2023年中考数学高频考点突破-二次函数与三角形

这是一份2023年中考数学高频考点突破-二次函数与三角形，共36页。试卷主要包含了复习方法，复习难点等内容，欢迎下载使用。
中考数学二轮复习策略（供参考）
第二轮复习是为了将第一轮复习的知识点、线结合，交织成知识网络，是第一轮复习的延伸和提高，所以要注重与实际问题的联系，以实现数学能力的培养和提高。本轮复习应该侧重培养数学能力，在第一轮复习的基础上，适当增加难度，要有针对性，围绕热点、难点、创新点、重点，特别是近几年的中考常考内容选定专题。
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。


2023年中考数学高频考点突破-二次函数与三角形

1．如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为(−2，0)，抛物线的对称轴x=1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E.

（1）求抛物线的解析式：
（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积最大，若存在，求出点F的坐标和最大值；若不存在，请说明理由：
（3）探究对称轴上是否存在一点P，使得以点P，C，A为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的P点的坐标，若不存在，请说明理由.
2．如图，抛物线y=12x2−4x+6与x轴交于A，B两点（A在B的左边），与y轴交于点C，连接AC，BC，点D在抛物线上一点.

（1）求证；△OBC是等腰直角三角形.
（2）连接DC，如图1，若BC平分∠ACD，求点D的坐标.
（3）如图2，若点D在线段BC的下方抛物线上一点，画DE⊥BC于点E.
①求DE的最大值.
②在线段CE上取点F，连OF，DF，若∠EDF=∠ACB，且点C关于直线OF的对称点恰好落在抛物线上，求点D的坐标（直接写出答案）.
3．如图1，抛物线y=−x2+bx+c与x轴相交于点A、点B，与y轴交于点C（0，3），对称轴为直线x=1，交x轴于点D，顶点为点E.

（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接AC，CE，AE，求△ACE的面积；
（3）如图2，点F在y轴上，且OF=2，点N是抛物线在第一象限内一动点，且在抛物线对称轴右侧，连接ON交对称轴于点G，连接GF，若GF平分∠OGE，求点N的坐标.
4．如图，抛物线经过A（﹣2，0），C（0，﹣3）两点，且对称轴为直线x=12.

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）若直线y＝kx﹣5与抛物线交于点M，N，交x轴于点B，交y轴于点P，连接CN，且tan∠OPM=12.
①求△CMN的面积；
②在平面内是否存在点一是E，使E，C，N，M四点能构成平行四边形，如果存在，请直接写出点E的坐标.
5．如图，已知抛物线y=−(x+1)2+4与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C．

（1）求点A、点B、点C的坐标．
（2）设抛物线的顶点为M，判断△ACM的形状．
（3）在抛物线是否存在一点P，使△PAB面积为8，若存在，直接写出总P的坐标；不存在，说明理由．
6．二次函数y=ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（-4，0）、B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D.

（1）求二次函数的表达式；
（2）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式；
（3）请判断：PQQB是否有最大值？如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由.
7．如图，抛物线y=ax2+3x+c(a≠0)与x轴交于点A(−2，0)和点B，与y轴交于点C(0，8)，点P为直线BC上方抛物线上的动点，连接CP，PB，直线BC与抛物线的对称轴l交于点E.

（1）求抛物线的解析式；
（2）求△BCP的面积最大值；
8．已知菱形OABC的边长为5，且点A(3，4)，点E是线段BC的中点，过点A，E的抛物线y=ax2+bx+c与边AB交于点D.

（1）求点E的坐标；
（2）连结DE，将△BDE沿着DE翻折痕.
①当点B的对应点B′恰好落在线段AC上时，求点D的坐标；
②连接OB，BB′，若△BB′D与△BOC相似，求出此时抛物线二次项系数a的值.
9．在平面直角坐标系中，点O为坐标的原点，抛物线y=ax2+bx+3经过点B(−3，0)，点C(1，0)，与y轴交于点A．

（1）求a、b的值；
（2）如图1，点P在抛物线上，过点P作PD∥y轴交线段AB于点D，设点P的横坐标为t，线段PD的长为d，求d与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CD，过点A作AE⊥CD于点F，AE=CD，过点E作EG⊥AB于点G，过点G作GH∥DP交x轴于点H，连接FH、FO，若∠HFO=90°，求点P的坐标．
10．如图，抛物线的顶点为A(2，1)，且经过原点O，与x轴的另一个交点为B.

