专题14 二次函数与几何压轴（3题型+16类型）（讲练）-中考数学二轮复习讲练测（全国通用）

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc160094594" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc162384457" 考点 二次函数与几何压轴
\l "_Tc162384458" \l "_Tc161932549" \l "_Tc161309508" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc162384459" 题型01 三角形面积问题
\l "_Tc162384460" 类型一 利用铅垂高计算三角形面积
\l "_Tc162384461" 类型二 面积比值问题
\l "_Tc162384462" 类型三 面积存在性问题
\l "_Tc162384463" 类型四 面积最值问题
\l "_Tc162384464" 题型02 线段相关问题
\l "_Tc162384465" \l "_Tc162384466" 类型一 线段和最小问题
\l "_Tc162384467" 类型二 周长最值
\l "_Tc162384468" 题型03 存在性问题
\l "_Tc162384469" 类型一 平行四边形存在性问题
\l "_Tc162384470" 类型二 矩形存在性问题
\l "_Tc162384471" 类型三 菱形存在性问题
\l "_Tc162384472" 类型四 正方形存在性问题
\l "_Tc162384473" 类型五 等腰三角形存在性问题
\l "_Tc162384474" 类型六 直角三角形存在性问题
\l "_Tc162384475" 类型七 相似三角形存在性问题
\l "_Tc162384476" 类型八 等角存在性问题
\l "_Tc162384477" 类型九 二倍角、半角存在性问题
\l "_Tc162384478" 类型十 特殊角存在性问题
\l "_Tc162384479" \l "_Tc161932561" \l "_Tc161309520" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
考点一 二次函数与几何压轴
题型01 三角形面积问题
类型一 利用铅垂高计算三角形面积
1．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A-1,0，B4,0，与y轴交于点C．

(1)求抛物线对应的函数解析式，并直接写出顶点P的坐标；
(2)求△BCP的面积．
注：抛物线y=ax2+bx+ca≠0的对称轴是直线x=-b2a，顶点坐标是-b2a,4ac-b24a．
【答案】(1)抛物线对应的解析式y=x2-3x-4，P32,-254
(2)S△BCP=152
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的表达式，再根据解析式求点P的坐标即可；
（2）求出点C0,-4和抛物线顶点P32,-254，A-1,0，B4,0利用S△BCP=S△OCP+S△OBP-S△BOC即可得到答案．
【详解】（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点A-1,0，B4,0，
∴1-b+c=016+4b+c=0，
解这个方程组，得b=-3c=-4．
∴抛物线对应的解析式y=x2-3x-4．
∵P点是抛物线的顶点坐标，
∴P-b2a,4ac-b24a，即：-b2a=--32×1=32，4ac-b24a=4×1×-4--324×1=-254，
∴P32,-254．
（2）如图，连接OP．

∵A-1,0，B4,0，C0,-4，P32,-254，
∴S△OCP=12×4×32=3，
S△OBP=12×4×254=252，
S△BOC=12×4×4=8．
∵S△BCP=S△OCP+S△OBP-S△BOC，
∴S△BCP=3+252-8=152．
【点睛】此题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象和性质等知识，掌握数形结合的思想和割补法求三角形面积是解题的关键．
2．（2023·湖南常德·中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于A-1,0，B5,0两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，tan∠ACO=15．

(1)求二次函数的表达式；
(2)求四边形ACDB的面积；
(3)P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若∠ACO=∠PBC，求P点的坐标．
【答案】(1)y=-x+1x-5
(2)30
(3)P12,274
【分析】（1）用两点式设出二次函数的解析式，然后求得C点的坐标，并将其代入二次函数的解析式，求得a的值，再将a代入解析式中即可．
（2）先将二次函数变形为顶点式，求得顶点坐标，然后利用矩形、三角形的面积公式即可求得答案．
（3）根据各点的坐标的关系及同角三角函数相等的结论可以求得相关联的函数解析式，最后联立一次函数与二次函数的解析式，求得点P的坐标．
【详解】（1）∵二次函数的图象与x轴交于A-1,0,B5,0两点．
∴设二次函数的表达式为y=ax+1x-5
∵AO=1,tan∠ACO=15，
∴OC=5，即C的坐标为0,5
则5=a0+10-5，得a=-1
∴二次函数的表达式为y=-x+1x-5；
（2）y=-x+1x-5=-(x-2)2+9
∴顶点的坐标为2,9
过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，
四边形ACDB的面积=S△AOC+S矩形OMDN-S△CDM+S△DNB
=12×1×5+2×9-12×2×9-5+12×5-2×9=30；

（3）如图，P是抛物线上的一点，且在第一象限，当∠ACO=∠PBC时，
连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F，

