专题29二次函数与相似压轴问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析）

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经典例题
【例1】（2022·广西桂林·统考中考真题）如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1的线段PQ（点P位于点Q的上方）在x轴上方的抛物线对称轴上运动．
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)求CP+PQ+QB的最小值；
(3)过点P作PM⊥y轴于点M，当△CPM和△QBN相似时，求点Q的坐标．
【答案】(1)A(﹣1，0)，B(4，0)，C(0，4)
(2)6
(3)(32，152)或(32，158)或(32，3+262)
【分析】（1）由y＝﹣x2+3x+4可得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；
（2）将C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，可知四边形CC'QP是平行四边形，及得CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，而B，Q，C'共线，故此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC'+PQ的值，由勾股定理可得BC'＝5，即得CP+PQ+BQ最小值为6；
（3）由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣3−2＝32，设Q（32，t），则Q（32，t+1），M（0，t+1），N（32，0），知BN＝52，QN＝t，PM＝32，CM＝|t﹣3|，①当CMQN＝PMBN时，|t−3|t＝3252，可解得Q（32，152）或（32，158）；②当CMBN＝PMQN时，|t−3|52＝32t，得Q（32，3+262）．
（1）
解：在y＝﹣x2+3x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣1或x＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）．
（2）
将C（0，4）向下平移至C′，使CC′＝PQ，连接BC′交抛物线的对称轴l于Q，如图所示：
∵CC′＝PQ，CC′∥PQ，
∴四边形CC′QP是平行四边形，
∴CP＝C′Q，
∴CP+PQ+BQ＝C′Q+PQ+BQ＝BC′+PQ，
∵B，Q，C′共线，
∴此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC′+PQ的值，
∵C（0，4），CC′＝PQ＝1，
∴C′（0，3），
∵B（4，0），
∴BC′＝32+42＝5，
∴BC′+PQ＝5+1＝6，
∴CP+PQ+BQ最小值为6．
（3）
如图：
由y＝﹣x2+3x+4得，抛物线对称轴为直线x=−3−2=32，
设Q（32，t），则P（32，t+1），M（0，t+1），N（32，0），
∵B（4，0），C（0，4）；
∴BN＝52，QN＝t，PM＝32，CM＝|t﹣3|，
∵∠CMP＝∠QNB＝90°，
∴△CPM和△QBN相似，只需CMQN＝PMBN或CMBN＝PMQN，
①当CMQN＝PMBN时，|t−3|t＝3252，
解得t＝152或t＝158，
∴Q（32，152）或（32，158）；
②当CMBN＝PMQN时，|t−3|52＝32t，
解得t＝3+262或t＝3−262（舍去），
∴Q（32，3+262），
综上所述，Q的坐标是(32，152)或(32，158)或(32，3+262)．
【点睛】本题主要考查二次函数综合应用，涉及二次函数图象上点坐标的特征，线段和的最小值，相似三角形的性质及应用等，解题的关键是分类讨论思想的应用．
【例2】（2022·四川绵阳·统考中考真题）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c交x轴于A(-1，0)，B两点，交y轴于点C(0，3)，顶点D的横坐标为1．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在y轴的负半轴上是否存在点P使∠APB＋∠ACB＝180°．若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)过点C作直线l与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E，连接AD，AE，DE，在直线l下方的抛物线上是否存在一点M，过点M作MF⊥l，垂足为F，使以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似？若存在，请求出M点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+2x+3；
(2)存在，P（0，-1）使∠APB＋∠ACB＝180°，理由见解析；
(3)存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或−13,209
【分析】（1）由抛物线的对称轴可得点B的坐标，由此设出交点式，代入点C的坐标，即可得出抛物线的解析式；
（2）由题意可知，点A，C，B，P四点共圆，画出图形，即可得出点P的坐标；
（3）由抛物线的对称性可得出点E的坐标，点D的坐标，根据两点间的距离公式可得出AD，DE，AE的长，可得出△ADE是直角三角形，且DE∶AE=1：3，再根据相似三角形的性质可得出EF和FM的比例，由此可得出点M的坐标．
【详解】（1）解：∵顶点D的横坐标为1，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵A（-1，0），
∴B（3，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x-3），
把C（0，3）代入抛物线的解析式得：
-3a=3，解得a=-1，
∴抛物线的解析式为：y=-（x+1）（x-3）=-x2+2x+3；
（2）存在，P（0，-1），理由如下：
∵∠APB+∠ACB=180°，
∴∠CAP+∠CBP=180°，
∴点A，C，B，P四点共圆，
如图所示，
∵点A（0，-1），B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠APC=∠ABC=45°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴OP=OA=1，
∴P（0，-1）；
（3）解：存在，理由如下：
∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴D（1，4），
由抛物线的对称性得：E（2，3），
∵A（-1，0），
∴AD=25,DE=2,AE=32，
∴AD2=DE2+AE2，
∴△ADE是直角三角形，且∠AED=90°，DE∶AE=1∶3，
∵点M在直线l下方的抛物线上，
设M(t,−t2+2t+3)，则t＞2或t＜0，
∵MF⊥l，
∴点F（t，3），
∴EF=|t−2|，MF=3−−t2+2t+3=t2−2t，
∵以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似，
∴EF:MF=DE:AE=1:3或MF:EF=DE:AE=1:3，
∴|t−2|:(t2−2t)=1:3或(t2−2t):|t−2|=1:3，
解得t=2（舍去） 或t=3或t=-3或t=13（舍去）或t=−13，
∴点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或−13,209，
综上所述，存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或−13,209．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，圆内四边形的性质，相似三角形的性质与判定，分类讨论思想等，第（2）问得出四点共固是解题关键；第（3）问得出△ADE是直角三角形并得出AD∶AE的值是解题关键．
【例3】（2022·辽宁·统考中考真题）抛物线y＝ax2﹣2x+c经过点A(3，0)，点C(0，﹣3)，直线y＝﹣x+b经过点A，交抛物线于点E．抛物线的对称轴交AE于点B，交x轴于点D，交直线AC于点F．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，点P为直线AC下方抛物线上的点，连接PA，PC，△BAF的面积记为S1，△PAC的面积记为S2，当S2＝38S1时．求点P的横坐标；
(3)如图②，连接CD，点Q为平面内直线AE下方的点，以点Q，A，E为顶点的三角形与△CDF相似时（AE与CD不是对应边），请直接写出符合条件的点Q的坐标．
【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3
(2)P点的横坐标为3+52或3−52
(3)Q点坐标为(﹣7，5)或(﹣12，5)或(3，﹣10)或(3，﹣5)
【分析】（1）用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）先分别求出直线AE、AC的解析式，进而求出点B（1，2），D（1，0），F（1，﹣2），过点P作x轴垂线交AC于点M，交x轴于点N，设P（m，m2﹣2m﹣3），则M（m，m﹣3），由面积关系求出P点的横坐标；
（3）分类讨论①当△CDF∽△QAE时， CDAQ=DFAE=CFEQ；②当△CDF∽△AQE时，CDAQ=DFQE=CFAE；③当△CDF∽△EQA时， CDEQ=DFAQ=CFAE；④当△CDF∽△QEA时， CDEQ=DFAE=CFAQ．分别求出点Q的坐标．
（1）
解：将A（3，0），点C（0，﹣3）代入y＝ax2﹣2x+c，
∴9a−6+c=0c=−3，
解得a=1c=−3，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）
将A（3，0）代入y＝﹣x+b中，
∴b＝3，
∴y＝﹣x+3，
设直线AC的解析式为y＝kx+b'，
∴3k+b′=0b′=−3，
解得k=1b′=−3，
∴y＝x﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴B（1，2），D（1，0），F（1，﹣2），
过点P作x轴垂线交AC于点M，交x轴于点N，
设P（m，m2﹣2m﹣3），则M（m，m﹣3），
∴PM＝﹣m2+3m，
∴S2＝12×OA×PM＝−32m2+92m，
S1＝12×BF×AD＝4，
∵S2＝38S1，
∴−32m2+92m＝32，
解得m＝3+52或m＝3−52，
∴P点的横坐标为3+52或3−52；
（3）
∵C（0，﹣3），D（1，0），F（1，﹣2），
∴CD＝10，CF＝2，DF＝2，
∵E（﹣2，5），A（3，0），
∴AE＝52，
设Q（x，y），
①当△CDF∽△QAE时， CDAQ=DFAE=CFEQ
∴10AQ＝252＝2EQ，
∴AQ＝55，EQ＝5，
∴(x−3)2+y2=125(x+2)2+(y−5)2=25，
解得x=−7y=5或x=−2y=10（舍），
∴Q（﹣7，5）；
②当△CDF∽△AQE时，CDAQ=DFQE=CFAE，
∴10AQ＝2EQ＝252，
∴AQ＝510，QE＝10，
∴(x+2)2+(y−5)2=100(x−3)2+y2=250，
解得x=−2y=15（舍）或x=−12y=5，
∴Q（﹣12，5）；
③当△CDF∽△EQA时， CDEQ=DFAQ=CFAE，
∴10EQ＝2AQ＝252，
∴EQ＝510，AQ＝10，
∴(x−3)2+y2=100(x+2)2+(y−5)2=250，
解得x=3y=−10或x=13y=0（舍），
∴Q（3，﹣10）；
④当△CDF∽△QEA时， CDEQ=DFAE=CFAQ，
∴10EQ＝252＝2AQ，
∴EQ＝55，AQ＝5，
∴(x+2)2+(y−5)2=125(x−3)2+y2=25，
解得x=3y=−5或x=8y=0（舍），
∴Q（3，﹣5）；
综上所述：Q点坐标为（﹣7，5）或（﹣12，5）或（3，﹣10）或（3，﹣5）．
【点睛】本题主要是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，三角形面积，相似三角形的判定和性质，利用数形结合和分类讨论思想解答是解题的关键．
【例4】（2022·湖南·统考中考真题）如图，已知抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)的图像与x轴交于A(1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的函数表达式及点D的坐标；
(2)若四边形BCEF为矩形，CE=3．点M以每秒1个单位的速度从点C沿CE向点E运动，同时点N以每秒2个单位的速度从点E沿EF向点F运动，一点到达终点，另一点随之停止．当以M、E、N为顶点的三角形与ΔBOC相似时，求运动时间t的值；
(3)抛物线的对称轴与x轴交于点P，点G是点P关于点D的对称点，点Q是x轴下方抛物线图像上的动点．若过点Q的直线l:y=kx+m(|k|