2026年中考数学提分必刷训练二次函数中面积的存在性问题专题提升训练

2026年中考数学提分必刷训练二次函数中面积的存在性问题专题提升训练 1．如图1，抛物线与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，已知点，，点P是抛物线上一动点． (1)求该抛物线的函数解析式； (2)当点P的坐标为时，求的面积； (3)如图2，连接，当是以为直角边的直角三角形时，求点P的坐标． 2．如图1，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，其中，，D是抛物线的顶点． (1)求抛物线的表达式及顶点的坐标； (2)求四边形的面积； (3)如图2，是抛物线上一动点且在第二象限内．连接交于点，当时，求点的横坐标． 3．如图1所示，二次函数的图象交轴于，两点，交轴于． (1)求此抛物线的解析式； (2)若为第四象限内抛物线上一点． ①如图2，连接，，求四边形面积的最大值； ②如图3，连接，过点作轴，交抛物线于另一点，交于点，若，直接写出点的横坐标； (3)当时，讨论二次函数的最大值和最小值（用含有的代数式表示）． 4．如图，抛物线与轴交于点和，与轴交于点，连接，点在抛物线上运动，作点关于轴的对称点，连接，，，．    (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，若点在抛物线上从点运动到点的过程中（点与点，不重合），记的面积为，记的面积为，求的最大值及点的坐标； (3)如图2，若，连接，求证：平分． 5．如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．点P是线段BC上的动点（点P不与点B，C重合），连结AP并延长AP交抛物线于另一点Q，连结CQ，BQ，设点Q的横坐标为x． (1)①写出A，B，C的坐标：A（ ），B（ ），C（ ）； ②求证：是直角三角形； (2)记的面积为S，求S关于x的函数表达式； (3)在点P的运动过程中，是否存在最大值？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由． 6．抛物线与轴交于，两点，点是抛物线顶点． (1)求抛物线的解析式及点的坐标； (2)如图1，抛物线上两点，，若，求的值； (3)如图2，点，如果不垂直于轴的直线与抛物线交于点，，满足．请分析直线是否过定点？若直线过定点；求定点坐标；若不过定点，请说明理由． 7．如图，抛物线 与x轴交于，两点，与y轴交于点，连接，． (1)抛物线的解析式； (2)D为抛物线上第一象限内一点，求面积的最大值； (3)点P是抛物线对称轴上的一动点，当是以为腰的等腰三角形时，求点P的坐标． 8．如图，抛物线与轴交于点、，与轴交于点，点的坐标为． (1)求抛物线的解析式； (2)在抛物线的对称轴上找一点，使的值最小，求出点的坐标； (3)在第二象限内的抛物线上，是否存在点，使的面积是面积的一半？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 9．如图，抛物线：交轴于点，，交轴于点，直线与抛物线的交点的横坐标为4． (1)求抛物线的表达式； (2)点和是抛物线上的两点，求的取值范围； (3)抛物线：（）的顶点为，与抛物线在轴右侧的交点为，连接交于点．当时，求的面积． 10．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接，点为第二象限抛物线上的动点． （1）求、、的值； （2）连接、、，求面积的最大值； （3）过作，垂足为，是否存在这样的点、，使得与相似，若存在，请写出所有符合条件的点坐标，并选其中一个写出证明过程；若不存在，请说明理由． 11．如图，已知抛物线过点（-2，2），（4，5），过定点F（0，2）的直线l：y=kx+2与抛物线交于A、B两点，点B在点A的右侧，过点B作x轴的垂线，垂足为C． (1)求抛物线的解析式； (2)当点B在抛物线上运动时，判断线段BF与BC的数量关系（＞、＜、=），并证明你的判断； (3)P为y轴上一点，以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形，设点P（0，m），求自然数m的值； (4)若k=1，在直线l下方的抛物线上是否存在点Q，使得△QBF的面积最大？