2025年中考数学二轮复习：二次函数的面积问题 压轴练习题（含答案）

第第页2025年中考数学二轮复习：二次函数的面积问题压轴练习题一、选择题1．已知点M是抛物线y=x2−2mx+m2+m−1（m为常数）的顶点，直线A．62 B．6 C．4 D．2．如图，抛物线L1:y=a2+bx+c(a≠0)与x轴只有一个公共点A(2,0)A．4 B．2 C．6 D．83．已知等腰直角△ABC的斜边AB=42，正方形DEFG的边长为2，把△ABC和正方形DEFG如图放置，点B与点E重合，边AB与EF在同一条直线上，将△ABC沿AB方向以每秒2个单位的速度匀速平行移动，当点A与点E重合时停止移动．在移动过程中，△ABC与正方形DEFG重叠部分的面积S与移动时间tA． B．C． D．二、填空题4．如图，已知A（1，1），B（3，9）是抛物线y＝x2上的两点，在y轴上有一动点P，当△PAB的周长最小时，则此时△PAB的面积为5．如图，在平面直角坐标系中，已知点A8,0，点B0,6，点C为线段AB中点，点D为线段OA上一动点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CE，连接OE，则△OED面积的最大值为三、解答题6．已知抛物线y=x2+bx−3（1）求该抛物线的表达式；（2）点A关于抛物线的对称轴的对称点为A'，求抛物线顶点P与点A、A7．如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A−1,0，（1）求此二次函数的解析式．（2）求△ABD的面积．8．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点为A(3，0)，与y轴的交点为B(0,3)（1）求抛物线的解析式；（2）判断△ABC的形状；（3）已知点M为线段AB上方抛物线上的一个动点，请写出△ABM面积关系式，并求出当△ABM面积最大时点M的坐标．9．已知二次函数y=x2+bx+ca≠0的图象与x轴的交于A、B1,0（1）求二次函数的表达式及A点坐标；（2）D是二次函数图象上位于第三象限内的点，求△ACD面积的最大值及此时点D的坐标；（3）M是二次函数图象对称轴上的点，在二次函数图象上是否存在点N．使以M、N、B、O为顶点的四边形是平行四边形？若有，请求出点N的坐标．10．如图，抛物线y=a(x−1)(x−3)与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，其顶点为D．（1）写出C，D两点的坐标（用含a的式子表示）；（2）设SΔ（3）当△BCD是直角三角形时，求对应抛物线的解析式．11．如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）在第二象限内的抛物线上确定一点P，使△PCB的面积最大，求出点P的坐标；（3）在（2）的结论下，点M为x轴上一动点，抛物线上是否存在一点Q，使点P，B，M，Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．12．已知抛物线y=ax2+bx+ca≠0经过点（1）若点M是抛物线y=ax（2）在（1）的条件下，若点P是A、C之间抛物线上一点，求四边形APCN面积的最大值及此时点P的坐标；（3）若Bm,0，且1≤m≤313．在四边形ABCD中，AD＝BC＝1，AB＝CD＝2，BD=5（1）求证：四边形ABCD是矩形．（2）设DE＝x，求△AEF的面积S关于x的函数表达式．（3）在点E运动过程，当△AEF的某一个内角等于∠BDC时，求所有满足条件的AF的长．14．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A(−1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C，作直线BC，点P是抛物线在第四象限上一个动点(点P不与点B，C重合)，连结PB（1）求抛物线对应的函数表达式；（2）当▱CPBD有两个顶点在x轴上时，则点P的坐标为；（3）当▱CPBD是菱形时，求m的值．（4）当m为何值时，▱CPBD的面积有最大值？15．“距离”是数学研究的重要对象，如我们所熟悉的两点间的距离．现在我们定义一种新的距离：已知P（a，b），Q（c，d）是平面直角坐标系内的两点，我们将|a-c|+|b-d|称作P，Q间的“L型距离”，记作L（P，Q），即L（P，Q）=|a-c|+|b-d|．已知二次函数y1的图像经过平面直角坐标系内的A，B，C三点，其中A，B两点的坐标为A（－1，0），B（0，3），点C在直线x＝2上运动，且满足L（B，C）≤BC．（1）求L（A，B）；（2）求抛物线y1的表达式；（3）已知y2=2tx+1是该坐标系内的一个一次函数．①若D，E是y2=2tx+1图像上的两个动点，且DE=5，求△CDE面积的最大值；②当t≤x≤t+3时，若函数y=y1+y2的最大值与最小值之和为8，求实数t的值．（补充两点间距离公式：平面直角坐标中两点A（x1，y1），B(x2，y2），则AB=(x

