2021年中考数学二轮专题复习《压轴题》培优练习十一(含答案)

这是一份2021年中考数学二轮专题复习《压轴题》培优练习十一(含答案)，共12页。试卷主要包含了5．，5，0等内容，欢迎下载使用。
中考数学二轮专题复习《压轴题》培优练习十一1.在△ABC中,∠A=90°,AB=4,AC=3,M是AB上的动点(不与A,B重合),过M点作MN∥BC交AC于点N.以MN为直径作⊙O,并在⊙O内作内接矩形AMPN．令AM=x．   (1)用含x的代数式表示△ＭNP的面积S；      (2)当x为何值时,⊙O与直线BC相切？       (3)在动点M的运动过程中，记△ＭNP与梯形BCNM重合的面积为y，试求y关于x的函数表达式，并求x为何值时，y的值最大，最大值是多少？       2.已知直线y=2x-5与x轴和y轴分别交于点A和点B，抛物线y=-x2+bx+c的顶点M在直线AB上,且抛物线与直线AB的另一个交点为N．（1）如图,当点M与点A重合时，求抛物线的解析式；（2）在（1）的条件下，求点N的坐标和线段MN的长；（3）抛物线y=-x2+bx+c在直线AB上平移,是否存在点M,使得△OMN与△AOB相似?若存在,直接写出点M的坐标；若不存在,请说明理由．          3.如图，抛物线C1：y=x2+bx+c经过原点，与x轴的另一个交点为（2，0），将抛物线C1向右平移m（m＞0）个单位得到抛物线C2，C2交x轴于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴于点c．（1）求抛物线C1的解析式及顶点坐标．（2）以AC为直角边向上作直角三角形ACD（∠CAD是直角），且tan∠DCA=0.5，当点D落在抛物线C2的对称轴上时，求抛物线C3的解析式．（3）若抛物线C2的对称轴上存在点P，并且以P为圆心AC长为半径的圆经过A，C两点，求m的值．      4.已知抛物线y=ax2+bx+3经过点A（1，0）和点B（-3，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上的动点．
（1）抛物线的解析式为______，抛物线的顶点坐标为______；
（2）如图1，连接OP交BC于点D，当S△CPD：S△BPD=1：2时，请求出点D的坐标；
（3）如图2，点E的坐标为（0，-1），点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE=15°，连接PE，若∠PEG=2∠OGE，请求出点P的坐标；
（4）如图3，是否存在点P，使四边形BOCP的面积为8？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

  5.如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（0，4），B（3，0）两点，与x轴负半轴交于点C，连接AC、AB．（1）求该抛物线的解析式；（2）D、E分别为AC、AB的中点，连接DE，P为DE上的动点，PQ⊥BC，垂足为Q，QN⊥AB，垂足为N，连接PN．①当△PQN与△ABC相似时，求点P的坐标；②是否存在点P，使得PQ=NQ，若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．　    6.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，其顶点为点D，点E的坐标为（0，﹣1），该抛物线与BE交于另一点F，连接BC．（1）求该抛物线的解析式，并用配方法把解析式化为y=a（x﹣h）2+k的形式；（2）若点H（1，y）在BC上，连接FH，求△FHB的面积；（3）一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，连接OM，BM，设运动时间为t秒（t＞0），在点M的运动过程中，当t为何值时，∠OMB=90°？（4）在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得∠PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．    7.如图，在平面直角坐标中，点O为坐标原点，直线y=﹣x+4与x轴交于点A，过点A的抛物线y=ax2+bx与直线y=﹣x+4交于另一点B，且点B的横坐标为1．