若存在，求出点Q的坐标及△QBF的最大面积；若不存在，请说明理由． 12．如图，在直角体系中,直线AB交x轴于点A(5,0),交y轴于点B,AO是⊙M的直径,其半圆交AB于点C,且AC=3.取BO的中点D,连接CD、MD和OC． （1）求证：CD是⊙M的切线； （2）二次函数的图象经过点D、M、A,其对称轴上有一动点P,连接PD、PM,求△PDM的周长最小时点P的坐标； （3）在（2）的条件下,当△PDM的周长最小时,抛物线上是否存在点Q，使S△PDM=6S△QAM？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 13．已知二次函数图象的顶点在原点，且点在此二次函数的图象上．    (1)求二次函数的表达式； (2)如图1，直线与二次函数的图象交于A、B两点（点C在直线下方），若,求m的值； (3)如图2，直线与二次函数的图象交于D、E两点，过点D的直线交二次函数的图象于点F，求证：直线过定点． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1) (2) (3)或 【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可；（2）求出直线的解析式，得到的长，再利用三角形面积公式即可求解；（3）分两种情况：①点为直角顶点，②点为直角顶点，分别求解即可． 【详解】（1）解：抛物线经过点和点，将A，C两点的坐标分别代入，得， 解得， ∴抛物线的解析式为． （2）解：设交y轴于点G， 点， ， 设直线的解析式为， 将点，点分别代入，得， 解得， 直线的解析式为， 当时，， 点， ， ， ． （3）解：是以为直角边的直角三角形， 分两种情况：①点B为直角顶点，②点C为直角顶点． ①过点B作交抛物线于点，交y轴于点E，连接，如图1. 抛物线，点， 点， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 点， 设直线的解析式为，将点B，E的坐标分别代入，得， 解得， 直线的解析式为， 联立，得， 解得或（不合题意，舍去）， 点； ②过点C作交抛物线于点，连接，如图2， ，， ， 设直线的解析式为，将点代入，得， 直线的解析式为， 联立，得 解得或（不合题意，舍去）， 点． 综上所述，点P的坐标为或． 2．(1)， (2) (3)－1或－2 【分析】（1）待定系数法求解析式，进而将解析式化为顶点式求得顶点坐标，即可求解； （2）先求得点，过点作轴于点，根据四边形的面积，即可求解； （3）先求得直线的解析式，过点作轴的平行线，交于点，证明，根据相似三角形的性质结合已知可得，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：将点代入得 解得： ∴ ∵ ∴顶点的坐标为 （2）解：当时， 解得： ∴ 如图所示，过点作轴于点， ∴， 又∵，的坐标为， ∴，，，， ∴四边形的面积 ； （3）解：设直线的解析式为，代入， ∴ 解得： ∴直线的解析式为 如图，过点作轴的平行线，交于点， 设，则 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵， ∴， ∴ ∴， 解得：或． 即点的横坐标为或． 3．(1) (2)①，②2 (3)见解析 【分析】（）利用待定系数法求解析式，将已知点和的坐标代入即可． （）①利用割补法表示四边形的面积，得到关于的二次函数解析式，通过配方求出最值． ②利用平行线分线段成比例或者坐标运算，结合，建立方程求解的坐标． （）根据二次函数的对称轴和开口方向，结合与对称轴的位置关系，进行分类讨论，确定最大值和最小值． 