∵OC=OB=5，则△OCB为等腰直角三角形，∠OCB=45°．
由勾股定理得：CB=52，
∵∠ACO=∠PBC，
∴tan∠ACO=tan∠PBC，
即15=CECB=CE52，
∴CE=2
由CH⊥BC，得∠BCE=90°，
∴∠ECF=180°-∠BCE-∠OCB=180°-90°-45°=45°．
∴△EFC是等腰直角三角形
∴FC=FE=1
∴E的坐标为1,6
所以过B、E的直线的解析式为y=-32x+152
令y=-32x+152y=-x+1x-5
解得x=5y=0，或x=12y=274
所以BE直线与抛物线的两个交点为B5,0,P12,274
即所求P的坐标为P12,274
【点睛】本题考查了一次函数、二次函数的性质以及与坐标系几何图形的综合证明计算问题，解题的关键是将所学的知识灵活运用．
类型二 面积比值问题
情况一：等底或等高
S△ABCS△BCD=AEDF S△ABCS△ACD=BCCD
结论：①当底相等，则面积比=高之比 ②当高相等，则面积比=底边之比
情况二：斜转直
1．（2020·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(-1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,-2)．
（1）求抛物线的函数表达式
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记ΔBDE的面积为S1，ΔABE的面积为S2，求S1S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l//BC，点P，Q分别为直线和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使ΔPQB∽ΔCAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=12x2-32x-2；（2）45；（3）存在，689,349或6+2415,3+415
【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，则可得△AEK∽△DEF，继而可得DEAE=DFAK，先求出BC的解析式，继而求得AK长，由S1S2=SΔBDESΔABE=DEAE可得S1S2=DFAK，设点Dm,12m2-32m-2，进而可得DF=-12m2+2m，从而可得S1S2=-15m2+45m，再利用二次函数的性质即可求得答案；
（3）先确定出∠ACB=90°，再得出直线l的表达式为y=12x．设点P的坐标为t,t2，然后分点P在直线BQ右侧，点P在直线BQ左侧两种情况分别进行讨论即可．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(-1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,-2)．
∴a-b+c=016a+4b+c=0c=-2，
∴a=12c=-2b=-32，
∴抛物线的函数表达式为y=12x2-32x-2；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K．
则DG//AK，
∴△AEK∽△DEF，
∴DEAE=DFAK，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
将B(4,0)、C(0,-2)代入则有：4k+n=0n=-2，
解得k=12n=-2，
∴直线BC的表达式为y=12x-2，
当x=-1时，y=12x-2=-52，
即K（-1，-52），
∴AK=52．
∵S1S2=SΔBDESΔABE=DEAE．
∴S1S2=DFAK
设点Dm,12m2-32m-2，则F点坐标为（m，12m-2），
∴DF=12m-2-12m2-32m-2=-12m2+2m．
∴S1S2=-12m2+2m52=-15m2+45m=-15m-22+45，
当m=2时，S1S2有最大值45．
（3）∵A(-1,0)，B(4,0)，C(0,-2)．
∴AC=12+22=5，BC=42+22=25，AB=5，
∴AC2+BC2=25=52=AB2，
∴∠ACB=90°，
∵过点O作直线l//BC，直线BC的表达式为y=12x-2，
∴直线l的表达式为y=12x．
设点P的坐标为t,t2．
①当点P在直线BQ右侧时，如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴ΔQPM∽ΔPBN，
∴QMPN=PMBN=PQPB，
又∵ΔPQB∽ΔCAB，
∴PQPB=CABC，
∴QMPN=PMBN=PQPB=CABC=12，
∵NB=t-4，PN=t2，
∴QMt2=PMt-4=12，
∴QM=t4，PM=12t-2，
∴MN=12t-2+12t=t-2，t-t4=34t，
∴点Q的坐标为34t,t-2．
将点Q的坐标为34t,t-2代入y=12x2-32x-2，得
t-2=932t2-98t-2，
解得：t1=689，t2=0（舍去），
此时点P的坐标为689,349．
②当点P在直线BQ左侧时．如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴ΔQPM∽ΔPBN，
∴QMPN=PMBN=PQPB，
又∵ΔPQB∽ΔCAB，
∴PQPB=CABC，
∴QMPN=PMBN=PQPB=CABC=12，
∵NB=4-t，PN=t2，
∴QMt2=PM4-t=12，
∴QM=t4，PM=2-12t，
∴MN=2-12t+12t=2，t+t4=54t，
∴点Q的坐标为54t,2．
将点Q的坐标为54t,2代入y=12x2-32x-2，得
2=2532t2-158t-2，
解得：t1=6+2415，t2=6-2415