（1）求抛物线的解析式；
（2）求△AOB的面积；
（3）若点P(m，−m)(m≠0)为抛物线上一点，求与P关于抛物线对称轴对称的点Q的坐标.
11．如图，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于点A(−3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C，点C，D是二次函数图象上的一对对称点，一次函数的图象经过B，D，

（1）求二次函数的解析式；
（2）若直线BD与y轴的交点为E点，连接AD，AE，求△ADE的面积；
（3）直接写出使一次函数值大于二次函数值的x的取值范围.
12．如图1，已知抛物线y=x2+bx+c经过原点O，它的对称轴是直线x=2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点P运动的时间为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA，AB.

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当△AOB为直角三角形时，求t的值；
（3）如图2，⊙M为△AOB的外接圆，在点P的运动过程中，点M也随之运动变化，请你探究：在1≤t≤5时，求点M经过的路径长度.

答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点C(0，4)、A(−2，0)，且对称轴为直线x=1，
∴c=44a−2b+c=0−b2a=1，
解得a=−12b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4.
（2）解：存在，理由如下：
如图1，作FH⊥x轴于点H，交BC于点G，设F(x，−12x2+x+4)，

∵点B与点A(−2，0)关于直线x=1对称，
∴B(4，0)，AB=4+2=6，
设直线BC的解析式为y=kx+4，则4k+4=0，
解得k=−1，
∴y=−x+4，
∴G(x，−x+4)，
∴FG=−12x2+x+4−(−x+4)=−12x2+2x，
∴SΔFBC=12OH⋅FG+12BH⋅FG=12×4(−12x2+2x)=−x2+4x，
∴S四边形SABFC=SΔFBC+SΔABC=−x2+4x+12×6×4=−(x−2)2+16，
∴当x=2时，S四边形SABFC最大=16，F(2，4)，
∴点F的坐标是(2，4)，四边形ABFC的面积的最大值是16.
（3）解：存在，设P(1，m)，
∵A(−2，0)，C(0，4)，
∴AC2=22+42=20，PA2=m2+(1+2)2=m2+9，PC2=(m−4)2+12=m2−8m+17，

当PA=PC时，则m2+9=m2−8m+17，
解得m=1，
∴P1(1，1)；
当PC=AC时，则m2−8m+17=20，
解得m1=4−19，m2=4+19，
∴P2(1，4−19)，P3(1，4+19)；
当PA=AC时，则m2+9=20，
解得m1=11，m2=−11，
∴P4(1，11)，P5(1，−11)，
∴综上所述，P点的坐标(1，1)或(1，4−19)或(1，4+19)或(1，11)或(1，−11).
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；等腰三角形的性质；直角坐标系内两点的距离公式
【解析】【分析】（1）将A（-2，0）、C（0，4）、对称轴x=−b2a=1代入y=ax2+bx+c中求出a、b、c的值，据此可得抛物线的解析式；
（2）作FH⊥x轴于点H，交BC于点G，设F（x，−12x2+x+4），易得B（4，0），AB=6，利用待定系数法求出直线BC的解析式，得到G（x，-x+4），表示出FG，根据S四边形ABFC=S△FBC+S△ABC表示出S四边形ABFC，然后根据二次函数的性质进行解答；
（3）设P（1，m），根据两点间距离公式可得AC2、PA2、PC2，然后分PA=PC、PC=AC、PA=AC，求出m的值，据此可得点P的坐标.
2．【答案】（1）证明：令x=0，可得y=12x2−4x+6=6，
令y=0，可得12x2−4x+6=0，
解得x1=2，x2=6，
∴A(2，0)，B(6，0)，C(0，6)，
∴OB=6，OA=2，OC=6，
∵OB=OC=6，∠BOC=90°，
∴△BOC为等腰直角三角形
（2）解：过点A作AE⊥BC交BC于点E，交CD于F，连接BF，如图，

