2024年中考数学二轮专题 压轴题培优练习05（含答案）

这是一份2024年中考数学二轮专题 压轴题培优练习05（含答案），共21页。
(1)求该抛物线所对应的函数解析式；
(2)该抛物线与直线y=eq \f(3,5)x＋3相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N.
①连接PC、PD，如图①，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由．
②连接PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图②， 是否存在点P，使得△CNQ与△PBM相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
如图，点P为抛物线y＝eq \f(1,4)x2上一动点．
(1)若抛物线y＝eq \f(1,4)x2是由抛物线y＝eq \f(1,4)(x＋2)2﹣1通过图象平移得到的，请写出平移的过程；
(2)若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为(0，﹣1)，过点P作PM⊥l于M．
①问题探究：如图一，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM＝PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．
②问题解决：如图二，若点Q的坐标为(1，5)，求QP＋PF的最小值．
在平面直角坐标系中，抛物线y=x2＋(k－1)x－k与直线y=kx＋1交于A，B两点，点A在点B的左侧.
(1)如图1，当k=1时，求A，B两点的坐标；
(2)如图2，抛物线y=x2＋(k－1)x－k(k＞0)与x轴交于点C，D两点(点C在点D的左侧)，在直线y=kx＋1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由.
如图1，抛物线y=ax2＋bx＋3(a≠0)与x轴、y轴分别交于点A(﹣1，0)、B(3，0)、点C三点．
(1)试求抛物线的解析式；
(2)点D(2，m)在第一象限的抛物线上，连接BC、BD．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足∠PBC=∠DBC？如果存在，请求出点P点的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)如图2，在(2)的条件下，将△BOC沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，记平移后的三角形为△B′O′C′．在平移过程中，△B′O′C′与△BCD重叠的面积记为S，设平移的时间为t秒，试求S与t之间的函数关系式？
如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣ax2＋6ax＋6与y轴交于点B，交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点C，且S△ABC＝30．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，点P为第一象限抛物线上一点，其横坐标为t，PD⊥x轴于点D，设tan∠PAD等于m，求m与t之间的函数关系式；
(3)如图3，在(2)的条件下，当m＝eq \f(4,3)时，过点B作BN⊥AB交∠PAC的平分线于点N，点K在线段AB上，点M在线段AN上，连接KM、KN，∠MKN＝2∠BNK，作MT⊥KN于点T，延长MT交BN于点H，若NH＝4BH，求直线KN的解析式．
如图，关于y=﹣x2+bx+c的二次函数y=﹣x2+bx+c经过点A(﹣3，0)，点C(0，3)，点D为二次函数的顶点，DE为二次函数的对称轴，点E在x轴上．
(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)在图中求一点G，使以G、A、E、C为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点G的坐标；
(3)在抛物线A、C两点之间有一点F，使△FAC的面积最大，求该点坐标；
(4)直线DE上是否存在点P到直线AD的距离与到轴的距离相等？若存在，请求出点P，若不存在，请说明理由．
在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A(﹣4，0)，B(0，﹣4)，C(2，0)三点.
(1)求抛物线解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△MOA的面积为S.
求S关于m的函数关系式，并求出当m为何值时，S有最大值，这个最大值是多少？
(3)若点Q是直线y=﹣x上的动点，过Q做y轴的平行线交抛物线于点P，判断有几个Q能使以点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形的点，直接写出相应的点Q的坐标.

如图，抛物线M：y＝ax2＋bx＋b﹣a经过点(1，﹣3)和(﹣4，12)，与两坐标轴的交点分别为A，B，C，顶点为D．
(1)求抛物线M的表达式和顶点D的坐标；
(2)若抛物线N：y＝﹣eq \f(1,2)(x﹣h)2＋与抛物线M有一个公共点为E，则在抛物线N上是否存在一点F，使得以B、C、E、F为顶点的四边形是以BC为边的平行四边形？若存在，请求出h的值；若不存在，请说明理由．
\s 0 答案
解：(1)∵抛物线y=ax2＋bx＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)．
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0,25a＋5b＋3＝0)) ，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(3,5),b＝－\f(18,5)))，
∴该抛物线对应的函数解析式为y=eq \f(3,5)x2－eq \f(18,5)x＋3；
(2)∵点P是抛物线上的动点，且位于x轴下方，
∴可设点P(t，eq \f(3,5)t2－eq \f(18,5)t＋3)(1＜t＜5)，
∵PM∥y轴，分别与x轴和直线CD相交于点M、N，
∴M(t，0)，N(t，eq \f(3,5)t＋3)．
①∵点C，D是直线与抛物线的交点，
∴令eq \f(3,5)x2－eq \f(18,5)x＋3=eq \f(3,5)x＋3，解得x1=0，x2=7.
