2024中考数学二次函数压轴专题训练-专题04三角形相关问题（含解析）

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专题04 三角形相关问题
训练题01【2022·内蒙古呼和浩特·三模】
如图，和是边长分别为5和2的等边三角形，点、、、都在直线上，固定不动，将在直线上自左向右平移．开始时，点与点重合，当点移动到与点重合时停止．设移动的距离为，两个三角形重叠部分的面积为，请写出与之间的函数关系式_________．
训练题02【2023·江苏南通·中考真题】
如图，中，，，．点从点出发沿折线运动到点停止，过点作，垂足为．设点运动的路径长为，的面积为，若与的对应关系如图所示，则的值为（ ）

A．54B．52C．50D．48
训练题03【2023·广东东莞·统考三模】
如图，已知一次函数y＝kx+b的图象经过A（﹣1，﹣5），B（0，﹣4）两点且与x轴交于点C，二次函数y＝ax2+bx+4的图象经过点A、点C．
（1）求一次函数和二次函数的函数表达式；
（2）连接OA，求∠OAB的正弦值；
（3）若点D在x轴的正半轴上，是否存在以点D，C，B构成的三角形与△OAB相似？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

训练题04【2021·贵州遵义·校考模拟】
如图，直线与轴、轴分别交于B、C两点，抛物线经过点B、C的，与轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线对称轴是否存在一点E，使得是等腰三角形，若存在，求出E的点坐标，若不存在，请说明理由；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
训练题05【2023·辽宁盘锦·中考真题】
如图，抛物线与轴交于点，，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图，点是第一象限内一点，连接交轴于点，的延长线交抛物线于点，点在线段上，且，连接，若，求面积．
训练题06【2023·湖南株洲·九年级统考期末】
如图，以D为顶点的抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线的表达式为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在直线上存在一点P，使的值最小，求此最小值；
(3)在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
训练题07【2022·山东枣庄·统考中考真题】
如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），过点A作ACx轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的关系式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；
(3)将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；
(4)如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
训练题08【2023·陕西商洛·九年级校考期末】
如图，已知抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式及点的坐标；
(2)若为抛物线上一点，连接，是否存在以为底的等腰？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
训练题09【2023·广东广州·中考真题】
如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是 ．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是 ．

训练题10【2023·辽宁鞍山·校考三模】
如图，O为坐标原点，点在y轴的正半轴上，点在函数位于第一象限的图象上，若，，，…，都是等边三角形，则线段的长是 ．
题型训练
答案&解析
训练题01【2022·内蒙古呼和浩特·三模】
【答案】
【分析】根据运动过程可分三种情况讨论：当时，两个三角形重叠部分为的面积，当时，两个三角形重叠部分为的面积，当时，两个三角形重叠部分为的面积，分别求解即可．
【详解】当时，如图1所示，两个三角形重叠部分为的面积，
由题意得，，
和是边长分别为5和2的等边三角形，
是边长x的等边三角形，
过点D作DE⊥BC于点E，
，
，
，
即；
当时，如图2所示，两个三角形重叠部分为的面积，
由题意得，，
过点作于点E，
，
，
即；
当时，如图3所示，两个三角形重叠部分为的面积，
由题意得，，
和是边长分别为5和2的等边三角形，
是等边三角形，且，
过点D作DE⊥BC于点E，
，
，
即；
综上，写出与之间的函数关系式为．
训练题02【2023·江苏南通·中考真题】
【答案】B
【分析】根据点运动的路径长为，在图中表示出来，设，在直角三角形中，找到等量关系，求出未知数的值，得到的值．
【详解】解：当时，由题意可知，
，
在中，由勾股定理得，
设，
，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，
，
，
当时，由题意可知，，
设，
，
在中，由勾股定理得，
在中由勾股定理得，
中，由勾股定理得，
即，
解得，
，
，
．