(1)求a，b的值；(2)点P是线段AB上一动点(点P不与点A、B重合)，过点P作PM∥OB交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，过点P作PF⊥MC于点F，设PF的长为t，MN的长为d，求d与t之间的函数关系式(不要求写出自变量t的取值范围)；(3)在(2)的条件下，当S△ACN=S△PMN时，连接ON，点Q在线段BP上，过点Q作QR∥MN交ON于点R，连接MQ、BR，当∠MQR﹣∠BRN=45°时，求点R的坐标．      8.如图，抛物线y=-0.5x2-1.5x+6-4k.（其中k为正整数）与x轴相交于两个不同的点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴相交于点C，连结AC、BC．（1）求k的值；（2）如图①，设点D是线段AC上的一动点，作DE⊥x轴于点F，交抛物线于点E，求线段DE长度的最大值；（3）如图②，抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．        
0.答案解析1.解： 2.解：     3.解：（1）抛物线C1的解析式为y=x（x﹣2），即y=x2﹣2x，因为y=（x﹣1）2﹣1，故抛物线C1的顶点坐标为（1，﹣1）；（2）抛物线线C2的对称轴交x轴于E点，如图1，∵将抛物线C1向右平移m（m＞0）个单位得到抛物线C2，∴抛物线C2的对称轴为直线x=1+m，A（m，0），B（2+m，0），E（1+m，0），∴抛物线C2的解析式为y=（x﹣m）（x﹣1﹣m），即y=x2﹣2（m+1）x+m2+2m，当x=0时，y=x2﹣2（m+1）x+m2+2m=m2+2m，则C（0，m2+2m），∵∠CAD=90°，∴∠OAC+∠DAE=90°，∵∠DAE+∠ADE=90°，∴∠OAC=∠ADE，∴Rt△EDA∽Rt△OAC，∴=，∵在Rt△ADC中，tan∠DCA==，∴=，整理得m2+2m﹣2=0，解得m1=﹣1，m2=﹣﹣1（舍去），∴抛物线C2的解析式为y=x2﹣2x+2；（3）如图2，作直径CQ，作QH⊥x轴于H，∵E点为OH的中点，∴OH=2OE=2（m+1），∴AH=2（m+1）﹣m=m+2，∵PC=PA=AC，∴△PAC为等边三角形，∴∠PCA=60°，∵CQ为直径，∴∠CAQ=90°，在Rt△ACQ中，tan∠ACQ==tan60°=，∵∠OAC+∠QAH=90°，∠OAC+∠ACO=90°，∴∠ACO=∠QAH，∴Rt△AQH∽Rt△CAO，∴AH：CO=AQ：AC，即（m+2）：（m2+2m）=，解得m=，即m的值为． 4.解： 5.解：（1）将A（0，4），B（3，0）代入抛物线的解析式得：，解得；b=，c=4．∴抛物线的解析式为y=﹣+x+4．（2）①如图1所示：∵令y=0，解得x1=﹣1，x2=3，∴C（﹣1，0）．∴BC=4，AB==5．∵D、E分别为AC、AB的中点，∴DE∥BC．∴=1．∴PQ=DO=2．∵PQ⊥BC，QN⊥AB，∴∠PQN+∠NQB=90°，∠NQB+∠QBN=90°．∴∠PQN=∠QBN．∴当或时，△PQN与△ABC相似．∵当时，，解得；QN=．∵=，∴QB=QN=×=2．∴OQ=3﹣2=1．∴点P的坐标为（1，2）．当时，，解得；QN=2.5．∵=，∴QB=QN=×=．∴OB﹣BQ=﹣．∴点P的坐标为（﹣，2）．综上所述点P的坐标为（1，2）或（﹣，2）．②如图2所示：∵PQ=QN，PQ=2，∴QN=2．∵QN⊥AB，∴∠QNB=90°．∵由（2）可知OA=4，AB=5，∴sin∠ABO=．∴，即，解得；QB=．∴OQ=OB﹣QB=3﹣=．∴P（，2）． 6.解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，∴∴，∴抛物线解析式为y=﹣x2+x﹣2=﹣（x﹣2）2+；（2）如图1， 过点A作AH∥y轴交BC于H，BE于G，由（1）有，C（0，﹣2），∵B（0，3），∴直线BC解析式为y=x﹣2，∵H（1，y）在直线BC上，∴y=﹣，∴H（1，﹣），∵B（3，0），E（0，﹣1），∴直线BE解析式为y=﹣x﹣1，∴G（1，﹣），∴GH=，∵直线BE：y=﹣x﹣1与抛物线y=﹣x2+x﹣2相较于F，B，∴F（，﹣），∴S△FHB=GH×|xG﹣xF|+GH×|xB﹣xG|=GH×|xB﹣xF|=××（3﹣）=．