∵△BOC为等腰直角三角形，AO=2，
∴AB=6−2=4，∠ABE=45°，
∵AE⊥BC，
∴△AEB是等腰直角三角形，
∴AE=EB=22AB=22，
∵BC平分∠ACD，
∴∠ACB=∠FCB，
即根据“三线合一”可知：AE=EF=22，即AF=42，
∴BF=EF2+EB2=4，
∴AF2=AB2+BF2，
∴△AFB是等腰直角三角形，即BF⊥OB，
∴F(6，4)，
∴利用待定系数法可得直线CF的解析式为：y=−13x+6，
联立y=−13x+6y=12x2−4x+6，
解得x1=0y1=6（舍去），x2=223y2=329，
∴D(223，329)；
（3）解：∵B(6，0)，C(0，6)，
∴利用待定系数法即可求得直线BC的解析式为：y=−x+6，
①设过点D的坐标为(x，12x2−4x+6)，过点D与直线BC平行的直线解析式为y=−x+b，过D点作y轴的平行线交BC于点P，如图，

联立y=−x+by=12x2−4x+6，可得12x2−3x+6−b=0，
∵Δ=(−3)2−4×12×(6−b)=0，
∴b=32，
∴12x2−3x+92=0，
∴解得x1=x2=3，
即点D的坐标为(3，−32)，根据DP∥OC可得P点横坐标为3，
即可得P(3，3)，
∴当DE有最大值时，点D的坐标为(3，−32)，P(3，3)，
即：PD=−x+6−(12x2−4x+6)=−12x2+3x，
当x=3时，DP=92，
∵DP∥OC，
∴∠DPE=∠OCB=45°，
∵DE⊥BC，
∴△PDE为等腰直角三角形，
∴DE=22DP=942，
∴此时DE的最大值为942；
②D(2，0)
【知识点】等腰直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：（3）②设点C关于OF的对称点为点T（且点T在抛物线上），则有OF垂直平分线段CT，即TO=OC=6，
由图可知抛物线y=12x2−4x+6上除点C、点B外，再无其他点到原点的距离为6，
∴点T与点B重合，此时对称轴OF即为Rt△BOC斜边的中线，
即点F为BC中点，
过A点作AG⊥BC于G点，连接FA，

∵A(2，0)，B(6，0)，C(0，6)，△BOC为等腰直角三角形，
∴OB=6，OA=2，OC=6，且可得△AGB为等腰直角三角形，
∴BC=62，AG=GB=22，
∴OF=BF=CF=12BC=32，
∴FG=BF−GB=2，CG=BC−GB=42，
∴tan∠GAF=FGAG=222=12，tan∠ACB=AGCG=2242=12，
∴tan∠GAF=tan∠ACB，
∴∠GAF=∠ACB，
此时若D点与A点重合，则E点与G点重合，满足∠EDF=∠ACB，
此时D点坐标为：(2，0)；
若D点不与A点重合：
点F为定点（BC中点），且F点在线段AE上，即：CE＞CF，
第一种情况：当D点从A点往C点靠近时，E点也会逼近F点，
此时形成的角∠EDF会越来越小，
∴即不存在∠EDF=∠ACB的情况；
第二种情况：当D点从A点往B点靠近时，DF与BF的夹角∠DFB将越来越小，
则在Rt△DFB的另一个锐角∠EDF会越来越大，
∴即不存在∠EDF=∠ACB的情况；
综上：D点与A点重合满足要求，即D(2，0).
【分析】（1）令解析式中x=0及y=0，分别算出对应的y及x的值，即可得出点A、B、C的坐标，根据两点间的距离公式表示出OB、OA、OC，即可得出结论；
（2） 过点A作AE⊥BC交BC于点E，交CD于F，连接BF，易得△AEB是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得AE=EB=22，根据等腰三角形的性质得AF的长，利用勾股定理算出BF，进而根据勾股定理的逆定理判断出△AFB是等腰直角三角形，且BF⊥OB，从而得出点F的坐标，利用待定系数法求出直线CF的解析式，联立直线CF与抛物线的解析式组成方程组，求解可得点D的坐标；
（3）①利用待定系数法求出直线BC的解析式， 设过点D的坐标为(x，12x2−4x+6)，过点D与直线BC平行的直线解析式为y=−x+b，过D点作y轴的平行线交BC于点P，联立两函数解析式可得关于x的一元二次方程，根据该方程根的判别式的值为0求出b的值，从而即可求出D及P的坐标；②设点C关于OF的对称点为点T（且点T在抛物线上），则有OF垂直平分线段CT，即TO=OC=6，由图可知抛物线y=12x2−4x+6上除点C、点B外，再无其他点到原点的距离为6，故点T与点B重合，此时对称轴OF即为Rt△BOC斜边的中线，即点F为BC中点，过A点作AG⊥BC于G点，连接FA，易得△AGB为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质及锐角三角函数的定义得∠GAF=∠ACB，此时若D点与A点重合，则E点与G点重合，满足∠EDF=∠ACB，此时D点坐标为（2，0）；若D点不与A点重合：
点F为定点（BC中点），且F点在线段AE上，即CE＞CF，第一种情况：当D点从A点往C点靠近时，E点也会逼近F点，此时形成的角∠EDF会越来越小，即不存在∠EDF=∠ACB的情况；第二种情况：当D点从A点往B点靠近时，DF与BF的夹角∠DFB将越来越小，则在Rt△DFB的另一个锐角∠EDF会越来越大，即不存在∠EDF=∠ACB的情况，综上所述即可得出答案.
3．【答案】（1）解：∵抛物线y=-x2+bx+c与y轴交于点C（0，3），
令x=0，则c=3，
∵对称轴为直线x=1，
∴−b2×(−1)=1，
∴b=2，
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3
（2）解：如图1， AE与y轴的交点记作H，

