2023年中考数学二轮复习《压轴题-相似问题》强化练习(含答案)

这是一份2023年中考数学二轮复习《压轴题-相似问题》强化练习(含答案)，共22页。试卷主要包含了如图，已知抛物线等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学二轮复习《压轴题-相似问题》强化练习1.如图，已知抛物线y＝x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．(1)写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；(2)若直线y＝﹣x＋b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；(3)P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点P，使△CMN与△OBC相似？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．              2.如图，已知抛物线：y＝﹣2x2＋bx＋c与x轴交于点A，B(2，0)(A在B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴是直线x＝，P是第一象限内抛物线上的任一点．(1)求抛物线的解析式；(2)若点D为线段OC的中点，则△POD能否是等边三角形？请说明理由；(3)过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M，垂足为点H，若以P，M，C为顶点的三角形与△BMH相似，求点P的坐标．                3.已知抛物线y＝x2﹣3x＋与x轴交于A，B两点(点A在点B的左边)．(1)求A，B两点的坐标；(2)如图1，若点D是抛物线上在第四象限的点，连接DA并延长，交y轴于点P，过点D作DE⊥x轴于点E．当△APO与△ADE的面积比为＝时．求点D的坐标；(3)如图2，抛物线与y轴相交于点F．若点Q是线段OF上的动点，过点Q作与x轴平行的直线交抛物线于M，N两点(点M在点N的左边)．请问是否存在以Q，A，M为顶点的三角形与△QNA相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．                 4.如图，已知抛物线y＝x2＋2x的顶点为A，直线y＝x＋2与抛物线交于B，C两点．(1)求A，B，C三点的坐标；(2)作CD⊥x轴于点D，求证：△ODC∽△ABC；(3)若点P为抛物线上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，则是否还存在除C点外的其他位置的点，使以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出这样的P点坐标；若不存在，请说明理由．                   5.如图，抛物线经过A(4，0)，B(1，0)，C(0，﹣2)三点．(1)求出抛物线的解析式；(2)P是抛物线在第一象限上的一动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若抛物线上有一点D(点D位于直线AC的上方且不与点B重合)使得S△DCA＝S△ABC，直接写出点D的坐标．                   6.如图，抛物线y＝x2﹣bx＋c过点B(3，0)，C(0，﹣3)，D为抛物线的顶点．(1)求抛物线的解析式以及顶点坐标；(2)连接BC，CD，DB，求∠CBD的正切值；(3)点C关于抛物线y＝x2﹣bx＋c对称轴的对称点为E点，连接BE，直线BE与对称轴交于点M，在(2)的条件下，点P是抛物线对称轴上的一点，是否存在点P使△CDB和△BMP相似，若存在，求点P坐标，若不存在，请说明理由．                    7.如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2＋c经过点A(4，3)，顶点为点B，点P为抛物线上的一个动点，l是过点(0，﹣2)且垂直于y轴的直线，连接PO．(1)求抛物线的表达式，并求出顶点B的坐标；(2)试证明：经过点O的⊙P与直线l相切；(3)如图②，已知点C的坐标为(1，2)，是否存在点P，使得以点P，O及(2)中的切点为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．              8.在平面直角坐标系中，抛物线经过点A(﹣2，0)，B(﹣3，3)及原点O，顶点为C．(1)求该抛物线的函数表达式及顶点C的坐标；(2)设该抛物线上一动点P的横坐标为t．①在图1中，当﹣3＜t＜0时，求△PBO的面积S与t的函数关系式，并求S的最大值；②在图2中，若点P在该抛物线上，点E在该抛物线的对称轴上，且以A，O，P，E为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标；③在图3中，若P是y轴左侧该抛物线上的动点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P使得以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．      