（3）如图2，由（1）有y=﹣x2+x﹣2，∵D为抛物线的顶点，∴D（2，），∵一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，∴设M（2，m），（m＞），∴OM2=m2+4，BM2=m2+1，AB2=9，∵∠OMB=90°，∴OM2+BM2=AB2，∴m2+4+m2+1=9，∴m=或m=﹣（舍），∴M（0，），∴MD=﹣，∵一动点M从点D出发，以每秒1个单位的速度平沿行与y轴方向向上运动，∴t=﹣；（4）存在点P，使∠PBF被BA平分，∴∠PBO=∠EBO，∵E（0，﹣1），∴在y轴上取一点N（0，1），∵B（3，0），∴直线BN的解析式为y=﹣x+1①，∵点P在抛物线y=﹣x2+x﹣2②上，联立①②得，或（舍），∴P（1.5，0.5），即：在x轴上方的抛物线上，存在点P，使得∠PBF被BA平分，P（1.5，0.5）．  7.解：(1)∵y=﹣x+4与x轴交于点A，∴A(4，0)，∵点B的横坐标为1，且直线y=﹣x+4经过点B，∴B(1，3)，∵抛物线y=ax2+bx经过A(4,0)，B(1,3)，∴,解得:，∴a=﹣1,b=4；(2)如图，作BD⊥x轴于点D，延长MP交x轴于点E，∵B(1，3)，A(4，0)，∴OD=1，BD=3，OA=4，∴AD=3，∴AD=BD，∵∠BDA=90°,∠BAD=∠ABD=45°,∵MC⊥x轴,∴∠ANC=∠BAD=45°,∴∠PNF=∠ANC=45°，∵PF⊥MC,∴∠FPN=∠PNF=45°,∴NF=PF=t,∵∠DFM=∠ECM=90°,∴PF∥EC,∴∠MPF=∠MEC，∵ME∥OB，∴∠MEC=∠BOD，∴∠MPF=∠BOD，∴tan∠BOD=tan∠MPF，∴==3，∴MF=3PF=3t，∵MN=MF+FN，∴d=3t+t=4t；(3)如备用图，由(2)知，PF=t，MN=4t，∴S△PMN=0.5MN×PF=0.5×4t×t=2t2，∵∠CAN=∠ANC，∴CN=AC，∴S△ACN=0.5AC2，∵S△ACN=S△PMN，∴0.5AC2=2t2，∴AC=2t，∴CN=2t，∴MC=MN+CN=6t，∴OC=OA﹣AC=4﹣2t，∴M(4﹣2t，6t)，由(1)知抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x，将M(4﹣2t，6t)代入y=﹣x2+4x得：﹣(4﹣2t)2+4(4﹣2t)=6t，解得：t1=0(舍)，t2=0.5，∴PF=NF=0.5，AC=CN=1，OC=3，MF=1.5，PN=，PM=，AN=，∵AB=3，∴BN=2，作NH⊥RQ于点H，∵QR∥MN，∴∠MNH=∠RHN=90°，∠RQN=∠QNM=45°，∴∠MNH=∠NCO，∴NH∥OC，∴∠HNR=∠NOC，∴tan∠HNR=tan∠NOC，∴==，设RH=n，则HN=3n，∴RN=n，QN=3n，∴PQ=QN﹣PN=3n﹣，∵ON==，OB==，∴OB=ON，∴∠OBN=∠BNO，∵PM∥OB，∴∠OBN=∠MPB，∴∠MPB=∠BNO，∵∠MQR﹣∠BRN=45°，∠MQR=∠MQP+∠RQN=∠MQP+45°，∴∠BRN=∠MQP，∴△PMQ∽△NBR，∴=，∴=，解得：n=，∴R的横坐标为：3﹣=，R的纵坐标为：1﹣=，∴R(，)． 8.解：（1）由题意得＞0，解得＜∵为正整数，∴=1. （2）由，得，.∴点A（－4，0），B（1，0）.令x=0，得y=2，∴点C的坐标为（0，2）.设直线AC的解析式为，则，∴ ∴. 设E（m，)，∴D(m，m+2)∴DE=－(m+2) =m2－2m=当m=－2时，DE的最大值是2.（3）在RtΔAOC中，,在RtΔBOC中，∵，∴∠ACB=900. 又CO⊥AB， ∴ΔABC∽ΔACO∽ΔCBO.  ①若点M在轴上方时，当M点与C点重合，即M（0，2）时，ΔMAN∽ΔBAC；根据抛物线的对称性，当M(－3,2) 时，ΔMAN∽ΔABC；  ②若点M在轴下方时，设N(n,0)，则M（n, ），∴ MN=n2+n－2 ,  AN=n+4当时，MN=AN，即n2+n－2=(n+4)，n2+2n－8=0 ，∴ n1= －4(舍去), n2=2， ∴M（2，－3）当时，MN=2AN，即n2+n－2=2(n+4)，n2－n－20=0 ，∴ n1= －4(舍去)，n2=5， ∴M（5，－18） 综上所述：存在M1（0，2）,M2(－3,2), M3（2，－3）,M4（5，－18）, 使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似.