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  • 2021-05-13 发布

中考压轴题——二次函数与四边形综合训练含答案

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二次函数与四边形 一.二次函数与四边形的形状 例1.(浙江义乌市) 如图,抛物线与x轴交A、B两点(A A 点在B点左侧),直线与抛物线交于A、C两点,其中 C点的横坐标为2.‎ ‎(1)求A、B 两点的坐标及直线AC的函数表达式;‎ ‎(2)P是线段AC上的一个动点,过P点作y轴的平 ‎  行线交抛物线于E点,求线段PE长度的最大值;‎ ‎(3)点G是抛物线上的动点,在x轴上是否存在点F,‎ ‎  使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是 ‎  平行四边形?如果存在,求出所有满足条件的F ‎  点坐标;如果不存在,请说明理由.‎ ‎ ‎ 练习1.(河南省实验区) 23.如图,对称轴为直线的抛物线经过点A(6,0)和 B ( 0,4).‎ ‎(1)求抛物线解析式及顶点坐标;‎ ‎(2)设点E(,)是抛物线上一动点,且位于第四象限,四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形.求平行四边形OEAF的面积S与之间的函数关系式,并写出自变量的取值范围;‎ ‎ ①当平行四边形OEAF的面积为24时,请判断平行四边形OEAF是否为菱形?‎ ‎ ②是否存在点E,使平行四边形OEAF为正方形?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.‎ B(0,4)‎ A(6,0)‎ E F O 练习2.(四川省德阳市)25.如图,已知与轴交于点和的抛物线的顶点为,抛物线与关于轴对称,顶点为.‎ ‎(1)求抛物线的函数关系式;‎ ‎(2)已知原点,定点,上的点与上的点始终关于轴对称,则当点运动到何处时,以点为顶点的四边形是平行四边形?‎ ‎(3)在上是否存在点,使是以为斜边且一个角为的直角三角形?若存,求出点的坐标;若不存在,说明理由.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ 练习3.(山西卷)如图,已知抛物线与坐标轴的交点依次是,,.‎ ‎(1)求抛物线关于原点对称的抛物线的解析式;‎ ‎(2)设抛物线的顶点为,抛物线与轴分别交于两点(点在点的左侧),顶点为,四边形的面积为.若点,点同时以每秒1个单位的速度沿水平方向分别向右、向左运动;与此同时,点,点同时以每秒2个单位的速度沿坚直方向分别向下、向上运动,直到点与点重合为止.求出四边形的面积与运动时间之间的关系式,并写出自变量的取值范围;‎ ‎(3)当为何值时,四边形的面积有最大值,并求出此最大值;‎ ‎(4)在运动过程中,四边形能否形成矩形?若能,求出此时的值;若不能,请说明理由.‎ 二.二次函数与四边形的面积 例1.(资阳市)25.如图10,已知抛物线P:y=ax2+bx+c(a≠0) 与x轴交于A、B两点(点A在x轴的正半轴上),与y轴交于点C,矩形DEFG的一条边DE在线段AB上,顶点F、G分别在线段BC、AC上,抛物线P上部分点的横坐标对应的纵坐标如下:‎ x ‎…‎ ‎-3‎ ‎-2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎…‎ y ‎…‎ ‎-‎ ‎-4‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎…‎ 图10‎ ‎(1) 求A、B、C三点的坐标;‎ ‎(2) 若点D的坐标为(m,0),矩形DEFG的面积为S,求S与m的函数关系,并指出m的取值范围;‎ ‎(3) 当矩形DEFG的面积S取最大值时,连接DF并延长至点M,使FM=k·DF,若点M不在抛物线P上,求k的取值范围.‎ ‎ ‎ 练习1.(辽宁省十二市2007年第26题).如图,平面直角坐标系中有一直角梯形OMNH,点H的坐标为(-8,0),点N的坐标为(-6,-4).