2021年中考数学二轮专题复习《压轴题》培优练习六(含答案)

中考数学二轮专题复习《压轴题》培优练习六

1.已知抛物线的表达式为y=-x2+6x+c.

（1）若抛物线与x轴有交点，求c的取值范围；

（2）设抛物线与x轴两个交点的横坐标分别为x1,x2，若x12+x22=26,求c的值；

（3）若P、Q是抛物线上位于第一象限的不同两点，PA、QB都垂直于x轴，垂足分别为A、B，且△OPA与△OQB全等，求证：c>-5.25.

2.如图，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A（-1，0）、C，与y轴交于点B（0，3），抛物线的顶点为P．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若抛物线向下平移k个单位后经过点（﹣5，6）．

    ①求k的值及平移后抛物线所对应函数的最小值；

    ②设平移后抛物线与y轴交于点D，顶点为Q，点M是平移后的抛物线上的一个动点，请探究：当点M在何处时，△MBD的面积是△MPQ面积的2倍？求出此时点M的坐标．

3.抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C,已知抛物线的对称轴为x=1，B(3,0),C(0,-3)，

（1）求二次函数y=ax2+bx+c的解析式；

（2）在抛物线对称轴上是否存在一点P，使点P到B、C两点距离之差最大？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；

（3）平行于x轴的一条直线交抛物线于M,N两点，若以MN为直径的圆恰好与x轴相切，求此圆的半径．

4.如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x+3分别相交于A，B两点，且此抛物线与x轴的一个交点为C，连接AC，BC．已知A(0，3)，C(﹣3，0)．

(1)求抛物线的解析式；

(2)在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MC|的值最大，并求出这个最大值；

(3)点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？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．

5.已知抛物线y=ax2﹣4a（a＞0）与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P是抛物线上一点，且PB=AB，∠PBA=120°，如图所示．

（1）求抛物线的解析式．

（2）设点M（m，n）为抛物线上的一个动点，且在曲线PA上移动．

①当点M在曲线PB之间（含端点）移动时，是否存在点M使△APM的面积为？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．

②当点M在曲线BA之间（含端点）移动时，求|m|+|n|的最大值及取得最大值时点M的坐标．

6.如图,在平面直角坐标系中,矩形OCDE的顶点C和E分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上,OC=8,OE=17，抛物线y=x2﹣3x+m与y轴相交于点A,抛物线的对称轴与x轴相交于点B,与CD交于点K．

（1）将矩形OCDE沿AB折叠,点O恰好落在边CD上的点F处．

①点B的坐标为（        、       ）,BK的长是        ,CK的长是         ；

②求点F的坐标；

③请直接写出抛物线的函数表达式；

（2）将矩形OCDE沿着经过点E的直线折叠,点O恰好落在边CD上的点G处,连接OG,折痕与OG相交于点H,点M是线段EH上的一个动点（不与点H重合）,连接MG,MO,过点G作GP⊥OM于点P,交EH于点N,连接ON，点M从点E开始沿线段EH向点H运动,至与点N重合时停止,△MOG和△NOG的面积分别表示为S1和S2，在点M的运动过程中，S1•S2（即S1与S2的积）的值是否发生变化?若变化，请直接写出变化范围；若不变，请直接写出这个值．

7.如图，抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线x=2，抛物线与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，且点A的坐标为(-1，0)．

(1)求抛物线的函数表达式；

(2)将抛物线y=x2+bx+c图象x轴下方部分沿x轴向上翻折，保留抛物线在x轴上的点和x轴上方图象，得到的新图象与直线y=t恒有四个交点，从左到右四个交点依次记为D，E，F，G．当以EF为直径的圆过点Q(2，1)时，求t的值；

(3)在抛物线y=x2+bx+c上，当m≤x≤n时，y的取值范围是m≤y≤7，请直接写出x的取值范围．

8.如图1，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P的横坐标为t．

（1）求抛物线的表达式；

（2）设抛物线的对称轴为l，l与x轴的交点为D．在直线l上是否存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S．

①求S关于t的函数表达式；

②求P点到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P的坐标．

答案解析

9.解：

10.解：

（1）∵点A（﹣1，0）、点B（0，3），在抛物线上，

∴，解得：，∴所求的抛物线解析式为y=x2+4x+3；

（2）设平移后抛物线的解析式为y=x2+4x+3+k．

∵它经过点（﹣5，6），

∴6=（﹣5）2+4（﹣5）+3+k．∴k=﹣2．

∴平移后抛物线的解析式为y=x2+4x+3﹣2=x2+4x+1．配方，得y=（x+2）2﹣3．

∵a=1＞0，

∴平移后的抛物线的最小值是﹣3．

（3）由（2）可知，BD=PQ=2，对称轴为x=﹣2．

又∵S△MBD=2S△MPQ，

∴BD边上的高是PQ边上的高的2倍．设M点坐标为（m，n）．

①当M点的对称轴的左侧时，则有0﹣m=2（﹣2﹣m）．

∴m=﹣4．∴n=（﹣4）2+4（﹣4）+1=1．∴M（﹣4，1）．

②当M点在对称轴与y轴之间时，则有0﹣m=2[m﹣（﹣2）]．∴m=﹣．

∴n=（﹣）2+（﹣4）+1=﹣．∴M（﹣，﹣）．

③当M点在y轴的右侧时，

则有m=2[（m﹣（﹣2）]．∴m=﹣4＜0，不合题意，应舍去．

综合上述，得所求的M点的坐标是（﹣4，1）或（﹣，﹣）．

11.解：

（1）将C(0,-3)代入y=ax2+bx+c，得 c=3．

将c＝3，B(3,0)代入y=ax2+bx+c，得 ．

∵是对称轴，∴

将（2）代入（1）得：， ．

所以，二次函数得解析式是．

（2）AC与对称轴的交点P即为到B、C的距离之差最大的点．

∵C点的坐标为(0,-3)，A点的坐标为(-1,0)，

∴ 直线AC的解析式是，

又对称轴为，∴ 点P的坐标(1,-6)．

（3）设，所求圆的半径为r，则 ，

  ∵ 对称轴为， ∴．由（1）、（2）得：．

将代入解析式，得 ，

整理得： ．由于 当时，，

解得， ，  （舍去），

当时，，解得，，（舍去）．

所以圆的半径是或．

12.解：

13.解：

（1）如图1，令y=0代入y=ax2﹣4a，∴0=ax2﹣4a，

∵a＞0，∴x2﹣4=0，∴x=±2，

∴A（﹣2，0），B（2，0），∴AB=4，

过点P作PC⊥x轴于点C，∴∠PBC=180°﹣∠PBA=60°，

∵PB=AB=4，

∴cos∠PBC=，∴BC=2，由勾股定理可求得：PC=2，

∵OC=OC+BC=4，

∴P（4，2），把P（4，2）代入y=ax2﹣4a，

∴2=16a﹣4a，∴a=，

∴抛物线解析式为；y=x2﹣；

（2）∵点M在抛物线上，

∴n=m2﹣，∴M的坐标为（m，m2﹣），

①当点M在曲线PB之间（含端点）移动时，∴2≤m≤4，

如图2，过点M作ME⊥x轴于点E，交AP于点D，

设直线AP的解析式为y=kx+b，

把A（﹣2，0）与P（4，2）代入y=kx+b，

得：，解得∴直线AP的解析式为：y=x+，

令x=m代入y=x+，∴y=m+，

∴D的坐标为（m， m+），

∴DM=（m+）﹣（m2﹣）=﹣m2+m+，

∴S△APM=DM•AE+DM•CE=DM（AE+CE）=DM•AC=﹣m2+m+4

当S△APM=时，∴=﹣m2+m+4，∴解得m=3或m=﹣1，

∵2≤m≤4，∴m=3，此时，M的坐标为（3，）；

②当点M在曲线BA之间（含端点）移动时，∴﹣2≤m≤2，n＜0，

当﹣2≤m≤0时，

∴|m|+|n|=﹣m﹣n=﹣m2﹣m+=﹣（m+）2+，

当m=﹣时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，

此时，M的坐标为（﹣，﹣），当0＜m≤2时，

∴|m|+|n|=m﹣n=﹣m2+m+=﹣（m﹣）2+，

当m=时，∴|m|+|n|可取得最大值，最大值为，

此时，M的坐标为（，﹣），

综上所述，当点M在曲线BA之间（含端点）移动时，

M的坐标为（，﹣）或（﹣，﹣）时，|m|+|n|的最大值为．

14.解：

（1）如图1中，

①∵抛物线y=x2﹣3x+m的对称轴x=﹣=10，∴点B坐标（10，0），

∵四边形OBKC是矩形，∴CK=OB=10，KB=OC=8，

故答案分别为10，0，8，10．

②在RT△FBK中，∵∠FKB=90°，BF=OB=10，BK=OC=8，

∴FK==6，∴CF=CK﹣FK=4，∴点F坐标（4，8）．

③设OA=AF=x，在RT△ACF中，

∵AC2+CF2=AF2，∴（8﹣x）2+42=x2，∴x=5，

∴点A坐标（0，5），代入抛物线y=x2﹣3x+m得m=5，

∴抛物线为y=x2﹣3x+5．

（2）不变．S1•S2=189．理由：

如图2中，在RT△EDG中，∵GE=EO=17，ED=8，

∴DG===15，

∴CG=CD﹣DG=2，∴OG===2，

∵CP⊥OM，MH⊥OG，∴∠NPN=∠NHG=90°，

∵∠HNG+∠HGN=90°，∠PNM+∠PMN=90°，∠HNG=∠PNM，

∴∠HGN=∠NMP，

∵∠NMP=∠HMG，∠GHN=∠GHM，∴△GHN∽△MHG，∴=，

∴GH2=HN•HM，∵GH=OH=，∴HN•HM=17，

∵S1•S2=•OG•HN••OG•HM=（•2）2•17=289．

15.解：

16.解：