故选：B．
训练题03【2023·广东东莞·统考三模】
【答案】（1）y＝x﹣4，y＝﹣2x2+7x+4；（2）；（3）存在，（6，0）或（20，0）
【分析】（1）利用待定系数法求出一次函数的解析式，然后根据与x轴的交点y=0，求出C的坐标，然后根据A与C的坐标求出二次函数的解析式即可；
（2）过O作OH⊥BC，垂足为H，证明△BOC为等腰直角三角形，求出OH＝BC＝2，然后求出OA，即可求出∠OAB的正弦值；
（3）利用勾股定理求出AH，再求出AB＝，然后分情况求出D点的坐标即可.
【详解】解：（1）∵一次函数y＝kx+b的图象经过A（﹣1，﹣5），B（0，﹣4）两点，
∴﹣5＝﹣k+b，b＝﹣4，k＝1，
∴一次函数解析式为：y＝x﹣4，
∵一次函数y＝x﹣4与x轴交于点C，
∴y＝0时，x＝4，
∴C（4，0），
∵二次函数y＝ax2+bx+4的图象经过点A（﹣1，﹣5）、点C（4，0），
∴，
解得a＝﹣2，b＝7，
∴二次函数的函数表达式为y＝﹣2x2+7x+4；
（2）过O作OH⊥BC，垂足为H，

∵C（4，0），B（0，﹣4），
∴OB＝OC＝4，即△BOC为等腰直角三角形，
∴BC＝＝＝4，
∴OH＝BC＝2，
由点O（0，0），A（﹣1，﹣5），得：OA＝，
在Rt△OAH中，sin∠OAB＝＝＝；
（3）存在，
由（2）可知，△OBC为等腰直角三角形，OH＝BH＝2，
在Rt△AOH中，根据勾股定理得：AH＝＝＝3，
∴AB＝AH﹣BH＝，
∴当点D在C点右侧时，∠OBA＝∠DCB＝135°，
①当，即时，解得CD＝2，
∵C（4，0），即OC＝4，
∴OD＝OC+CD＝2+4＝6，
此时D坐标为（6，0）；
②当，即时，
解得CD＝16，
∵C（4，0），即OC＝4，∴OD＝OC+CD＝16+4＝20，
此时D坐标为（20，0），
综上所述，若△BCD与△ABO相似，此时D坐标为（6，0）或（20，0）．
训练题04【2021·贵州遵义·校考模拟】
【答案】(1)
(2)或或或或
(3)或
【分析】（1）先求出B、C坐标，然后把B、C坐标代入抛物线解析式中求解即可；
（2）设点E的坐标为，则,,，再分三种情况：当，当，当讨论求解即可；
（3）如图所示，当点P在x轴上方时，过点B作于F，先证明是等腰直角三角形，则可设，则，进而得到，求出得到点P的坐标，利用对称性求出点P在x轴下方时的坐标即可得到答案．
【详解】（1）解：∵直线与轴、轴分别交于B、C两点，
∴，
把代入抛物线解析式中得：
，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
设点E的坐标为，
∴,,，
当时，则，
解得，
∴点E的坐标为或；
当时，则，
解得或，
∴点E的坐标为或；
当时，则，
解得，
∴点E的坐标为；
综上所述，点E的坐标为或或或或；
（3）解：如图所示，当点P在x轴上方时，过点B作于F，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴可设，则，
∴，
由对称性可知，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴由对称性可知当点P在x轴下方时，点P的坐标为；
综上所述，点P的坐标为或
训练题05【2023·辽宁盘锦·中考真题】
【答案】(1)，(2)，(3)
【分析】（1）将点，代入抛物线得到，解方程组即可得到答案；
（2）设，，则，则，，从而表示出点的坐标为，代入抛物线解析式，求出的值即可得到答案；
（3）求出直线的表达式，利用，得到，求出点的坐标，再根据进行计算即可得到答案．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于点，，
，解得：，抛物线的解析式为：；
（2）解：设点，直线的解析式为，
，，解得：，
直线的解析式为，当时，，
，，，
在抛物线中，当时，，，，
，
设点的坐标为，，，，，
，，
解得：，点的坐标为，．
训练题06【2023·湖南株洲·九年级统考期末】
【答案】(1)
(2)10
(3)当Q的坐标为或时，以A、C、Q为顶点的三角形与相似
【分析】（1）先根据一次函数解析式求出B、C的坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）由正方形的性质和判定求出点O关于直线的对称点就是，进一步推出有最小值且等于的长度，求出点A的坐标，利用勾股定理求出的长即可得到答案．
（3）先求出点D的坐标，进而利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明是直角三角形，再证明，得到，则分当时，当时，两种情况利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：把代入，得：，
∴，
把代入得：，
∴，
由点B、C在抛物线上可得：，
∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由（1）所得，可知以线段为邻边的四边形为正方形，其第四个顶点的坐标为，记为．
由正方形的性质可知点O关于直线的对称点就是．
∵与O关于对称，
∴，
∴，
∴当在一条直线上时，有最小值且等于的长度．
当，即时，
解得或，
∴，
∴，
∴的最小值为10；
（3）解：∵抛物线解析式为，
∴点D的坐标为，
又∵，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
当时，则，即，
∴，
∴；
当时，则，即，
∴，
∴
综上所述，当Q的坐标为或时，以A、C、Q为顶点的三角形与相似．
训练题07【2022·山东枣庄·统考中考真题】
【答案】(1)抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3
(2)P点坐标为（，）
(3)h的取值范围为3≤h≤4
(4)存在，点P的坐标是（，）或（，）或（，）或（，）
【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PGy轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得△OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），
∴ ，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图1，过P作PGy轴，交OE于点G，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
设直线OE的解析式为y＝kx，把点（3，3）代入得，
3＝3k，
解得k＝1，
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
PG•AE
3×（﹣m2+5m﹣3）
（m2﹣5m+3）
（m）2，
∵0，
∴当m时，△OPE面积最大，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P点坐标为（，）；
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则N（2，3），如图2，
∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m或，
∵m＞2，不合题意，舍去，
∴m，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P的坐标为（，）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1或m2，
∵＞2，不合题意，舍去，
∴m＝，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P的坐标为（，）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m1或m2；
∵＜2，不合题意，舍去，
∴m＝，
此时m2﹣4m+3＝，
P的坐标为（，）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图5，