‎ ‎(1)画出直角梯形OMNH绕点O旋转180°的图形OABC,并写出顶点A,B,C的坐标(点M的对应点为A, 点N的对应点为B, 点H的对应点为C);‎ ‎(2)求出过A,B,C三点的抛物线的表达式; ‎ ‎(3)截取CE=OF=AG=m,且E,F,G分别在线段CO,OA,AB上,求四边形BEFG的面积S与m之间的函数关系式,并写出自变量m的取值范围;面积S是否存在最小值?若存在,请求出这个最小值;若不存在,请说明理由;‎ ‎(4)在(3)的情况下,四边形BEFG是否存在邻边相等的情况,若存在,请直接写出此时m的值,并指出相等的邻边;若不存在,说明理由.‎ ‎  ‎ 练习3.(吉林课改卷)如图,正方形的边长为,在对称中心处有一钉子.动点,同时从点出发,点沿方向以每秒的速度运动,到点停止,点沿方向以每秒的速度运动,到点停止.,两点用一条可伸缩的细橡皮筋联结,设秒后橡皮筋扫过的面积为.‎ ‎(1)当时,求与之间的函数关系式;‎ ‎(2)当橡皮筋刚好触及钉子时,求值;‎ B C P O D Q A B P C O D Q A ‎(3)当时,求与之间的函数关系式,并写出橡皮筋从触及钉子到运动停止时的变化范围;‎ ‎(4)当时,请在给出的直角坐标系中画出与之间的函数图象.‎ 练习4.(四川资阳卷)如图,已知抛物线l1:y=x2-4的图象与x轴相交于A、C两点,B是抛物线l1上的动点(B不与A、C重合),抛物线l2与l1关于x轴对称,以AC为对角线的平行四边形ABCD的第四个顶点为D.‎ ‎(1) 求l2的解析式;‎ ‎(2) 求证:点D一定在l2上;‎ ‎(3) □ABCD能否为矩形?如果能为矩形,求这些矩形公共部分的面积(若只有一个矩形符合条件,则求此矩形的面积);如果不能为矩形,请说明理由. 注:计算结果不取近似值 ‎.‎ 三.二次函数与四边形的动态探究 例1.(荆门市)28. 如图1,在平面直角坐标系中,有一张矩形纸片OABC,已知O(0,0),A(4,0),C(0,3),点P是OA边上的动点(与点O、A不重合).现将△PAB沿PB翻折,得到△PDB;再在OC边上选取适当的点E,将△POE沿PE翻折,得到△PFE,并使直线PD、PF重合.‎ ‎(1)设P(x,0),E(0,y),求y关于x的函数关系式,并求y的最大值;‎ ‎(2)如图2,若翻折后点D落在BC边上,求过点P、B、E的抛物线的函数关系式;‎ ‎(3)在(2)的情况下,在该抛物线上是否存在点Q,使△PEQ是以PE为直角边的直角三角形?若不存在,说明理由;若存在,求出点Q的坐标.‎ 图1‎ 图2‎ 例2.(2007年沈阳市第26题)、已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,其中点B在x轴的正半轴上,点C在y轴的正半轴上,线段OB、OC的长(OB0,-y表示点E到OA的距离.‎ ‎∵OA是的对角线,‎ ‎∴.‎ 因为抛物线与轴的两个交点是(1,0)的(6,0),所以,自变量的 取值范围是1<<6.‎ ① 根据题意,当S = 24时,即.‎ 化简,得 解之,得 故所求的点E有两个,分别为E1(3,-4),E2(4,-4).‎ 点E1(3,-4)满足OE = AE,所以是菱形;‎ 点E2(4,-4)不满足OE = AE,所以不是菱形.‎ ② 当OA⊥EF,且OA = EF时,是正方形,此时点E的 坐标只能是(3,-3).‎ ‎ 而坐标为(3,-3)的点不在抛物线上,故不存在这样的点E,‎ 使为正方形.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ 练习2.解:(1)由题意知点的坐标为.‎ 设的函数关系式为.‎ 又点在抛物线上,‎ ‎,解得.‎ 抛物线的函数关系式为(或).‎ ‎(2)与始终关于轴对称,‎ ‎ 与轴平行.‎ 设点的横坐标为,则其纵坐标为,‎ ‎,,即.‎ 当时,解得.‎ 当时,解得.‎ 当点运动到或或或时,‎ ‎,以点为顶点的四边形是平行四边形.‎ ‎(3)满足条件的点不存在.理由如下:若存在满足条件的点在上,则 ‎,(或),‎ ‎.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ 过点作于点,可得.‎ ‎,,.‎ 点的坐标为.‎ 但是,当时,.‎ 不存在这样的点构成满足条件的直角三角形.‎ 练习3. [解] (1)点,点,点关于原点的对称点分别为,,. ‎ 设抛物线的解析式是 ‎,‎ 则 解得 所以所求抛物线的解析式是. ‎ ‎(2)由(1)可计算得点. ‎ 过点作,垂足为.