当x=0时，y=eq \f(3,5)x＋3=3，当x=7时，y=eq \f(3,5)x＋3=eq \f(36,5).
∴点C(0，3)，D(7，eq \f(36,5))．
如图，分别过点C和点D作直线PN的垂线，垂足分别为E，F，
则CE=t，DF=7－t，SΔPCD=SΔPCN＋SΔPDN=eq \f(1,2)PN·CE＋eq \f(1,2)PN·DF=eq \f(1,2)PN(CE＋DF)=eq \f(7,2)PN，
当PN最大时，△PCD的面积最大．
∵PN=eq \f(3,5)t＋3－(eq \f(3,5)t2－eq \f(18,5)t＋3)=－eq \f(3,5)(t－eq \f(7,2))2＋eq \f(147,20)，
∴当t=eq \f(7,2)时，PN取最大值为eq \f(147,20)，此时△PCD的面积最大，最大值为eq \f(1,2)×7×eq \f(147,20)=eq \f(1029,40)；
②存在.
∵∠CQN=∠PMB=90°，∴当eq \f(NQ,CQ)=eq \f(PM,BM)或eq \f(NQ,CQ)=eq \f(BM,PM)时，△CNQ与△PBM相似．
∵CQ⊥PM，垂足为点Q，∴Q(t，3)．
且C(0，3)，N(t，eq \f(3,5)t＋3)，
∴CQ=t，NQ=(eq \f(3,5)t＋3)－3=eq \f(3,5)t.∴eq \f(NQ,CQ)=eq \f(3,5).
∵P(t，eq \f(3,5)t2－eq \f(18,5)t＋3)，M(t，0)，B(5，0)．
∴BM=5－t，PM=－eq \f(3,5)t2＋eq \f(18,5)t－3.
情况1：当eq \f(NQ,CQ)=eq \f(PM,BM)时，PM=eq \f(3,5)BM，即－eq \f(3,5)t2＋eq \f(18,5)t－3=eq \f(3,5)(5－t)，解得
t1=2，t2=5(舍去)，此时，P(2，－eq \f(9,5))；
情况2：当eq \f(NQ,CQ)=eq \f(BM,PM)时，BM=eq \f(3,5)PM，即5－t=eq \f(3,5)(－eq \f(3,5)t2＋eq \f(18,5)t－3)，
解得t1=eq \f(34,9)，t2=5(舍去)．此时，P(eq \f(34,9)，－eq \f(55,27))．
综上所述，存在点P(2，－eq \f(9,5))或者P(eq \f(34,9)，－eq \f(55,27))，使得△CNQ与△PBM相似．
解：(1)∵抛物线y＝eq \f(1,4)(x＋2)2﹣1的顶点为(﹣2，﹣1)，
∴抛物线y＝eq \f(1,4)(x＋2)2﹣1的图象向上平移1个单位，
再向右2个单位得到抛物线y＝eq \f(1,4)x2的图象．
(2)①存在一定点F，使得PM＝PF恒成立．如图一，过点P作PB⊥y轴于点B，
设点P坐标为(a，eq \f(1,4)a2)，∴PM＝PF＝eq \f(1,4)a2＋1，
∵PB＝|a|，
∴Rt△PBF中，BF＝|eq \f(1,4)a2﹣1|，
∵BF＝|eq \f(1,4)a2﹣1|，OB＝eq \f(1,4)a2，
∴OF＝1，
∴点F坐标为(0，1)．
②如图二中，
由①，PM＝PF，
QP＋PF的最小值为QP＋PM的最小值，
当Q、P、M三点共线时，QP＋PM有最小值，最小值为点Q纵坐标加M纵坐标的绝对值．
∴QP＋PF的最小值为6．
解：(1)A(－1，0)，B(2，3)
(2)设直线AB：y=kx＋1与x轴，y轴分别交于点E，F，
则E(－eq \f(1,k)，0)，F(0，1)，OE=eq \f(1,k)，OF=1.
在Rt△EOF中，由勾股定理得：
EF=eq \r(（\f(1,k)）2＋1)=eq \f(\r(1＋k2),k).