由（1）知，抛物线的解析式为y=-x2+2x+3，
令y=0，则-x2+2x+3=0，
∴x=-1或x=3，
∴A（-1，0），
当x=1时，y=-1+2+3=4，
∴E（1，4），
∴直线AE的解析式为y=2x+2，
∴H（0，2），
∴CH=3-2=1，
∴S△ACE=12CH•|xE-xA|=12×1×2=1；
（3）解：如图2， 过点F作FP⊥DE于P，则FP=1，过点F作FQ⊥ON于Q，

∵GF平分∠OGE，
∴FQ=FP=1，
在Rt△FQO中，OF=2，
根据勾股定理得，OQ=OF2−FQ2=1，
∴OQ=FQ，
∴∠FOQ=45°，
∴∠BON=90°-45°=45°，
过点Q作QM⊥OB于M，OM=QM
∴ON的解析式为y=x①，
∵点N在抛物线y=-x2+2x+3②上，
联立①②，则y=xy=−x2+2x+3，
解得：x=1+132y=1+132或x=1−132y=1−132（由于点N在对称轴x=1右侧，所以舍去），
∴点N的坐标为：（1+132，1+132）.
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线与y轴交点的坐标可得c的值，进而根据对称轴直线公式可得b的值，从而即可求出抛物线的解析式；
（2） AE与y轴的交点记作H， 首先求出A、E两点的坐标，利用待定系数法求出直线AE的解析式，进而即可求出点H的坐标，最后根据 S△ACE=12CH•|xE-xA| 即可算出答案；
（3） 过点F作FP⊥DE于P，则FP=1，过点F作FQ⊥ON于Q， 根据角平分线的性质可得 FQ=FP=1， 由勾股定理算出OF、OQ的长，则OQ=FQ，根据等腰直角三角形的性质及角的和差可得∠BON=45°， 过点Q作QM⊥OB于M，OM=QM ，易得ON的解析式是y=x，联立直线ON与抛物线的解析式，求解可得点N的坐标.
4．【答案】（1）解：设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
∵对称轴为直线x=12，
∴﹣b2a＝12，
∴b＝﹣a，
∴y＝ax2﹣ax+c，
将点A（﹣2，0），C（0，﹣3）代入，
∴c=−34a+2a+c=0，
解得c=−3a=12，
∴y＝12x2﹣12x﹣3；
（2）解：①y＝kx﹣5与y轴的交点P（0，﹣5），
∴OP＝5，
∵tan∠OPM=12，
∴12=OBOP
∴OB＝52，
∴B（52，0），
将B点代入y＝kx﹣5，
∴52k﹣5＝0，
∴k＝2，
∴y＝2x﹣5，
联立方程组 y=2x−5y=12x2−12x−3
解得 x=1y=−3 或 x=4y=3，
∴M（4，3），N（1，﹣3），
∵C（0，﹣3），P（0，﹣5），
∴CP＝2，
∴S△CMN＝S△CPM﹣S△CNP＝12×2×4﹣12×2×1＝3；
②存在，E点坐标为（5，3）或（﹣3，﹣9）或（3，3）.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；锐角三角函数的定义；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：（2）②存在点E，使E，C，N，M四点能构成平行四边形，理由如下：
设E（x，y），
当EC为平行四边形的对角线时，
x=4+1y−3=3−3
解得 x=5y=3
∴E（5，3）；
当EM为平行四边形的对角线时，
x+4=1y+3=−3−3
解得 x=−3y=−9
∴E（﹣3，﹣9）；
当EN为平行四边形的对角线时，
x+1=4y−3=3−3
解得 x=3y=3
∴E（3，3）；
综上所述：E点坐标为（5，3）或（﹣3，﹣9）或（3，3）.
【分析】（1）利用对称轴求得b＝−a，再用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）①先求出直线的解析式，联立方程组求出M、N点坐标，再由S△CMN＝S△CPM−S△CNP求解即可；
②设E（x，y），根据平行四边形的性质，分三种情况讨论：当EC为平行四边形的对角线时，可得E（5，3）；当EM为平行四边形的对角线时，可得E（−3，−9）；当EN为平行四边形的对角线时，可得E（3，3）．
5．【答案】（1）解：抛物线y=−(x+1)2+4与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C．
∵y=−(x+1)2+4=−x2−2x+3，
令x=0，则y=3，
∴C(0，3)，
令y=0，
则−(x+1)2+4=0，
解得x1=1，x2=−3，
∴A(−3，0)，B(1，0)
（2）解：∵抛物线的顶点为M(−1，4)，
如图，连接AC，MC，AM，