【详解】（1）解：将和代入中得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：①过作轴于， 令，则， 解得， ∴， 设， ∵， ∴当时，四边形的面积最大为； ②∵轴，且、在抛物线上， ∴、关于对称，， ∵在直线上，且， ∴设直线的解析式为（） 解得 ∴直线的解析式为 当时， ∴， ∵,且、、在一条直线上， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴ ， 解得，， ∵P在第四象限， ∴， ∴， （3）解：，对称轴为，开口向上 ∵ ∴当即时，抛物线在对称轴的左侧，且随增大而减小， ∴当时，抛物线有最大值， ， 当时，抛物线有最小值， 当即时：最小值为， 若（左端点到对称轴的距离右端点到对称轴的距离） ∴当时，； 若（左端点到对称轴的距离右端点到对称轴的距离） ∴当时，； 当时，在对称轴的右侧，随的增大而增大， 当时， 当时， ． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，重点为待定系数法求解析式，二次函数图像上点坐标的特征，几何图形面积的最值以及动点问题中的分类讨论． 4．(1) (2)最大值为12， (3)见解析 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）连接，则轴，设，则，利用坐标与图形得到，然后利用二次函数的性质求解即可； （3）先判断出点P、C关于对称轴对称，则，，然后求出直线的函数表达式为，进而求得，可判断垂直平分，利用线段垂直平分线和等腰三角形的三线合一可得结论． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点和， ∴，解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：如图1，连接，则轴，    设，则， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为12，此时； （3）证明：由得抛物线的对称轴为直线， 当时，，则， ∵， ∴点P、C关于对称轴对称， ∴，则， 设直线交x轴于点H，其函数表达式为， 将代入，得，解得， ∴直线的函数表达式为， 当时，由得， ∴，又，轴， ∴垂直平分， ∴， ∴，即平分．    【点睛】本题是二次函数与几何图形的综合题，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数的图象与性质、轴对称性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、坐标与图形等知识，解答的关键是利用数形结合思想把代数与几何图形结合起来，利用点的坐标表示线段的长度，进而得到线段之间的关系． 5．(1)①-1，0；4，0；0，-2；②见解析 (2) (3)存在，当时，最大，最大为. 【分析】（1）①分别令即可求得抛物线与坐标轴的交点坐标；②根据点的坐标，分别求得进而勾股定理逆定理即可证明； （2）连接OQ，设点Q的坐标为，进而根据进行求解即可； （3）过点Q作于点H，证明，由（2）可得，进而列出关于的关系式，根据二次函数的性质求最值即可 【详解】（1）①由， 令，则， 令，即 解得 ，， 故答案为：-1，0；4，0；0，-2； ②证明：∵，， ∴，， ∴ ∴是． （2）连接OQ，如图所示 设点Q的坐标为 （3）过点Q作于点H，如图所示 ∴ ∵ ∴ ∴当时，最大，最大为． 【点睛】本题考查了二次函数坐标轴的交点问题，相似三角形的性质与判定，二次函数求面积问题，二次函数的最值问题，熟练运用以上知识是解题的关键． 6．(1)抛物线的解析式为， (2)或 (3)直线过定点 【分析】（1）利用待定系数法求出函数解析式，再令得到，即可求出点的坐标； （2）过作轴交于点，过作轴交于点，则，，，求出直线的解析式为，得到，，进而得到，，，，最后根据列方程即可求解； （3）作于，作于，设直线的解析式为，，，联立，得到，进而得到，，，，，，由得到，即，进而得到，即可判定． 