令y=x2＋(k－1)x－k=0，得：x=－k或x=1.
∴C(－k，0)，OC=k.
①假设存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，
如图，则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，此时∠OQC=90°.
设点N为OC中点，连结NQ，则NQ⊥EF，NQ=CN=ON=eq \f(k,2).∴EN=OE－ON=eq \f(1,k)－eq \f(k,2).
∵∠NEQ=∠FEO，∠EQN=∠EOF=90°，∴△EQN∽△EOF，∴eq \f(NQ,OF)=eq \f(EN,EF)，
即：eq \f(\f(k,2),1)=eq \f(\f(1,k)－\f(k,2),\f(\r(1＋k2),k))，解得：k=±eq \f(2\r(5),5)，∵k>0，∴k=eq \f(2\r(5),5).
∴存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，此时k=eq \f(2\r(5),5).
②若直线AB过点C时，此时直线与圆的交点只有另一点Q点，故亦存在唯一一点Q，
使得∠OQC=90°，将C(－k，0)代入y=kx＋1中，可得k=1，k=－1(舍去)，
故亦存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，此时k=1.
综上所述，k=eq \f(2\r(5),5)或1时，存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°
解：(1)将A(﹣1，0)、B(3，0)代入抛物线y=ax2＋bx＋3(a≠0)，
，解得：a=﹣1，b=2．
故抛物线解析式为：y=﹣x2＋2x＋3．
(2)存在将点D代入抛物线解析式得：m=3，∴D(2，3)，
令x=0，y=3，
∴C(0，3)，∴OC=OB，∴∠OCB=∠CBO=45°，
如图，设BP交y轴于点G，

∵CD∥x轴，
∴∠DCB=∠BCO=45°，
在△CDB和△CGB中：
∵∠
∴△CDB≌△CGB(ASA)，
∴CG=CD=2，
∴OG=1，
∴点G(0，1)，设直线BP：y=kx＋1，
代入点B(3，0)，
∴k=﹣eq \f(1,3)，∴直线BP：y=﹣eq \f(1,3)x＋1，
联立直线BP和二次函数解析式：
，解得：或(舍)，
∴P(﹣eq \f(2,3)，eq \f(11,9))．
(3)直线BC：y=﹣x＋3，直线BD：y=﹣3x＋9，当0≤t≤2时，如下图：
设直线C′B′：y=﹣(x﹣t)＋3联立直线BD求得F(3﹣eq \f(1,2)t，eq \f(3,2)t)，
S=S△BCD﹣S△CC′E﹣S△C′DF=eq \f(1,2)×2×3﹣eq \f(1,2)×t×t﹣eq \f(1,2)×(2﹣t)(3﹣eq \f(3,2)t)
整理得：S=﹣eq \f(5,4)t2＋3t(0≤t≤2)．当2＜t≤3时，如图：
H(t，﹣3t＋9)，I(t，﹣t＋3)S=S△HIB=eq \f(1,2) [(﹣3t＋9)﹣(﹣t＋3)]×(3﹣t)
整理得：S=t2﹣6t＋9(2＜t≤3)综上所述：S=．
解：(1)令x＝0，则y＝6，
∴B(0，6)，
令y＝0，则﹣ax2＋6ax＋6＝0，
∴x1＋x2＝6，x1x2＝﹣，
∴|x1﹣x2|＝，∵S△ABC＝30＝6×，
解得a＝eq \f(3,8)，
∴y＝﹣eq \f(3,8)x2＋eq \f(9,4)x＋6；
(2)∵P点横坐标为t，
∴P(t，﹣eq \f(3,8)t2＋eq \f(9,4)t＋6)，
∵PD⊥x轴，
∴PD＝﹣eq \f(3,8)t2＋eq \f(9,4)t＋6，
令y＝0，则﹣eq \f(3,8)x2＋eq \f(9,4)x＋6，解得x＝﹣2或x＝8，
∴A(﹣2，0)，C(8，0)，
∴AD＝t＋2，
∵tan∠PAD＝m，
∴＝m，
整理得，m＝﹣eq \f(3,8)(t﹣8)(0＜t＜8)；
(3)连接BC与AP交于点E，