参考答案1.解：(1)当x＝0时，y＝﹣2，∴C(0，2)，当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，(x﹣2)(x＋1)＝0，∴x1＝2，x2＝﹣1，∴A(﹣1，0)，B(2，0)，设图象W的解析式为：y＝a(x＋1)(x﹣2)，把C(0，2)代入得：﹣2a＝2，∴a＝﹣1，∴y＝﹣(x＋1)(x﹣2)＝﹣x2＋x＋2，∴图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式为：y＝﹣x2＋x＋2(﹣1＜x＜2)；(2)由图象得直线y＝﹣x＋b与图象W有三个交点时，存在两种情况：①当直线y＝﹣x＋b过点C时，与图象W有三个交点，此时b＝2；②当直线y＝﹣x＋b与图象W位于线段AB上方部分对应的函数图象相切时，如图1，﹣x＋b＝﹣x2＋x＋2，x2﹣2x＋b﹣2＝0，Δ＝(﹣2)2﹣4×1×(b﹣2)＝0，∴b＝3，综上，b的值是2或3；(3)∵OB＝OC＝2，∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形，如图2，CN∥OB，△CNM∽△BOC，∵PN∥y轴，∴P(1，0)；如图3，CN∥OB，△CNM∽△BOC，当y＝2时，x2﹣x﹣2＝2，x2﹣x﹣4＝0，∴x1＝，x2＝，∴P(，0)；如图4，当∠MCN＝90°时，△OBC∽△CMN，∴CN的解析式为：y＝x＋2，∴x＋2＝x2﹣x﹣2，∴x1＝1＋，x2＝1﹣(舍)，∴P(1＋，0)，综上，点P的坐标为(1，0)或(，0)或(1＋，0)．2.解：(1)由题意得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣2x2＋2x＋4；(2)△POD不可能是等边三角形，理由如下：如图1，取OD的中点E，过点E作EP∥x轴，交抛物线于点P，连接PD，PO，∵C(0，4)，D是OD的中点，∴E(0，1)，当y＝1时，﹣2x2＋2x＋4＝1，2x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝，x2＝(舍)，∴P(，1)，∴OD≠PD，∴△POD不可能是等边三角形；(3)设点P的坐标为(t，﹣2t2＋2t＋4)，则OH＝t，BH＝2﹣t，分两种情况：①如图2，△CMP∽△BMH，∴∠PCM＝∠OBC，∠BHM＝∠CPM＝90°，∴tan∠OBC＝tan∠PCM，∴＝＝＝＝2，∴PM＝2PC＝2t，MH＝2BH＝2(2﹣t)，∵PH＝PM＋MH，∴2t＋2(2﹣t)＝﹣2t2＋2t＋4，解得：t1＝0，t2＝1，∴P(1，4)；②如图3，△PCM∽△BHM，则∠PCM＝∠BHM＝90°，过点P作PE⊥y轴于E，∴∠PEC＝∠BOC＝∠PCM＝90°，∴∠PCE＋∠EPC＝∠PCE＋∠BCO＝90°，∴∠BCO＝∠EPC，∴△PEC∽△COB，∴＝，∴＝，解得：t1＝0(舍)，t2＝，∴P(，)；综上，点P的坐标为(1，4)或(，)．3.解：(1)当y＝0时，x2﹣3x＋＝0，解得：x1＝1，x2＝5，∴A(1，0)，B(5，0)；(2)∵DE⊥x轴，∴∠AED＝90°，∴∠AOP＝∠AED＝90°，∵∠OAP＝∠DAE，∴△AOP∽△AED，∴＝＝，∴＝，∵OA＝1，∴AE＝2，∴OE＝3，当x＝3时，y＝﹣3×3＋＝﹣2，∴D(3，﹣2)；(3)如图2，设Q(0，m)，当x＝0时，y＝，∴F(0，)，∵点Q是线段OF上的动点，∴0≤m≤，当y＝m时，x2﹣3x＋＝m，x2﹣6x＋5﹣2m＝0，x＝3，∴x1＝3＋，x2＝3﹣，∴QM＝3﹣，QN＝3＋，在Rt△AOQ中，由勾股定理得：AQ＝，∵∠AQM＝∠AQN，∴当△AQM和△AQN相似只存在一种情况：△AQM∽△NQA，∴，∴AQ2＝NQ•QM，即1＋m2＝(3＋)(3﹣)，解得：m1＝﹣1＋，m2＝﹣1﹣(舍)，∴Q(0，﹣1＋)．4.解：(1)y＝x2＋2x＝(x＋1)2﹣1，∴顶点A(﹣1，﹣1)；由，解得：或∴B(﹣2，0)，C(1，3)；(2)证明：∵A(﹣1，﹣1)，B(﹣2，0)，C(1，3)，∴AB＝，BC＝3，AC＝2，∴AB2＋BC2＝AC2，＝＝，∴∠ABC＝90°，∵OD＝1，CD＝3，∴＝，∴，∠ABC＝∠ODC＝90°，∴△ODC∽△ABC；(3)存在这样的P点，设M(x，0)，则P(x，x2＋2x)，∴OM＝|x|，PM＝|x2＋2x|，当以O，P，M为顶点的三角形与△ABC相似时，有＝或＝，由(2)知：AB＝，CB＝3，①当＝时，则＝，当P在第二象限时，x＜0，x2＋2x＞0，∴，解得：x1＝0(舍)，x2＝﹣，当P在第三象限时，x＜0，x2＋2x＜0，∴＝，解得：x1＝0(舍)，x2＝﹣，②当＝时，则＝3，同理代入可得：x＝﹣5或x＝1(舍)，综上所述，存在这样的点P，坐标为(﹣，﹣)或(﹣，)或(﹣5，15)．