【详解】（1）解：将代入得， 解得， 抛物线的解析式为， 令，则， 解得，， ； （2）如图1，过作轴交于点，过作轴交于点， 抛物线的解析式为， ， 抛物线上有两点，， ，， 设直线的解析式为，将、代入得， 解得， 直线的解析式为， ， ， ， ， ，， ，，， ， 解得或； （3）直线过定点， 如图2，作于，作于， 设直线的解析式为，，， 联立，则，即， ，， ，，，， ， ， ， 即， ， 直线不垂直于轴， ， ，即， 直线的解析式为， 直线过定点． 【点睛】正确作出辅助线，掌握二次函数与几何图形的综合，根与系数的关系，二次函数与一次函数的综合． 7．(1)抛物线的表达式为 (2)最大值为16 (3)点P的坐标为或或或 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）过点D作轴交于点E，利用三角形的面积公式即可求得结论； （3）利用勾股定理求出，设出点P坐标，求出、，再分类讨论，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线 与x轴交于，两点，与y轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为； （2）解：如图，过点D作轴交于点E，交x轴于点F， 设直线解析式为， 把，代入解析式得， 解得， ∴直线解析式为， 设，则， ∵D为抛物线上第一象限内一点， ∴， ∴的面积， ∵， ∴的面积有最大值， ∴当时，的面积最大，最大值为16； （3）解：∵，， ∴，， ∴， 又， 所以，对称轴为直线， 设， 则，， ∵是以为腰的等腰三角形， ∴分两种情况： 当时，则， 解得， ∴点P的坐标为或； 当时，则， 解得， ∴点P的坐标为或； 综上，点P的坐标为或或或． 8．(1) (2)，点位置见解析 (3)不存在点，使的面积是面积的一半，理由见解析 【分析】（1）把代入，可求出的值，即可求出抛物线的解析式； （2）连接，交对称轴于，连接，根据二次函数的轴对称性得出当、、三点在同一条直线上时，的值最小，根据抛物线解析式可求出对称轴为直线，，，利用待定系数法可求出直线的解析式为，把代入即可求出点坐标； （3）过点作轴，交于，设，则，可得，根据的面积是面积的一半可列方程，根据一元二次方程根的判别式得出，可得该方程无实数根，即可得出不存在点，使的面积是面积的一半． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点、，点的坐标为， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为． （2）解：如图，连接，交对称轴于，连接，点即为所求． ∵， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵抛物线与轴交于点、， ∴点与点关于对称轴对称， ∴， ∴， ∵当、、三点在同一条直线上时，取最小值，最小值为， ∴的最小值为， ∵抛物线与轴交于点，与轴交于点、， ∴时，，即， 当时，， 解得：，， ∴， 设直线的解析式为， ∵，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， ∴当时，， ∴点坐标为． （3）解：不存在点，使的面积是面积的一半，理由如下： 如图，过点作轴，交于， 设，则， ∴， ∵，，， ∴， ∵的面积是面积的一半， ∴，即， ∵， ∴该方程无实数根， ∴不存在点，使的面积是面积的一半． 9．(1) (2) (3) 【分析】（1）联立解析式列出方程求解； （2）根据抛物线解析式得出，然后利用二次函数的图像和性质求解； （3）连接，过点作交于点，过点作轴，分别过点作于点于点．过点作轴于点，过点作轴交于点，设与轴的交点为，利用全等三角形和相似三角形得出相关线段的长度，利用锐角三角函数求出相关点的坐标，得出直线和抛物线的解析式，然后求出顶点坐标，即可求出三角形的面积． 【详解】（1）解：∵直线与抛物线的交点的横坐标为4， ． ． ∴抛物线的表达式为； （2）解：∵点和在抛物线上， ①， ② 得：． ， ∴当时，有最大值为． ； （3）解：如图，连接，过点作交于点，过点作轴，分别过点作于点于点．过点作轴于点，过点作轴交于点，设与轴的交点为． 抛物线， 令，则，即点的坐标为． 令，则，即点的坐标为． ∴， ． ． ． ． ，即． ∵， ∴直线的解析式是， 设点的坐标为， ． 