∵A(﹣2，0)，B(0，6)，C(8，0)，
∴AC＝10，BC＝10，
∴AC＝BC，
∴∠BAO＝∠ABE，
∵OB＝6，OC＝8，
∴tan∠OCB＝eq \f(4,3)，
∵m＝eq \f(4,3)，
∴∠PAD＝∠OBC，
∴∠BCO＝∠APD，
∴∠PAD＋∠BCO＝90°，
∴BC⊥AP，
∴∠BEA＝90°，
∴△ABO≌△EAB(AAS)，
∴∠BAE＝∠ABO，
∵AN平分∠PAC，
∴∠EAN＝∠NAC，
∴2∠OAE＋2∠EAN＝90°，
∴∠BAN＝45°，
∴△ABN是等腰直角三角形，
∴BN＝AB＝2eq \r(10)，
在Rt△APD中，设AN与PD交于Z，过Z作ZY⊥AP交于Y，
∵AZ是∠PAD的平分线，
∴YZ＝ZD，
∵tan∠PAD＝eq \f(4,3)，
设PD＝4，ZD＝y，则AD＝3，AP＝5，YZ＝y，
在Rt△PYZ中，(4﹣y)2＝y2＋22，
∴y＝eq \f(3,2)，∴tan∠ZAD＝eq \f(1,2)，
设N(m，n)，则＝，
∵2eq \r(10)＝，解得m＝6，n＝4，
∴N(6，4)，
过A作AL⊥AB交于HM的延长线于L，过B作BS∥HL交AL于点S，交KN于点Q，
∵MT⊥KN，
∴∠NHT＝90°﹣∠HNT，∠BKN＝90°﹣∠HNT，
∵∠MKN＝2∠BNK，
∴∠AKM＝180°﹣(∠BKN＋∠NKM)＝90°﹣∠HNT，
∴∠AKM＝∠HTN，
∵∠BAN＝∠BNA＝45°，
∴∠HMN＝∠KMA，
∵∠HMN＝∠AML，
∴∠KMA＝∠AML，
∵AL⊥AB，∠PAN＝∠CAN，
∴∠CAL＝∠BAE，
∴∠KAM＝∠MAL，
∴△AKM≌△ALM(ASA)，
∴AK＝AL，∠ALM＝∠AKN，
∵BN⊥AB，AL⊥AB，
∴BN∥AL，
∵BS∥HL，
∴四边形BHLS是平行四边形，
∴∠ALM＝∠BSA，
∴∠BKN＝∠BSA，
∵AB＝BN，∠ABN＝∠BAS＝90°，
∴△NBK≌△BAS(ASA)，
∴BK＝AS，
∴HL＝KN，
∵NH＝4BH，
设BH＝a，KB＝b，则NH＝4a，AB＝5a，
∵AK＝AL，
∴5a﹣b＝a＋b，
∴b＝2a，
∴BK：AB＝2：5，
过K作KG⊥x轴交于G，
∴△ABO∽△AKG，
∴＝＝＝，
∴KG＝eq \f(18,5)，AG＝eq \f(6,5)，∴K(﹣eq \f(4,5)，eq \f(18,5))，
设直线KN的解析式为y＝sx＋h，
∴，解得，
∴y＝x＋．
解：(1)把A(﹣3，0)，C(0，3)代入y=﹣x2+bx+c得
，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3，
∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣(x+1)2+4，
∴D(﹣1，4)；
(2)抛物线的对称轴为直线x=﹣1，则E(﹣1，0)，
如图1，∴AE=2，
当把C点向右平移2个单位得到G点，
则四边形AEGC为平行四边形，此时G(2，3)；
当把C点向左平移2个单位得到G′点，
则四边形AECG′为平行四边形，此时G(﹣2，3)；
由于点C向下平移3个单位，向左平移1个单位得到E点，
则点A向下平移3个单位，向左平移1个单位得到G″点，
则四边形ACEG″为平行四边形，此时G″(﹣4，﹣3)，
综上所述，G点坐标为(﹣2，3)或(2，3)或(﹣4，﹣3)；
(3)如图2，作FQ∥y轴交AC于Q，
设直线AC的解析式为y=mx+n，
把A(﹣3，0)，C(0，3)代入得
，解得，
∴直线AC的解析式为y=x+3，
设F(x，﹣x2﹣2x+3)，则Q(x，x+3)，
∴FQ=﹣x2﹣2x+3﹣(x+3)=﹣x2﹣3x，
∴S△FAC=eq \f(1,2)×3×FQ=eq \f(3,2)×(﹣x2﹣3x)=﹣eq \f(3,2)x2﹣eq \f(9,2)x=﹣eq \f(3,2)(x+eq \f(3,2))2+，
当x=﹣eq \f(3,2)时，△FAC的面积最大，此时F点坐标为(﹣eq \f(3,2)，eq \f(15,4)；