‎ 当运动到时刻时,,. ‎ 根据中心对称的性质,所以四边形是平行四边形.‎ 所以.‎ 所以,四边形的面积. ‎ 因为运动至点与点重合为止,据题意可知.‎ 所以,所求关系式是,的取值范围是. ‎ ‎(3),().‎ 所以时,有最大值. ‎ 提示:也可用顶点坐标公式来求.‎ ‎(4)在运动过程中四边形能形成矩形. ‎ 由(2)知四边形是平行四边形,对角线是,所以当时四边形是矩形.‎ 所以.所以. ‎ 所以.解之得(舍).‎ 所以在运动过程中四边形可以形成矩形,此时. ‎ ‎[点评]本题以二次函数为背景,结合动态问题、存在性问题、最值问题,是一道较传统的压轴题,能力要求较高。‎ 二.二次函数与四边形的面积 例1. 解:(1)解法一:设,‎ 任取x,y的三组值代入,求出解析式,‎ 令y=0,求出;令x=0,得y=-4,‎ ‎∴ A、B、C三点的坐标分别是A(2,0),B(-4,0),C(0,-4) . ‎ 解法二:由抛物线P过点(1,-),(-3,)可知,‎ 抛物线P的对称轴方程为x=-1,‎ 又∵ 抛物线P过(2,0)、(-2,-4),则由抛物线的对称性可知,‎ 点A、B、C的坐标分别为 A(2,0),B(-4,0),C(0,-4) .‎ ‎(2)由题意,,而AO=2,OC=4,AD=2-m,故DG=4-2m, ‎ 又 ,EF=DG,得BE=4-2m,∴ DE=3m,‎ ‎∴=DG·DE=(4-2m) 3m=12m-6m2 (0<m<2) .‎ 注:也可通过解Rt△BOC及Rt△AOC,或依据△BOC是等腰直角三角形建立关系求解.‎ ‎(3)∵SDEFG=12m-6m2 (0<m<2),∴m=1时,矩形的面积最大,且最大面积是6 .‎ 当矩形面积最大时,其顶点为D(1,0),G(1,-2),F(-2,-2),E(-2,0),‎ 设直线DF的解析式为y=kx+b,易知,k=,b=-,∴,‎ 又可求得抛物线P的解析式为:,‎ 令=,可求出. 设射线DF与抛物线P相交于点N,‎ 则N的横坐标为,过N作x轴的垂线交x轴于H,有 ‎==,‎ 点M不在抛物线P上,即点M不与N重合时,此时k的取值范围是 k≠且k>0.‎ 说明:若以上两条件错漏一个,本步不得分.‎ 若选择另一问题:‎ ‎(2)∵,而AD=1,AO=2,OC=4,则DG=2,‎ 又∵, 而AB=6,CP=2,OC=4,则FG=3,‎ ‎∴=DG·FG=6.‎ 练习1.解:利用中心对称性质,画出梯形OABC. ················ 1分 ‎∵A,B,C三点与M,N,H分别关于点O中心对称,‎ ‎∴A(0,4),B(6,4),C(8,0)  ··················· 3分 ‎(写错一个点的坐标扣1分)‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎(2)设过A,B,C三点的抛物线关系式为,‎ ‎∵抛物线过点A(0,4), ‎ ‎∴.则抛物线关系式为.  ·············· 4分 将B(6,4), C(8,0)两点坐标代入关系式,得 ‎···························· 5AB,垂足为G,则sin∠FEG=sin∠CAB=分 ‎ 解得····················· 6分 所求抛物线关系式为:.········ 7分 ‎(3)∵OA=4,OC=8,∴AF=4-m,OE=8-m. ·········· 8分 ‎     ∴    ‎ ‎                 OA(AB+OC)AF·AGOE·OFCE·OA ‎                 ‎ ‎                   ( 0<<4) ········ 10分 ‎∵. ∴当时,S的取最小值.‎ 又∵0<m<4,∴不存在m值,使S的取得最小值. ······· 12分 ‎  (4)当时,GB=GF,当时,BE=BG.  14分 练习3.[解] (1)当时,,,,‎ 即. ‎ ‎(2)当时,橡皮筋刚好触及钉子,‎ ‎,,,. ‎ ‎(3)当时,,‎ ‎,,‎ ‎,‎ 即. ‎ 作,为垂足.‎ 当时,,,,‎ ‎,‎ 即.‎ ‎ 或 ‎(4)如图所示:‎ 练习4.