专题14 二次函数与几何压轴目 录一、考情分析二、知识建构考点 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类型二 面积比值问题类型三 面积存在性问题类型四 面积最值问题题型02 线段相关问题类型一 线段和最小问题类型二 周长最值题型03 存在性问题类型一 平行四边形存在性问题类型二 矩形存在性问题类型三 菱形存在性问题类型四 正方形存在性问题类型五 等腰三角形存在性问题类型六 直角三角形存在性问题类型七 相似三角形存在性问题类型八 等角存在性问题类型九 二倍角、半角存在性问题类型十 特殊角存在性问题【好题必刷强化落实】考点要求命题预测二次函数与几何压轴二次函数的压轴题主要考向：1）存在性问题（全等与相似、特殊三角形（直角、等腰、等边）、平行四边形（含特殊平行四边形）等）2）最值问题（线段、周长、面积）常见有关二次函数的题型和应对策略：1）线段最值（周长）问题斜化直策略2）三角形或多边形面积问题铅垂高、水平宽策略3）线段和最小值问题将军饮马、阿氏圆模型4）线段差三角形三边关系或函数5）相似三角形存在性问题根据相等角分类讨论6）平行四边形存在性问题中点公式平移法考点一 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A1,0，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+ca0的对称轴是直线x=b2a，顶点坐标是b2a,4acb24a【答案】(1)抛物线对应的解析式y=x23x4，P32,254(2)SBCP=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，A1,0，B4,0利用SBCP=SOCP+SOBPSBOC即可得到答案【详解】（1）抛物线y=x2+bx+c经过点A1,0，B4,0，1b+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=x23x4 P点是抛物线的顶点坐标，Pb2a,4acb24a，即：b2a=321=32，4acb24a=4143241=254，P32,254（2）如图，连接OPA1,0，B4,0，C0,4，P32,254，SOCP=12432=3，SOBP=124254=252，SBOC=1244=8 SBCP=SOCP+SOBPSBOC，SBCP=3+2528=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A1,0，B5,0两点，与y轴交于点C，顶点为DO为坐标原点，tanACO=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+1x5(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A1,0,B5,0两点设二次函数的表达式为y=ax+1x5AO=1,tanACO=15，OC=5，即C的坐标为0,5则5=a0+105，得a=1二次函数的表达式为y=x+1x5；（2）y=x+1x5=(x2)2+9顶点的坐标为2,9过D作DNAB于N，作DMOC于M，四边形ACDB的面积=SAOC+S矩形OMDNSCDM+SDNB=1215+2912295+12529=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CEBC交BP于E，过E作EFOC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，tanACO=tanPBC，即15=CECB=CE52，CE=2由CHBC，得BCE=90，ECF=180BCEOCB=1809045=45EFC是等腰直角三角形FC=FE=1E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+1x5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 SABCSBCD=AEDF SABCSACD=BCCD结论：当底相等，则面积比=高之比 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BDE的面积为S1，ABE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PQBCAB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=12x232x2；（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DGx轴于点G，交BC于点F，过点A作AKx轴交BC的延长线于点K，则可得AEKDEF，继而可得DEAE=DFAK，先求出BC的解析式，继而求得AK长，由S1S2=SBDESABE=DEAE可得S1S2=DFAK，设点Dm,12m232m2，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)ab+c=016a+4b+c=0c=2，a=12c=2b=32，抛物线的函数表达式为y=12x232x2；（2）过点D作DGx轴于点G，交BC于点F，过点A作AKx轴交BC的延长线于点K则DG/AK，AEKDEF，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=12x2，当x=-1时，y=12x2=52，即K（-1，52），AK=52S1S2=SBDESABE=DEAES1S2=DFAK设点Dm,12m232m2，则F点坐标为（m，12m2），DF=12m212m232m2=12m2+2mS1S2=12m2+2m52=15m2+45m=15m22+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=12x2，直线l的表达式为y=12x设点P的坐标为t,t2当点P在直线BQ右侧时，如图，BPQ=90，过点P作PNx轴于点N，过点Q作QMPN于点M，M=PNB=90，BPN+PBN=90，QPM+BPN=180-QPB=180-90=90，QPM=PBN，QPMPBN，QMPN=PMBN=PQPB，又PQBCAB，PQPB=CABC，QMPN=PMBN=PQPB=CABC=12，NB=t-4，PN=t2，QMt2=PMt4=12，QM=t4，PM=12t2，MN=12t2+12t=t2，tt4=34t，点Q的坐标为34t,t2将点Q的坐标为34t,t2代入y=12x232x2，得t2=932t298t2，解得：t1=689，t2=0（舍去），此时点P的坐标为689,349当点P在直线BQ左侧时如图，BPQ=90，过点P作PNx轴于点N，过点Q作QMPN于点M，M=PNB=90，BPN+PBN=90，QPM+BPN=180-QPB=180-90=90，QPM=PBN，QPMPBN，QMPN=PMBN=PQPB，又PQBCAB，PQPB=CABC，QMPN=PMBN=PQPB=CABC=12，NB=4-t，PN=t2，QMt2=PM4t=12，QM=t4，PM=212t，MN=212t+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=12x232x2，得2=2532t2158t2，解得：t1=6+2415，t2=624150（舍去），此时点P的坐标为6+2415,3+415【点睛】本题是二次函数综合题，涉及了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论是解题的关键2（2022福建中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx经过A（4，0），B（1，4）两点P是抛物线上一点，且在直线AB的上方(1)求抛物线的解析式；(2)若OAB面积是PAB面积的