图，如图1，杯体ACB是抛物线的一部分，抛物线的顶点C在y轴上，杯口直径，且点A，B关于y轴对称，杯脚高，杯高，杯底MN在x轴上．（1）求杯体ACB所在抛物线的函数表达式（不必写出x的取值范围）．（2）为使奖杯更加美观，小敏提出了改进方案，如图2，杯体所在抛物线形状不变，杯口直径，杯脚高CO不变，杯深与杯高之比为0.6，求的长．【答案】（1）；（2）【分析】（1）确定B点坐标后，设出抛物线解析式，利用待定系数法求解即可；

（2）利用杯深CD′与杯高OD′之比为0.6，求出OD′，接着利用抛物线解析式求出B'或A'横坐标即可完成求解．【详解】解：（1）设，

∵杯口直径AB=4，杯高DO=8，

∴将，代入，得，．（2），，，，当时，，或，，即杯口直径的长为．【点睛】本题考查了抛物线的应用，涉及到待定系数法求抛物线解析式、求抛物线上的点的坐标等内容，解决本题的关键是读懂题意，找出相等关系列出等式等．2．（2021·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点，在轴上，抛物线经过点，两点，且与直线交于另一点．（1）求抛物线的解析式；（2）为抛物线对称轴上一点，为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）为轴上一点，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，连接，．探究是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）存在最小值，最小值为，此时点M的坐标为．【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后把点B、D代入求解即可；（2）设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分①当时，②当时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可；（3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进而可得OM=BP，则有，若使的值为最小，即为最小，则有当点D、M、O三点共线时，的值为最小，然后问题可求解．【详解】解：（1）∵四边形为正方形，，∴，，∴，∴OB=1，∴，把点B、D坐标代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）由（1）可得，抛物线解析式为，则有抛物线的对称轴为直线，∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称，∴，∴由两点距离公式可得，设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：①当时，如图所示：∴由两点距离公式可得，即，解得：，∴点F的坐标为或；②当时，如图所示：∴由两点距离公式可得，即，解得：，∴点F的坐标为或；综上所述：当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）由题意可得如图所示：连接OM、DM，由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，，∴，DM=EM，∵过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，∴，∴四边形BOMP是平行四边形，∴OM=BP，∴，若使的值为最小，即为最小，∴当点D、M、O三点共线时，的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：∵，∴，∴的最小值为，即的最小值为，设线段OD的解析式为，代入点D的坐标得：，∴线段OD的解析式为，∴．【点睛】本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键．3．（2021·四川南充市·中考真题）如图，已知抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ．当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由．（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且．在y轴上是否存在点F，使得为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）四边形OCPQ是平行四边形，理由见详解；（3）（0，）或（0，1）或（0，-1）【分析】（1）设抛物线，根据待定系数法，即可求解；（2）先求出直线BC的解析式为：y=-x+4，设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），得到PQ=，从而求出线段PQ长度最大值，进而即可得到结论；（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，推出，从而得，进而求出E（5，4），设F（0，y），分三种情况讨论，即可求解．【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线，∴B（4，0），C（0，4），设抛物线，把C（0，4）代入得：，解得：a=1，∴抛物线的解析式为：；（2）∵B（4，0），C（0，4），∴直线BC的解析式为：y=-x+4，设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），∴PQ=-x+4-()==，∴当x=2时，线段PQ长度最大=4，∴此时，PQ=CO，又∵PQ∥CO，∴四边形OCPQ是平行四边形；（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，由（2）得：Q（2，-2），∵D是OC的中点，∴D（0，2），∵QN∥y轴，∴，又∵，∴，∴，∴，即：，设E（x，），则，解得：，（舍去），∴E（5，4），设F（0，y），则，，，①当BF=EF时，，解得：，②当BF=BE时，，解得：或，③当EF=BE时，，无解，综上所述：点F的坐标为：（0，）或（0，1）或（0，-1）．．【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握二次函数的性质以及图像上点的坐标特征，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．4．（2021·四川广元市·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，下表给出了这条抛物线上部分点的坐标值：x…0123…y…03430…（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；（2）是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求的最小值；（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作轴，垂足为F，的外接圆与相交于点E．试问：线段的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．【分析】（1）依据表格数据，设出抛物线的顶点式，利用待定系数法求解即可；（2）利用平移和找对称点的方式，将的长转化为，再利用两点之间线段最短确定的最小值等于CE的长，加1后即能确定的最小值；（3）设出圆心和D点的坐标，接着表示出E点的坐标，利用圆心到B点的距离等于圆心到D点的距离，求出q和e的关系，得到E点的纵坐标，进而确定EF的长为定值．【详解】解：（1）由表格数据可知，顶点坐标为（1,4）设抛物线解析式为：，将点（0,3）代入解析式得：3=a+4，∴，∴抛物线解析式为：，顶点坐标．（2）由表格可知，抛物线经过点A（-1,0），C（0,3），如图3，将A点向上平移一个单位，得到，则∴四边形是平行四边形，∴，作关于MQ的对称点E，则∴，∴，当P、E、C三点共线时，最短，设直线CE的解析式为：，将C、E两点坐标代入解析式可得：，∴，∴直线CE的解析式为：，令，则，∴当时，P、E、C三点共线，此时最短，∴的最小值为．（3）是；理由：设，因为A、B两点关于直线x=1对称，所以圆心位于该直线上，所以可设的外接圆的圆心为，作，垂足为点N，则，由轴，∴，∵，且由表格数据可知∴，化简得：，∵点D是第四象限内抛物线上一动点，且抛物线解析式为，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即的长不变，为1．【点睛】本题涉及到了动点问题，综合考查了用待定系数法求抛物线解析式、点的平移、勾股定理、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、圆的性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念与公式，能将题干信息与图形相结合，挖掘图中隐含信息，本题有一定的计算量，对学生的综合分析与计算能力都有较高的要求，本题蕴含了数形结合的思想方法等．5．（2021·湖北荆州市·中考真题）已知：直线与轴、轴分别交于、两点，点为直线上一动点，连接，为锐角，在上方以为边作正方形，连接，设．（1）如图1，当点在线段上时，判断与的位置关系，并说明理由；（2）真接写出点的坐标（用含的式子表示）；（3）若，经过点的抛物线顶点为，且有，的面积为．当时，求抛物线的解析式．【答案】（1）BE⊥AB，理由见解析；（2）（）；（3）【分析】（1）先求出点A、B的坐标，则可判断△AOB是等腰直角三角形，然后结合正方形的旋转可证明△AOC≌△BOE（SAS），可得∠OBE=∠OAC=45°，进而可得结论；（2）作辅助线如图1（见解析），根据正方形的性质可证△MOC≌△NEO，可得CM=ON，OM=EN，由（1）的结论可得AC=BE=t，然后解等腰直角△ACM，可求出，进而可得答案；（3）由抛物线过点A结合已知条件可求出抛物线的对称轴是直线x=2，然后由（2）可求出当时k=1，进一步即可求出点P的纵坐标，从而可得顶点P的坐标，于是问题可求解．【详解】解：（1）BE⊥AB，理由如下：对于直线y=-x+1，当x=0时，y=1，当y=0时，x=1，∴B（0，1），A（1，0），∴OA=OB=1，∴∠OBA=∠OAB=45°，∵四边形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于点M，作EN⊥x轴于点N，如图1，则∠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，∴，∴，∵点E在第二象限，∴点E的坐标是（）；（3）∵抛物线过点A（1，0），∴a+b+c=0，∵，∴消去c可得b=-4a，∴抛物线的对称轴是直线x=2，如图1，当时，由（2）可得，∴，∴，∴，即k=1，∴△POA的面积为，即，解得，∵a＞0，∴顶点P的纵坐标是-1，∴点P（2，-1