同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m或（舍），
P的坐标为：（，）；
综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．
训练题08【2023·陕西商洛·九年级校考期末】
【答案】(1)；
(2)存在，点的坐标为或
【分析】（1）将点，代入解析式，待定系数法求解析式，进而令，得出点的坐标；
（2）若存在以为底的等腰，则，点在的垂直平分线上，如图，设的垂直平分线交轴于点，交于点，连接，勾股定理得出，即可得出点的坐标，进而根据中点坐标公式得出点的坐标，待定系数法求解析式求得直线的解析式，联立组成方程组即可求解．
【详解】（1）解：∵已知抛物线（）与轴交于，两点，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：，
令，解得：，
∴；
（2）存在，
∵，
∴，
若存在以为底的等腰，则，点在的垂直平分线上，
如图，设的垂直平分线交轴于点，交于点，连接，
则，设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标为，
∵为的中点，
∴，
设直线得到的解析式为，
∴
解得：
∴直线的解析式为，
联立
解得：，
∴点的坐标为：或
训练题09【2023·广东广州·中考真题】
【答案】
【分析】根据三角形中位线定理可得，设，从而
，由此得到四边形是平行四边形，结合边上的高为，即可得到函数解析式，进而得到答案．
【详解】解：∵点D，E分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴；
如图，设，

由题意得，，且，
∴，
又F、G分别是的中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
由题意得，与的距离是，
∴，
∴边上的高为，
∴四边形面积，
∵，
∴，
故答案为：，．
训练题10【2023·辽宁鞍山·校考三模】
【答案】
【分析】分别过作y轴的垂线，垂足分别为A、B、C，设，，，，则，，，再根据所求正三角形的边长，分别表示的纵坐标，逐步代入抛物线中，求的值，得出规律进行求解即可．
【详解】解：分别过，，作轴的垂线，垂足分别为、、，
设，，，由勾股定理则，
同理，，
∴，，，
把，代入中，得，解得，即，
把，代入中，得，解得，即，
把，代入中，得，解得，即，
…，
依此类推由此可得，
∴，
∴．
故答案为：．