解得． ． ． ． ． ， ． 令，则，即点的坐标为． 在中，， 又， ∴在中，． 设，则． ∴点的坐标为． ∵点在抛物线上， ． 解得（舍去）． ∴点的坐标为． 假设直线的表达式为，将和代入得， ， 解得， ∴直线的表达式为． ， ∴抛物线． ∴顶点的坐标为． ∵点在抛物线上， ． 解得． ∴顶点的坐标为． 轴且点在直线上， ∴点的坐标为． ． 10．（1）a=－1，b=－2，c=3；（2）；（3）存在，或，见解析． 【分析】（1）用待定系数法即可求得结果； （2）过点P作PE∥y轴交直线AC于点E，先求出直线AC的解析式，设点P的坐标，则可得到点E的坐标，根据即可得到一个二次函数，求这个二次函数的最大值即可； （3）过点Q作QN⊥y轴于N，过点P作PM⊥NQ，交NQ的延长线于M，分两种情况讨论；由与相似，得出的值，易证△PQM∽△QCN，则可求得的比值，设点Q(q，q+3)，进而可得出点P的坐标，将点P的坐标代入抛物线解析式求得q的值，从而可得点P的坐标． 【详解】（1）由题意知，抛物线过A、B、C三点，把这三点坐标分别代入中， 得： 解方程组得： ∴a=－1，b=－2，c=3； （2）如图，过点P作PE∥y轴交直线AC于点E ∵P点在第二象限的抛物线上，且解析式为 ∴设，其中m<0 设直线AC的解析式为y=kx+n，其中k≠0 把点A、C的坐标分别代入y=kx+n中，得： 解得： 所以直线AC的解析式为y=x+3 ∵PE∥y轴，且点E在直线y=x+3上 ∴点E的坐标为(m，m+3) ∴ ∵ ∵A(－3，0) ∴OA=3 ∴ ∴当时，有最大值，且最大值为； （3）过点Q作QN⊥y轴于N，过点P作PM⊥NQ，交NQ的延长线于M，如图 ∵B(1，0)，C(0，3) ∴OB=1，OC=3 ①若△CPQ∽△CBO ∴ ∵PQ⊥AC，PM⊥NQ ∴∠PQM+∠CQN=90°，∠PQM+∠QPM=90° ∴∠CQN=∠QPM ∵QN⊥y轴 ∴∠QNC=∠M=90° ∴△PQM∽△QCN ∴ 设点Q(q，q+3)，则N(0，q+3) ∴ON=q+3，QN=－q ∴CN=OC－ON=3－(q+3)=－q ∴ ∴ ∴MN=QN+QM= ∴点P的纵坐标为 ∴ ∵点P在抛物线上 ∴ 解得： ∴ ②若△CPQ∽△BCO ∴ ∵PQ⊥AC，PM⊥NQ ∴∠PQM+∠CQN=90°，∠PQM+∠QPM=90° ∴∠CQN=∠QPM ∵QN⊥y轴 ∴∠QNC=∠M=90° ∴△PQM∽△QCN ∴ 设点Q(q，q+3)，则N(0，q+3) ∴ON=q+3，QN=－q ∴CN=OC－ON=3－(q+3)=－q ∴ ∴ ∴MN=QN+QM= ∴点P的纵坐标为 ∴ ∵点P在抛物线上 ∴ 解得： ∴ 综上所述，满足条件的点P的坐标为或． 【点睛】本题是二次函数的综合问题，主要考查了待定系数法，二次函数的性质，三角形面积的计算方法，相似三角形的判定与性质，关键是作辅助线构造出三角形相似，此题还涉及分类讨论． 11．(1) (2)BF=BC (3)6 (4)有最大值，最大值为，此时Q点坐标为（2，2） 【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式； （2）设B（x，），而F（0，2），利用两点间的距离公式得到BF2=，再利用配方法可得到BF=，由于BC=，所以BF=BC； （3）利用菱形的性质得到CB=CF=PF，加上CB=FB，则可判断△BCF为等边三角形，所以∠BCF=60°，则∠OCF=30°，于是可计算出CF=4，所以PF=CF=4，从而得到自然数m的值为6； （4）作轴交AB于E，先解方程组，得B（，），设Q（t，），则E（t，t+2），则EQ=，则•（）•EQ=•（）（），然后根据二次函数的性质解决问题． 【详解】（1）解：把点（-2，2），（4，5）代入，得： ，解得：， ∴抛物线解析式为． （2）解：BF=BC．