[解] (1) 设l2的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0),‎ ‎∵l1与x轴的交点为A(-2,0),C(2,0),顶点坐标是(0,- 4),l2与l1关于x轴对称,‎ ‎∴l2过A(-2,0),C(2,0),顶点坐标是(0,4), ‎ ‎∴ ‎ ‎∴ a=-1,b=0,c=4,即l2的解析式为y= -x2+4 . ‎ ‎(还可利用顶点式、对称性关系等方法解答)‎ ‎(2) 设点B(m,n)为l1:y=x2-4上任意一点,则n= m2-4 (*).‎ ‎∵ 四边形ABCD是平行四边形,点A、C关于原点O对称,‎ ‎∴ B、D关于原点O对称, ‎ ‎∴ 点D的坐标为D(-m,-n) .‎ 由(*)式可知, -n=-(m2-4)= -(-m)2+4,‎ 即点D的坐标满足y= -x2+4,‎ ‎∴ 点D在l2上. ‎ ‎(3) □ABCD能为矩形. ‎ 过点B作BH⊥x轴于H,由点B在l1:y=x2-4上,可设点B的坐标为 (x0,x02-4),‎ 则OH=| x0|,BH=| x02-4| .‎ 易知,当且仅当BO= AO=2时,□ABCD为矩形.‎ 在Rt△OBH中,由勾股定理得,| x0|2+| x02-4|2=22,‎ ‎(x02-4)( x02-3)=0,∴x0=±2(舍去)、x0=±. ‎ 所以,当点B坐标为B(,-1)或B′(-,-1)时,□ABCD为矩形,此时,点D的坐标分别是D(-,1)、D′( ,1).‎ 因此,符合条件的矩形有且只有2个,即矩形ABCD和矩形AB′CD′ .‎ 设直线AB与y轴交于E ,显然,△AOE∽△AHB,‎ ‎∴ = ,∴.‎ ‎∴ EO=4-2 . ‎ 由该图形的对称性知矩形ABCD与矩形AB′CD′重合部分是菱形,其面积为 S=2SΔACE=2×× AC ×EO =2××4×(4-2)=16 - 8. ‎ 三.二次函数与四边形的动态探究 例1.解:(1)由已知PB平分∠APD,PE平分∠OPF,且PD、PF重合,则∠BPE=90°.∴∠OPE+∠APB=90°.又∠APB+∠ABP=90°,∴∠OPE=∠PBA.‎ ‎∴Rt△POE∽Rt△BPA.‎ ‎∴.即.∴y=(0<x<4).‎ 且当x=2时,y有最大值.‎ ‎(2)由已知,△PAB、△POE均为等腰三角形,可得P(1,0),E(0,1),B(4,3).‎ 设过此三点的抛物线为y=ax2+bx+c,则∴‎ y=.‎ ‎(3)由(2)知∠EPB=90°,即点Q与点B重合时满足条件.‎ 直线PB为y=x-1,与y轴交于点(0,-1).‎ 将PB向上平移2个单位则过点E(0,1),‎ ‎∴该直线为y=x+1.‎ 由得∴Q(5,6).‎ 故该抛物线上存在两点Q(4,3)、(5,6)满足条件.‎ ‎ 例2.解:(1)解方程x2-10x+16=0得x1=2,x2=8 ……………………1分 ‎∵点B在x轴的正半轴上,点C在y轴的正半轴上,且OB<OC ‎∴点B的坐标为(2,0),点C的坐标为(0,8)‎ 又∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=-2‎ ‎∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为(-6,0) …………………4分 ‎(2)∵点C(0,8)在抛物线y=ax2+bx+c的图象上 ‎∴c=8,将A(-6,0)、B(2,0)代入表达式,得 ‎ 解得 ‎∴所求抛物线的表达式为y=x2 x+8  ………………………7分 ‎(3)依题意,AE=m,则BE=8-m,‎ ‎∵OA=6,OC=8,∴AC=10‎ ‎∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC ‎∴  即 ‎∴EF=‎ ‎∴= ∴FG=·=8-m ‎∴S=S△BCE-S△BFE=(8-m)×8-(8-m)(8-m)‎ ‎=(8-m)(8-8+m)=(8-m)m=-m2+4m …………10分 自变量m的取值范围是0<m<8  …………………………11分 ‎(4)存在.‎ 理由:∵S=-m2+4m=-(m-4)2+8  且-<0,‎ ‎∴当m=4时,S有最大值,S最大值=8  ………………………12分 ‎∵m=4,∴点E的坐标为(-2,0)‎ ‎∴△BCE为等腰三角形.  …………………………14分 ‎ ‎ ‎(以上答案仅供参考,如有其它做法,可参照给分)‎ 例3解: (1)相等 ‎ ‎ 理由是:因为四边形ABCD、EFGH是矩形,‎ 所以 所以 即:‎ ‎(2)AB=3,BC=4,AC=5,设AE=x,则EC=5-x,‎ 所以,即 配方得:,所以当时,‎ S有最大值3‎ ‎(3)当AE=AB=3或AE=BE=或AE=3.6时,是等腰三角形 练习1. 解:(1)点 M 1分 ‎(2)经过t秒时,, ‎ 则,‎ ‎∵==‎ ‎∴ ∴ ‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎∴ ‎ ‎∵∴当时,S的值最大. ‎ ‎(3)存在. ‎ 设经过t秒时,NB=t,OM=2t ‎ 则,‎ ‎∴== ‎ ‎①若,则是等腰Rt△底边上的高 ‎∴是底边的中线 ∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴点的坐标为(1,0) ‎ ‎②若,此时与重合 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴点的坐标为(2,0) ‎ 练习2.解:(1),.‎ ‎(2)分别过点作轴的垂线,垂足分别为,‎ 分别过作于,于点.‎ 在平行四边形中,,又,‎ ‎.‎ ‎.‎ 又,‎ ‎.‎ ‎,.‎ 设.由,得.‎ 由,得..‎ ‎(3),.或,.‎ ‎(4)若为平行四边形的对角线,由(3)可得.要使在抛物线上,‎ 则有,即.‎ ‎(舍去),.此时.‎ 若为平行四边形的对角线,由(3)可得,同理可得,此时.‎ 若为平行四边形的对角线,由(3)可得,同理可得,此时.‎ 综上所述,当时,抛物线上存在点,使得以为顶点的四边形是平行四边形.‎ 符合条件的点有,,.‎ 练习3.解:⑴由Rt△AOB≌Rt△CDA得 ‎ OD=2+1=3,CD=1‎ ‎ ∴C点坐标为(-3,1),‎ ‎ ∵抛物线经过点C,‎ ‎∴1= (-3)2 a+(-3)a-2,∴。‎ ‎∴抛物线的解析式为.‎ ‎⑵在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形。‎ 以AB边在AB右侧作正方形ABPQ。过P作PE⊥OB于E,QG⊥x轴于G,‎ 可证△PBE≌△AQG≌△BAO,‎ ‎∴PE=AG=BO=2,BE=QG=AO=1,‎ ‎∴∴P点坐标为(2,1),Q点坐标为(1,-1)。‎ 由(1)抛物线。‎ 当x=2时,y=1,当x=,1时,y=-1。‎ ‎∴P、Q在抛物线上。‎ 故在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P(2,1)、Q(1,-1),使四边形ABPQ是正方形。‎ ‎⑵另解:在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形。‎ 延长CA交抛物线于Q,过B作BP∥CA交抛物线于P,连PQ,设直线CA、BP的解析式分别为y=k1x+b1, y=k2x+b2,‎ ‎∵A(-1,0),C(-3,1),‎ ‎∴CA的解析式,同理BP的解析式为,‎ 解方程组得Q点坐标为(1,-1),同理得P点坐标为(2,1)。‎ 由勾股定理得AQ=BP=AB=,而∠BAQ=90°,‎ ‎∴四边形ABPQ是正方形。故在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P(2,1)、Q(1,-1),使四边形ABPQ是正方形。‎ ‎⑵另解:在抛物线(对称轴的右侧)上存在点P、Q,使四边形ABPQ是正方形。‎ 如图,将线段CA沿CA方向平移至AQ,‎ ‎∵C(-3,1)的对应点是A(-1,0),∴A(-1,0)的对应点是Q(1,-1),再将线段AQ沿AB方向平移至BP,同理可得P(2,1)‎ ‎∵∠BAC=90°,AB=AC ‎∴四边形ABPQ是正方形。经验证P(2,1)、Q(1,-1)两点均在抛物线上。‎ ‎⑶结论②成立,‎ 证明如下:连EF,过F作FM∥BG交AB的延长线于M,则△AMF∽△ABG,‎ ‎∴。‎ 由⑴知△ABC是等腰直角三角形,‎ ‎∴∠1=∠2=45°。‎ ‎∵AF=AE,‎ ‎∴∠AEF=∠1=45°。‎ ‎∴∠EAF=90°,EF是⊙O´的直径。‎ ‎∴∠EBF=90°。‎ ‎∵FM∥BG,‎ ‎∴∠MFB=∠EBF=90°,∠M=∠2=45°,‎ ‎∴BF=MF,‎ ‎∴‎