答案解析部分1．【答案】B2．【答案】D3．【答案】C4．【答案】65．【答案】496．【答案】（1）解：∵抛物线y=x2+bx−3（b是常数）经过点A2,−3解得：b=−2，∴抛物线的表达式为y=x故答案为：y=x（2）解：∵抛物线y=x∴抛物线的对称轴为x=1，顶点坐标P1,−4，

∵点A关于抛物线的对称轴的对称点为A'，A2,−3

∴A'0,−3∴S∴点P与点A、A'所围成的三角形的面积为1，

7．【答案】（1）解：∵二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A∴y=x+1∴二次函数的解析式为y=x2−2x−3．

（2）解：∵y=x∴点D的坐标为1，∴点D到AB的距离为4，∵A−1，0∴AB=4，∴S△ABD=8．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点为A(3，0)，对称轴为直线x=1．

∴与x轴的另外一个交点为（-1，0）

可设y=ax+1x−3.

∵与y轴的交点为B(0,3)，

∴3=(-3)a，

解得：a=-1，（2）解：∵y=−x2+2x+3，

当x=1时，y=-1+2+3=4，

∴顶点C(1,4)，

∵A(3，0)，B(0,3)，

∴AB=32,AC=3−12+0−42=25,BC=2，（3）解：∵过点A(3，0)，B(0，3)，

∴线段AB所在直线的解析式为：y=-x+3，（0<x<3）.

将直线AB向上平移a个单位，使经过点M，则y=-x+3+a，

记平移后的直线为MD，点D为平移后的直线与x轴的交点，故D(3+a，0)，

过点A作AE⊥MD于点E，如图：

则△AOB∽△DEA，

∴OBAB=AEAD

∵OA=OB=3，AB=OA2+OB2=32，AD=a

∴332=AEa，

∴AE=2a2

∴S△ABM=12×AB×AE=12×32×2a2=3a2，

联立9．【答案】（1）解：把B1,0，C0,−3代入y=x2+bx+c得，

1+b+c=0c=−3，

解得b=2c=−3，

∴二次函数的表达式为y=x2+2x−3，

当y=0时，x2（2）解：连接AD、CD，

设直线AC的表达式为y=kx+n，把A−3,0、C0,−3代入得，

0=−3k+n−3=n，

解得k=−1n=−3，

∴直线AC的表达式为y=−x−3，

过点D作x轴的垂线，交AC于点G，

则S△ACD=S△ADG+S△CDG=12DG·OA=12DG×3=32DG，

∴当DG取最大值时，△ACD的面积最大，

设Dm,m2+2m−3，则Gm,−m−3，

∵点D（3）解：∵B1,0，

∴OB=1，

由y=x2+2x−3得，抛物线的对称轴为直线x=−1，

∵以M、N、B、O为顶点的四边形是平行四边形，

①当OB为平行四边形的边时，MN=OB=1，

设点N的横坐标为t，

∵MN∥x轴，

∴t−−1=1，

解得t=0或t=−2，

∵点N在抛物线上，

∴点N的坐标为−2,−3或0,−3；

②当OB为平行四边形的对角线时，

则−1+t2=0+12，

解得t=2，

∴点N的坐标为2,5；10．【答案】（1）解：令x=0，y=3a，∴C(0,3a)．

∵y=a(x−1)(x−3)=ax−22−a，

（2）解：令y=0，有a(x−1)(x−3)=0，

解得：x=1或x=3，

∴A(1,0)，B(3,0)，

∴AB=3−1=2，

∴SΔABD=12×2×a=a．

设直线CD交x轴于点E，如图所示，

设直线CD解析式为y=tx+b，

把C、D的坐标代入可得

b=3a2t+b=−a，

解得：t=−2ab=3a，

∴直线CD解析式为y=−2ax+3a，

令y=0可解得：x=32，

∴E(32,0)，

∴BE=3−（3）解：∵∠BCD＜∠BCO＜90°，

∴△BCD为直角三角形时，只能有∠CBD=90°或∠CDB=90°两种情况．

∵B(3,0)，C(0,3a)，D(2,−a)，∴BC2=32+(3a)2=9+9a2，CD2=22+(−a−3a)2=4+16a2，BD2=(3−2)2+a2=1+a2．