(4)存在．∵D(﹣1，4)，A(﹣3，0)，E(﹣1，0)，∴AD=2eq \r(5)，
设P(﹣1，t)，则PE=PH=|t|，DP=4﹣t，
∵∠HDP=∠EDA，∴Rt△DHP∽Rt△DEA，
∴PH：AE=DP：DA，即|t|：2=(4﹣t)：2eq \r(5)，
当t＞0时，t：2=(4﹣t)：2eq \r(5)，解得t=eq \r(5)﹣1；
当t＜0时，﹣t：2=(4﹣t)：2eq \r(5)，解得t=﹣eq \r(5)﹣1，
综上所述，满足条件的P点坐标为(﹣1，eq \r(5)﹣1)或(﹣1，﹣eq \r(5)﹣1)．
解：(1)设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∵抛物线经过A(﹣4，0)，B(0，﹣4)，C(2，0)，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=eq \f(1,2)x2+x﹣4；
(2)∵点M的横坐标为m，
∴点M的纵坐标为eq \f(1,2)m2+m﹣4，
又∵A(﹣4，0)，
∴AO=0﹣(﹣4)=4，
∴S=eq \f(1,2)×4×|eq \f(1,2)m2+m﹣4|=﹣(m2+2m﹣8)=﹣m2﹣2m+8，
∵S=﹣(m2+2m﹣8)=﹣(m+1)2+9，点M为第三象限内抛物线上一动点，
∴当m=﹣1时，S有最大值，最大值为S=9；
故答案为：S关于m的函数关系式为S=﹣m2﹣2m+8，当m=﹣1时，S有最大值9；
(3)∵点Q是直线y=﹣x上的动点，∴设点Q的坐标为(a，﹣a)，
∵点P在抛物线上，且PQ∥y轴，
∴点P的坐标为(a，eq \f(1,2) a2+a﹣4)，
∴PQ=﹣a﹣(eq \f(1,2)a2+a﹣4)=﹣eq \f(1,2)a2﹣2a+4，
又∵OB=0﹣(﹣4)=4，
以点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形，
∴|PQ|=OB，即|﹣eq \f(1,2)a2﹣2a+4|=4，
①﹣eq \f(1,2)a2﹣2a+4=4时，整理得，a2+4a=0，
解得a=0(舍去)或a=﹣4，
﹣a=4，
所以点Q坐标为(﹣4，4)，
②﹣eq \f(1,2)a2﹣2a+4=﹣4时，整理得，a2+4a﹣16=0，解得a=﹣2±2eq \r(5)，
所以点Q的坐标为(﹣2+2eq \r(5)，2﹣2eq \r(5))或(﹣2﹣2eq \r(5)，2+2eq \r(5))，
综上所述，Q坐标为(﹣4，4)或(﹣2+2eq \r(5)，2﹣2eq \r(5))或(﹣2﹣2eq \r(5)，2+2eq \r(5))时，
使点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形.
解：(1)将(1，﹣3)，(﹣4，12)代入y＝ax2＋bx＋b﹣a，
得，解得，
∴，
∴抛物线M的表达式为，顶点D的坐标为．
(2)存在．∵，
当x＝0时，y＝﹣2，
当y＝0时，，解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴C(0，﹣2)，B(4，0)，
设，，
当四边形BCFE是平行四边形时，
可看出是E，F可看成分别是B，C平移相同的单位得到，
则
②﹣③得m＋n＝2h﹣1④，
(①＋④)÷2得⑤，
(④﹣①)÷2得⑥，
将⑤，⑥代入③得h＝±，
当四边形BCEF是平行四边形时，
可看出是E，F可看成分别是C，B平移相同的单位得到，
则
②﹣③得m＋n＝2h﹣1④，
(①＋④)÷2得⑤，
(④﹣①)÷2得⑥，
将⑤，⑥代入③得h＝或，
当h＝eq \f(13,2)时，m＝h＋eq \f(3,2)＝eq \f(13,2)＋eq \f(3,2)＝8，n＝h﹣eq \f(5,2)＝eq \f(13,2)﹣eq \f(5,2)＝4，
∴E(4，0)，F(8，2)，此时点E与点B重合，不符合题意，舍去；
综上，h的值为eq \f(5,2)或±eq \f(1,2)eq \r(41)．