专题28二次函数与角压轴问题-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）

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中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题28二次函数与角压轴问题
经典例题



【例1】（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A−2,0、B8,0两点，与y轴交于点C0,4，连接AC、BC．

(1)求抛物线的表达式；
(2)将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标．并求出四边形OADC的面积；
(3)点P是抛物线上的一动点，当∠PCB=∠ABC时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−14x2+32x+4
(2)D−8,8,24
(3)P6,4或343,−1009

【分析】（1）直接利用待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）先利用勾股定理的逆定理证明△ABC为直角三角形，再根据折叠的性质得出点B、C、D三点共线，继而通过证明△DBE∼△CBO，利用相似三角形的性质即可得出点D的坐标，根据四边形OADC的面积=S△ADC+S△AOC=S△ABC+S△AOC进行求解即可；
（3）分两种情况讨论：当点P在x轴上方时，当点P在x轴下方时，分别求解即可．
【详解】（1）将A−2,0，B8,0，C0,4代入抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)，得
0=4a−2b+c0=64a+8b+c4=c，解得a=−14b=32c=4，
所以，抛物线的表达式为y=−14x2+32x+4；
（2）如图，过点D作DE⊥x轴于E，
∴∠DEB=∠COB=90°，

∵A−2,0，B8,0，C0,4，
∴AB=10,AC=22+42=25,BC=82+42=45,OB=8,OC=4,OA=2，
∵AB2=AC2+BC2，
∴△ABC为直角三角形且∠ACB=90°，
将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，
此时，点B、C、D三点共线，BC=DC，S△ABC=S△ADC，
∵∠DBE=∠CBO，
∴△DBE∼△CBO，
∴DBCB=DEOC=BEBO=2，
∴OB=OE=8,DE=2OC=8，
∴D−8,8，
∴四边形OADC的面积
=S△ADC+S△AOC=S△ABC+S△AOC=12⋅AC⋅BC+12⋅OA⋅OC=12×25×45+12×2×4=24；
（3）
当点P在x轴上方时，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥x轴，
∴点P的纵坐标为4，即4=−14x2+32x+4，
解得x=6或0（舍去）
∴P6,4；
当点P在x轴下方时，设直线CP交x轴于F，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CF=BF，
设OF=t，则CF=BF=8−t，
在Rt△COF中，由勾股定理得OC2+OF2=CF2，
即42+t2=8−t2，
解得t=3，
∴F3,0，
∵C0,4，
∴设直线CF的解析式为y=kx+4，
即0=3k+4，解得k=−43，
∴直线CF的解析式为y=−43x+4，
令−43x+4=−14x2+32x+4，解得x=343或0（舍去），
当x=343时，y=−14×3432+32×343+4=−1009
∴P343,−1009；
综上，P6,4或343,−1009．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题目，涉及待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的逆定理，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，求一次函数的解析式，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握知识点并能够灵活运用是解题的关键．
【例2】（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在二次函数y=−x2+2mx+2m+1（m是常数，且m>0）的图像与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．

(1)求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求∠OBC的度数；
(2)若∠ACO=∠CBD，求m的值；
(3)若在第四象限内二次函数y=−x2+2mx+2m+1（m是常数，且m>0）的图像上，始终存在一点P，使得∠ACP=75°，请结合函数的图像，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)A（-1，0）；B（2m+1，0）；C（0，2m+1）；∠OBC=45°
(2)m=1
(3)045°．
【详解】（1）当y=0时，−x2+2mx+2m+1=0．
解方程，得x1=−1，x2=2m+1．
∵点A在点B的左侧，且m>0，
∴A−1,0，B2m+1,0．
当x=0时，y=2m+1．
∴C0,2m+1．
∴OB=OC=2m+1．
∵∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°．
（2）方法一：如图1，连接AE．
∵y=−x2+2mx+2m+1=−x−m2+m+12，
∴Dm,m+12，Fm,0．
∴DF=m+12，OF=m，BF=m+1．
∵点A，点B关于对称轴对称，
∴AE=BE．
∴∠EAB=∠OCB=45°．
∴∠CEA=90°．
∵∠ACO=∠CBD，∠OCB=∠OBC，
∴∠ACO+∠OCB=∠CBD+∠OBC，
即∠ACE=∠DBF．
∵EF∥OC，
∴tan∠ACE=AECE=BECE=BFOF=m+1m．
∴m+1m=m+12m+1．
∵m>0，
∴解方程，得m=1．

方法二：如图2，过点D作DH⊥BC交BC于点H．
由方法一，得DF=m+12，BF=EF=m+1．
∴DE=m2+m．
∵∠DEH=∠BEF=45°，
∴DH=EH=22DE=22m2+m，
BE=2BF=2m+1．
∴BH=BE+HE=22m2+3m+2．
∵∠ACO=∠CBD，∠AOC=∠BHD=90°，
∴△AOC∽△DHB．
∴OAOC=DHBH．
∴12m+1=22m2+m22m2+3m+2，即12m+1=mm+2．
∵m>0，
∴解方程，得m=1．

（3）045°．
∵∠ACQ=75°，
∴∠CAO