①当∠CBD=90°时，则有BC2+BD2=CD11．【答案】（1）解：∵OB=OC=3OA，AC=10，AC2=OA2+OC2，

∴102=OA2+3OA2，

∴OA=1（负值舍去），

∴OB=OC=3OA=3，

∴A1,0，B−3,0，C0,3，

设抛物线解析式为（2）解：过点P作PK∥y轴交BC于点K，如图1所示：设直线BC解析式为y=kx+n，将B−3,0，C得：−3k+n=0n=3解得：k=1n=3∴直线BC解析式为y=x+3，设Pt,−t2∴PK=−t∴===3=−3∵−3∴当t=−32时，△PCB的面积最大，此时点P的坐标为故答案为：−3（3）解：存在．分两种情况：点Q在x轴上方或点Q在x轴下方．①当点Q在x轴上方时，如图所示：

∵PQ∥BM，

∴P与Q纵坐标相等，

∴−x2−2x+3=154，

解得：x1=−12，x2=−32（舍去），

∴Q1−12，154，

②当点Q在x轴下方时，如图所示：

∵PQ、BM为对角线，

∴PQ、BM的中点坐标相同，即它们的中点的纵坐标为0，

∴P与Q纵坐标互为相反数，

∴−x2−2x+3=−154，

解得：x1=−12．【答案】（1）解：∵点M是抛物线y=ax2+bx+c的顶点，

∴可设抛物线解析式为y=ax+22+92，

∵抛物线过点N2,−72，

∴−72=a2+22+92

解得：a=−12，

∴抛物线的解析式为y=−12x+22（2）解：设Pt,−12t2−2t+52，设直线AC的解析式为y=kx+52，

把A−5,0代入得：0=−5k+52，

解得k=12，

∴直线AC的解析式为y=12x+52，

过P点作PG∥y轴交AC于点G，如图所示：

∴Gt,12,t+52，

∴PG=−12t2−2t+52−12t−52=−12t2−52t，

∴S△PAC=1（3）解：将M−2,92和N2,−72两点代入y=ax2+bx+c，

∴4a−2b+c=924a+2b+c=−72，

解得b=−2c=12−4a，

∴y=ax2−2x+1213．【答案】（1）∵AD＝BC，AB＝CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵AD＝1，AB＝2，BD=5，

∴AD2+AB2＝BD2，

∴∠DAB＝90°，

∴（2）过点E作EJ⊥AB于点J，交CD于点K．

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠DAJ＝∠ADK＝∠AJK＝90°，

∴四边形ADKJ是矩形，

∴AJ＝DK，AD＝JK，AD∥JK∥BC，

∴DEDB=EKCB=DKCB，

∴x5=EK1=DK2，

∴EK=55x，DK=255x，

∴EJ＝JK＝EK＝1−55x，

∵EF⊥EC，

∴∠EJF＝∠FEC＝∠EKC＝90°，

∴∠JEF+∠CEK＝90°，∠CEK+∠ECK＝90°，

∴∠JEF＝∠ECK，

∴△EJF∽△CKE，

∴EJCK=JFEK，

∴1−55x2−255（3）当∠EAF＝∠CDB时，∵AB∥CD，∴∠CDB＝∠ABD，

∴∠EAB＝∠EBA，

∴EA＝EB，

∵∠DAE+∠EAB＝90°，∠ADE+∠ABE＝90°，

∴∠DAE＝∠ADE，

∴AE＝DE，

∴DE＝EB=52，

∴x=52，

∴AF=3510×52=34．

当∠AEF＝∠BDC＝∠ABE时，

∵∠EAF＝∠EAB，

∴△EAF∽△BAE，

∴AE2＝AF•AB，

∴（1−55x）2+（255x）214．【答案】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c∴抛物线的解析式为y=(即y=（2）(2，−3)（3）解：∵抛物线的解析式为y=x2−2x∴P∵▱CPBD是菱形，∴PB∴m整理得m2−m∵点P是抛物线在第四象限上一个动点，∴m∴m的值为1+（4）解：过P作PE//y轴交直线BC于点设直线BC的解析式为y=kx+b，把0=3k解得：k=1∴y设P(m，∴PE∴S∵S∴当m=3215．【答案】（1）解：由题意得：∵A∴L（2）∵点C在直线x=2上运动，∴设点C(2由平面上两点间距离，利用勾股定理得：∴B∵L∴∵0≤L∴即2∴4又∵∴3−m=0∴m=