理由如下： 设B（x，），而F（0，2）， ∴= =， ∴BF=， ∵BC⊥x轴， ∴BC=， ∴BF=BC． （3）解：如图1所示： m为自然数，则点P在F点上方， ∵以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形， ∴CB=CF=PF，而CB=FB， ∴BC=CF=BF， ∴△BCF为等边三角形， ∴∠BCF=60°， ∴∠OCF=30°， 在Rt△OCF中，CF=2OF=4， ∴PF=CF=4， ∴P（0，6），即自然数m的值为6． （4）解：作轴，交AB于E，如图2所示： 当k=1时，一次函数解析式为y=x+2， 解方程组：， 得或， 则B（，）， 设Q（t，），则E（t，t+2）， ∴EQ=（）=， ∴ =•（）•EQ =•（）（） =， 当t=2时，S△QBF有最大值，最大值为，此时Q点坐标为（2，2）． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和菱形的性质，会利用待定系数法求函数解析式，理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式． 12．解：（1）证明：连接CM， ∵OA 为⊙M直径，∴∠OCA=90°．∴∠OCB=90°． ∵D为OB中点，∴DC=DO．∴∠DCO=∠DOC． ∵MO=MC，∴∠MCO=∠MOC． ∴． 又∵点C在⊙M上，∴DC是⊙M的切线． （2）∵A点坐标（5，0），AC=3 ∴在Rt△ACO中，． ∴，∴，解得 ． 又∵D为OB中点，∴．∴D点坐标为（0，)． 连接AD，设直线AD的解析式为y=kx+b，则有 解得． ∴直线AD为． ∵二次函数的图象过M（，0)、A(5，0)， ∴抛物线对称轴x=． ∵点M、A关于直线x=对称，设直线AD与直线x=交于点P， ∴PD+PM为最小． 又∵DM为定长，∴满足条件的点P为直线AD与直线x=的交点． 当x=时，． ∴P点的坐标为（，）． （3）存在． ∵， 又由（2）知D（0，)，P（，）， ∴由，得，解得yQ=±． ∵二次函数的图像过M(0，)、A(5，0）， ∴设二次函数解析式为， 又∵该图象过点D（0，)，∴，解得a=． ∴二次函数解析式为． 又∵Q点在抛物线上，且yQ=±． ∴当yQ=时，，解得x=或x=； 当yQ=时，，解得x=． ∴点Q的坐标为（，)，或（，)，或（，）． 【详解】试题分析：（1）连接CM，可以得出CM=OM，就有∠MOC=∠MCO，由OA为直径，就有∠ACO=90°，D为OB的中点，就有CD=OD，∠DOC=∠DCO，由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论． （2）根据条件可以得出和，从而求出OB的值，根据D是OB的中点就可以求出D的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD交对称轴于P，先求出AD的解析式就可以求出P的坐标． （3）根据，求出Q的纵坐标，求出二次函数解析式即可求得横坐标． 13．(1) (2)， (3)见解析 【分析】（1）根据顶点是原点，设函数解析式为，将代入求得a的值即可得到二次函数的表达式； （2）过点C作y轴平行线交直线于点M，由，设，则，设底边的高为，的底边的高为，，，，联立解析式求得或，由A，B为图象定点，且A在B点左侧得到，，则，，解得，； （3）联立得到，则①，联立得到，则②，令：，联立得到，③，整理得到，得到：，即可证明结论． 【详解】（1）解：∵为顶点， ∴设函数解析式为， 将代入得， ∴， ∴函数解析式为； （2）过点C作y轴平行线交直线于点M，    ∴， 设， ∴， 设底边的高为，的底边的高为， ∴，，， ∴， 解得：， 解得或， ∵A，B为图象定点，且A在B点左侧， ∴，， 则， ， ∴， 解得，； （3）解：联立得到， ∴①， 联立得到， ②， 令：， 联立得到， ③， 由①可得代入③得， ， ∴④， ， ∴， ∴⑥， 由∵， ∴， ∴⑤ 将⑤代入⑥ ， ， 即， ∴：， ∴过定点． 【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了求二次函数解析式，以及两函数的交点问题，解决问题的关键是联立方程组求解． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $