2024年中考数学三轮冲刺热门考点归纳：专题11 二次函数与几何问题（二）（原卷版+解析版）

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【解题策略】
问题总结:
1) 两定一动:动点可在直线上、抛物线上;
2）一定两动:两动点必有关联，可表示线段长度列方程求解;
3）三动点:分析可能存在的特殊边、角，以此为突破口.
【典例分析】
例1．（2022·贵州）如图，抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，与x轴交于点A，B3,0，与y轴交于点C，连接AC．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DM⊥x轴，垂足为点M，DM交直线BC于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)已知点E是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)存在这样的点N（2，1）或5,−5+3或52,12，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形
(3)存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或2,3+172或2,3−172．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴是直线x=1，可得a=-1，再把点B3,0代入，即可求解；
（2）先求出AC2=OA2+OC2=10，设点N（m，-m+3），可得AN2=2m2−4m+10，CN2=2m2，再分三种情况讨论：当AC=AN时，当AC=CN时，当AN=CN时，即可求解；
（3）设点E（1，n），点F（s，t），然后分两种情况讨论：当BC为边时，当BC为对角线时，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+2x+c的对称轴是直线x=1，
∴−22a=1，解得：a=-1，
∵抛物线过点B3,0，
∴−9+6+c=0，解得：c=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下：
令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得：x1=3,x2=−1，
∴点A的坐标为（-1，0），
∴OA=1，
当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为（0，3），即OC=3，
∴AC2=OA2+OC2=10，
设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
把点B（3，0），C（0，3）代入得：
3k+b=0b=3，解得：k=−1b=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点N（m，-m+3），
∴MN=-m+3，AM=m+1，
∴AN2=−m+32+m+12=2m2−4m+10，CN2=m2+−m+3−32=2m2，
当AC=AN时，2m2−4m+10=10，
解得：m=2或0（舍去），
∴此时点N（2，1）；
当AC=CN时，2m2=10，
解得：m=5或−5（舍去），
∴此时点N5,−5+3；
当AN=CN时，2m2=2m2−4m+10，
解得：m=52，
∴此时点N52,12；
综上所述，存在这样的点N（2，1）或5,−5+3或52,12，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形；
（3）解：存在，理由如下：
∵点B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC，
∴BC=32，
设点E（1，n），点F（s，t），
当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，
∴1+3=sn−3=t1−32+n2=s2+t−32或s+3=1t−3=n1−02+n−32=(s−3)2+t−02，
解得：n=4s=4t=1或n=−2s=−2t=1，
∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；
当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图，
1+s2=32n+t2=321−s2+n−t2=32，解得：n=3+172s=2t=3−172或n=3−172s=2t=3+172，
∴此时点F的坐标为2,3+172或2,3−172；
综上所述，存在点F的坐标为（4，1）或（-2，1）或2,3+172或2,3−172．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键是解题的关键．
【变式演练】
1.（2023·广东模拟）如图，点A、B在x轴正半轴上，点C、D在y轴正半轴上，且OB=OC=3, OA=1, OD=2，过A、B、C三点的抛物线上有一点E，使得AE⊥AD．
(1)求过A、B、C三点的抛物线的解析式．
(2)求点E的坐标．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP为等腰三角形，若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)点E的坐标为72,54
(3)点P的坐标为2，2或2，3+6或2，3−6或2，3或2,−3
【分析】
本题主要考查运用待定系数法求二次函数解析式，二次函数与几何综合等知识以及等腰三角形的性质：
（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，把点A1，0，B3，0，C0,3代入函数解析式，求出a,b,c的值即可；
（2）过点E作EF⊥x轴于点F，设Ea,a2−4a+3，证明△EFA∽△AOD，得EFAF=AOOD，代入相关数据得a2−4a+3a−1=12，求出a的值，再进行判断即可；
（3）由y=x2−4x+3得对称轴为直线x=2，设P2,t，分PC=AC,PA=AC,PC=AP三种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：OB=OC=3, OA=1，
∴A1，0，B3，0，C0,3
∵A、B、C三点在抛物线上，
∴a+b+c=09a+3a+c=0c=3，
解得，a=1b=−4c=3，
∴抛物线的解析式为：y=x2−4x+3；
（2）解：过点E作EF⊥x轴于点F，如图，
∴∠EAF+∠AEF=90°,
∵DA⊥EA，
∴∠DAE=90°,
∴∠DAO+∠EAF=90°,
∴∠DAO=∠AEF,
又∠EFA=∠AOD=90°,
∴△EFA∽△AOD，
∴EFAF=AOOD，
设Ea,a2−4a+3，
∴AF=a−1,EF=a2−4a+3，
∵AO=1,OD=2,
∴a2−4a+3a−1=12，
解得，a=72或a=1，
经检验，a=72是原方程的解，a=1是增根，
∴a=72，
∴a2−4a+3=54，
∴点E的坐标为72,54；
（3）解：由y=x2−4x+3=x+22−1知，抛物线的对称轴为直线x=2，
设点P2,t，
∵A1，0，C0,3，
∴PC2=2−02+t−32=t2−6t+13，AP2=2−12+0−t2=t2+1，AC2=1−02+3−02=10，
∵△ACP是等腰三角形，
∴分三种情况讨论：①当PC=AP时，即PC2=AP2，
∴t2−6t+13=t2+1，
解得，t=2，
∴点P的坐标为2，2；
②当PC=AC时，即PC2=AC2，
∴t2−6t+13=10，
解得，t=3+6或t=3−6
∴点P的坐标为2，3+6或2，3−6；
③当AP=AC时，即AP2=AC2，
∴t2+1=10，
解得，t=3或t=−3，
∴点P的坐标为2，3或2,−3；
综上，点P的坐标为2，2或2，3+6或2，3−6或2，3或2,−3．
2．（2023·甘肃模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，其中B4,0,C0,−8 ，连接AC，BC．点E是线段OB上一动点（不与O、B两点重合），过点E作x轴的垂线l，与直线l交于点D，与抛物线交于点P．

(1)求抛物线的表达式，及直线BC的表达式；
(2)过点P作PF⊥BC，垂足为F，求Rt△PFD周长的最大值；
(3)点Q在y轴上，点H在抛物线对称轴上，是否存在点Q、H使得△AQH为等腰直角三角形，且∠QAH=90∘，若存在，求出点Q、H的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线表达式： y=x2−2x−8，直线BC的表达式： y=2x−8；
(2)△PFD周长最大值为4+1255；
(3)存在，Q0,1，H1,−1或Q0,−1，H1,1．
【分析】
本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）设Pn,n2−2n−8，求出PD的长，利用三角函数值，表示出PF,DF的长，将Rt△PFD的周长转化为二次函数求最值，即可；
（3）分Q在x轴上方和下方，两种情况，构造全等三角形，进行求解即可．
【详解】（1）解：把B4,0,C0,−8代入y=x2+bx+c，得：
16+4b+c=0c=−8，解得：b=−2c=−8，
∴y=x2−2x−8；
设直线BC的解析式为：y=kx−8，把：B4,0，代入得：k=2，
∴y=2x−8；
（2）∵B4,0,C0,−8，
∴OB=4,OC=8，
∴BC=45，
∴sin∠OBC=OCBC=255，cs∠OBC=OBBC=55，
∵PE⊥x轴，PF⊥BC，
∴∠DEB=∠DFP，
又∵∠FDP=∠BDE，
∴∠FPD=∠OBC，
∴PF=PD⋅cs∠FPD=PD⋅cs∠OBC=55PD，DF=PD⋅sin∠FPD=PD⋅sin∠OBC=255PD，
∴Rt△PDF的周长=PD+DF+PF=355+1PD，
∴当PD最大时，Rt△PDF的周长最大，
设Pn,n2−2n−8，则：Dn,2n−8，
∴PD=2n−8−n2+2n+8=−n2+4n=−n−22+4，
∴当n=2时，PD有最大值为4，
此时：Rt△PDF的周长最大为4+1255；
（3）存在；
∵y=x2−2x−8，
∴对称轴为：x=−−22×1=1，当y=0时，x2−2x−8=0，解得：x1=4,x2=−2，
∴A−2,0，
∴OA=2，
设Q0,m，H1,t，
①当点Q在x轴上方时，如图：

过点Q作QN∥x轴，交对称轴于N，过点A作AW⊥QN，则：∠AWQ=∠QNH=90°，AW=OQ=m,QW=OA=2，
∵△AQH为等腰直角三角形，∠AQH=90°，
∴AQ=QH，∠AQW=∠QHN=90°−∠HQN，
∴△AWQ≌△QNH，
∴HN=QW=2,AW=QN=1，
∴m=1,1−t=2，
∴t=−1，
∴Q0,1，H1,−1；
②当点Q在x轴下方时，

同法可得：Q0,−1，H1,1；
综上：Q0,1，H1,−1或Q0,−1，H1,1
题型02 二次函数中直角三角形存在性问题
【解题策略】
【典例分析】
例1．（2023·四川）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于B4,0，C−2,0两点．与y轴交于点A0,−2．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若点P是直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点K，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求与12PK+PD的最大值及此时点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△MAB是以AB为一条直角边的直角三角形：若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=14x2−12x−2
(2)存在，12PK+PD的最大值为258，P32,−3516
(3)1,6或1,−4
【分析】（1）将A、B、C代入抛物线解析式求解即可；
（2）可求直线AB的解析式为y=12x−2，设Pm,14m2−12m−2（0