∵A(−3，0)，B(1，0)，C(0，3)，
∴OA=OC=3，OB=1，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴AC2=32+32=18，，
∵M(−1，4)，
过点M作MD⊥y轴于点D，
∴MD=1，OD=4，
∴CD=OD−OC=1，
∴△CMD是等腰直角三角形，
∴MC2=12+12=2，
∵AM2=22+42=20，
∴AM2=AC2+MC2，
∴ΔACM是直角三角形；
（3）解：P点坐标为(−1，4)或(−1+22，−4)或(−1−22，−4)
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；三角形的面积；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】（3）解：存在．
设P(x，−x2−2x+3)，
当点P在x轴的上方时，
∵△PAB面积为8，AB=OA+OB=4，
∴12×4×(−x2−2x+3)=8，
整理得x2+2x+1=0，
解得x1=x2=−1，
∴P(−1，4)．
当点P在x轴的下方时，
∵△PAB面积为8，AB=OA+OB=4，
∴12×4×(x2+2x−3)=8，
整理得x2+2x−7=0，
解得x3=−1+22，x4=−1−22，
当x=−1+22时，y=−(−1+22)2−2(−1+22)+3=−4．
当x=−1−22时，y=−(−1−22)2−2(−1−22)+3=−4．
∴P(−1+22，−4)或P(−1−22，−4)．
综上可知，P点坐标为(−1，4)或(−1+22，−4)或(−1−22，−4)．

【分析】（1）将x=0代入解析式求出点C的坐标，再将y=0代入解析式求出x的值，即可得到点A、B的坐标；
（2）连接AC，MC，AM，过点M作MD⊥y轴于点D，先证明△CMD是等腰直角三角形，再结合AM2=AC2+MC2，利用勾股定理的逆定理证明ΔACM是直角三角形即可；
（3）设P(x，−x2−2x+3)，分两种情况：①当点P在x轴的上方时，②当点P在x轴的下方时，再分别求解即可。
6．【答案】（1）解： (1) 由题意可得：
a⋅(−4)2+b⋅(−4)+4=0a+b+4=0
解得： a=−1b=−3 ，
∴ 二次函数的表达式为 y=−x2−3x+4
（2）解：设BP与y轴交于点E，

∵PD//y 轴，
∴∠DPB=∠OEB，
∵∠DPB=2∠BCO ，
∴∠OEB=2∠BCO .
∴∠ECB=∠EBC ，
∴BE=CE，设OE=a，则CE=4-a，
∴BE=4-a ，
在 Rt △BOE 中， 由勾股定理哠 BE2=OE2+OB2 ，
∴(4−a)2=a2+12
解得 a=158 ，
∴E(0，158)，
设 B E所在直线表达式为 y=kx+e(k≠0)
∴k⋅0+e=158，k⋅1+e=0. 解得 k=−158，e=158.
∴ 直线 B P 的表达式为 y=−158x+158 .
（3）解：设PD与AC交于点N.
过B作y轴的平行线与AC相交于点M.

由A、C两点坐标分别为(-4，0)，(0，4)
可得AC所在直线表达式为y=x+4
∴M点坐标为(1，5)，BM =5
由BM∥PN，可得△PNQ∽△BMQ
∴PQQB=PNBM=PN5
设 P(a0，−a02−3a0+4)(−4