5.解：(1)设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，将A(4，0)，B(1，0)，C(0，﹣2)代入y＝ax2＋bx＋c，∴，解得，∴y＝﹣x2＋x﹣2；(2)存在P点，使得以A，P，M为顶点的三角形与△OAC相似，理由如下：设P(t，﹣t2＋t﹣2)，则M(t，0)，1＜t＜4，∴PM＝﹣t2＋t﹣2，∵A(4，0)，∴AM＝4﹣t，∴tan∠MAP＝，∵C(0，﹣2)，∴OC＝2，OA＝4，∴tan∠OAC＝，①当∠PAM＝∠OAC时，＝，解得t＝2或t＝4(舍)，∴P(2，1)；②当∠PAM＝∠OCA时，＝2，解得t＝4(舍)或t＝5(舍)，∴此时P不存在；综上所述：P点坐标为(2，1)；(3)设直线AC的解析式为y＝kx＋b，∴，∴，∴直线AC的解析式为y＝x﹣2，过点B作直线AC的平行线y＝x＋m，∴＋m＝0，∴m＝﹣，∴y＝x﹣，联立方程组，解得(舍)或，∴D(3，1)．6.解：(1)将点B、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；∵y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，∴D(1，﹣4)；(2)如图．∵B(3，0)，C(0，﹣3)，D(1，﹣4)，∴BC2＝32＋32＝18，BC＝3，CD2＝12＋(4﹣3)2＝2，CD＝，BD2＝42＋(3﹣1)2＝20，BD＝2，∴BD2＝BC2＋CD2，∴△BCD是直角三角形，∠BCD＝90°，∴tan∠CBD＝＝＝；(3)∵点C关于抛物线y＝x2﹣2x﹣3对称轴的对称点为E点，y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，∴E(2，﹣3)，∵B(3，0)，∴直线BE为y＝3x﹣9，∴M(1，﹣6)，由(2)知△CDB是直角三角形，∠BCD＝90°，若△CDB和△BMP相似，可分两种情况进行解析：①∠MPB＝∠BCD＝90°时，点P在x轴上，∵M(1，﹣6)，B(3，0)，∴PM＝6，BP＝2，∴，∴＝，∵∠MPB＝∠BCD＝90°，∴△CDB和△PBM，∴P(1，0)；②∠MBP＝∠BCD＝90°时，∵M(1，﹣6)，B(3，0)，∴MB＝2，∵△CDB和△BPM，∴，∴，解得PM＝，∴点MP的纵坐标为﹣6＝，∴P(1，)．综上所述，存在，点P的坐标为(1，0)或(1，)．7.解：(1)∵抛物线y＝x2＋c经过点A(4，3)，∴3＝4＋c，∴c＝﹣1，∴抛物线的表达式为y＝x2﹣1，顶点B(0，﹣1)；(2)证明：过P作PH⊥l，垂足为H，设点P坐标(m，m2﹣1)，∵l是过点(0，﹣2)且垂直于y轴的直线，∴PH＝m2﹣1＋2＝m2＋1，PO＝m2＋1，∴PO＝PH，即直线l到圆心P的距离等于⊙P的半径，∴经过点O的⊙P与直线l相切；(3)解：存在．理由如下：∵A(4，3)，B(0，﹣1)，C(1，2)，∴BC＝，AC＝，AB＝4．∴BC＝AC，∵PO＝PH，以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，∴PH与BC，PO与AC是对应边，∴，设点P(m，m2﹣1)，则H(m，﹣2)，∴PH＝m2﹣1＋2＝m2＋1，OH＝，∴，∴×＝m2＋4，解得m＝±1．∴点P坐标(1，﹣)或(﹣1，﹣)．8.解：(1)设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx，将A(﹣2，0)，B(﹣3，3)代入，∴，解得，∴y＝x2＋2x，∴C(﹣1，﹣1)；(2)①∵P的横坐标为t，∴P(t，t2＋2t)，设直线BO的解析式为y＝kx，∴﹣3k＝3，∴k＝﹣1，∴y＝﹣x，过点P作PG⊥x轴交BO于点G，∴E(t，﹣t)∴PG＝﹣t﹣t2﹣2t＝﹣t2﹣3t，∴S＝×3×(﹣t2﹣3t)＝﹣(t＋)2＋，∵﹣3＜t＜0，∴t＝﹣时，S有最大值；②∵y＝x2＋2x，∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，设E(﹣1，m)，当AO为平行四边形的对角线时，，解得，∴P(﹣1，﹣1)；当AP为平行四边形的对角线时，，解得，∴P(1，3)；当AE为平行四边形的对角线时，，解得，∴P(﹣3，3)；综上所述：P点坐标为(﹣1，﹣1)或(1，3)或(﹣3，3)；(3)存在点P使得以点P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似，理由如下：∵B(﹣3，3)，C(﹣1，﹣1)，∴BO＝3，OC＝，BC＝2，∴BO2＋CO2＝BC2，∴△COB为直角三角形，∠BOC＝90°，∴tan∠CBO＝，∵PM⊥AM，∴∠BOC＝∠PMA，设P(m，m2＋2m)(t＜0)，∴PM＝m2＋2m，AM＝﹣2﹣m，当∠MPA＝∠OBC时，＝，解得m＝﹣2(舍)或m＝﹣3，∴P(﹣3，3)；当∠PAM＝∠OBC时，＝，解得m＝﹣2(舍)或m＝﹣，∴P(﹣，﹣)；综上所述：P点坐标为(﹣3，3)或(﹣，﹣)．