15道中考数学压轴题专项训练

中考数学复习——压轴题专项训练（二次函数与几何模型综合）1.(2019，山东青岛中考）（12分）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分AC.点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动.过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G.连接OP，EG.设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问题：（1）当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？（2）设四边形PEGO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.第1页共37页,【解析】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，∴AC＝＝6（cm），∵OD垂直平分线段AC，∴OC＝OA＝3（cm），∠DOC＝90°，∵CD∥AB，∴∠BAC＝∠DCO，∵∠DOC＝∠ACB，∴△DOC∽△BCA，∴＝＝，∴＝＝，∴CD＝5（cm），OD＝4（cm），∵PB＝t，PE⊥AB，易知：PE＝t，BE＝t，当点E在∠BAC的平分线上时，∵EP⊥AB，EC⊥AC，∴PE＝EC，∴t＝8﹣t，∴t＝4.,∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上.（2）如图，连接OE，PC.S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）＝•（4﹣t）•3+[•3•（8﹣t）+•（8﹣t）•t﹣•3•（8﹣t）＝﹣t2+t+16（0＜t＜5）.（3）存在.∵S＝﹣（t﹣）2+（0＜t＜5），∴t＝时，四边形OPEG的面积最大，最大值为.（4）存在.如图，连接OQ.∵OE⊥OQ，∴∠EOC+∠QOC＝90°，∵∠QOC+∠QOG＝90°，∴∠EOC＝∠QOG，∴tan∠EOC＝tan∠QOG，∴＝，∴＝，整理得：5t2﹣66t+160＝0，解得t＝或10（舍弃）∴当t＝秒时，OE⊥OQ.第3页共37页,2.（2019，河北中考）如图，若b是正数，直线l：y=b与y轴交于点A；直线a：y=x﹣b与y轴交于点B；抛物线L：y=﹣x2+bx的顶点为C，且L与x轴右交点为D．（1）若AB=8，求b的值，并求此时L的对称轴与a的交点坐标；（2）当点C在l下方时，求点C与l距离的最大值；（3）设x0≠0，点（x0，y1），（x0，y2），（x0，y3）分别在l，a和L上，且y3是y1，y2的平均数，求点（x0，0）与点D间的距离；（4）在L和a所围成的封闭图形的边界上，把横、纵坐标都是整数的点称为“美点”，分别直接写出b=2019和b=2019.5时“美点”的个数．【解析】（1）当x=0吋，y=x﹣b=﹣b，∴B（0，﹣b）．∵AB=8，而A（0，b），∴b﹣（﹣b）=8，∴b=4，∴L：y=﹣x2+4x，∴L的对称轴x=2，当x=2时，y=x﹣4=﹣2，∴L的对称轴与a的交点为（2，﹣2）；,b22bbb（2）y=﹣（x）2，∴L的顶点C（，）．24242b1∵点C在l下方，∴C与l的距离b（b﹣2）2+1≤1，∴点C与l距离44的最大值为1；2+bx（3）∵y3是y1，y2的平均数，∴y1+y2=2y3，∴b+x0﹣b=2（﹣x00），解得：x0=01或x0=b．21∵x0≠0，∴x0=b，对于L，当y=0吋，0=﹣x2+bx，即0=﹣x（x﹣b），解得：2x1=0，x2=b．11∵b＞0，∴右交点D（b，0），∴点（x0，0）与点D间的距离b﹣（b）．22（4）①当b=2019时，抛物线解析式L：y=﹣x2+2019x，直线解析式a：y=x﹣2019．联立上述两个解析式可得：x1=﹣1，x2=2019，∴可知每一个整数x的值都对应的一个整数y值，且﹣1和2019之间（包括﹣1和﹣2019）共有2021个整数；∵另外要知道所围成的封闭图形边界分两部分：线段和抛物线，∴线段和抛物线上各有2021个整数点，∴总计4042个点．∵这两段图象交点有2个点重复，∴美点”的个数：4042﹣2=4040（个）；②当b=2019.5时，抛物线解析式L：y=﹣x2+2019.5x，直线解析式a：y=x﹣2019.5，联立上述两个解析式可得：x1=﹣1，x2=2019.5，∴当x取整数时，在一次函数y=x﹣2019.5上，y取不到整数值，因此在该图象上“美点”为0，在二次函数y=x2+2019.5x图象上，当x为偶数时，函数值y可取整数，可知﹣1到2019.5之间有1010个偶数，因此“美点”共有1010个．故b=2019时“美点”的个数为4040个，b=2019.5时“美点”的个数为1010个．,3.（2019，山西中考）综合与探究如图，抛物线y=ax2+bx+6经过点A（-2，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4）．连接AC，BC，DB，DC．（1）求抛物线的函数表达式；（2）△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求m的值；（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】解：（1）由抛物线交点式表达式得：y=a（x+2）（x-4）=a（x2-2x-8）=ax2-2ax-8a，即-8a=6，解得：a=-，2故抛物线的表达式为：y=-x+x+6；（2）点C（0，6），将点B、C的坐标代入一次函数表达式并解得：直线BC的表达式为：y=-x+6，如图所示，过点D作y轴的平行线交直线BC与点H，2设点D（m，-m+m+6），则点H（m，-m+6）22S△BDC=HB×OB=2（-m+m+6+m-6）=-m+3m，,S△ACO=××6×2=，2即：-m+3m=，解得：m=1或3（舍去1），故m=3；（3）当m=3时，点D（3，），①当BD是平行四边形的一条边时，如图所示：M、N分别有三个点，2设点N（n，-n+n+6）则点N的纵坐标为绝对值为，即|-n2+n+6|=，解得：n=-1或3（舍去）或1，故点N（N′、N″）的坐标为（-1，）或（1，-）或（1-，-），当点N（-1，）时，由图象可得：点M（0，0），当N′的坐标为（1，-），由中点坐标公式得：点M′（，0），同理可得：点M″坐标为（-，0），故点M坐标为：（0，0）或（，0）或（-，0）；②当BD是平行四边形的对角线时，点B、D的坐标分别为（4，0）、（3，）,设点M（m，0），点N（s，t），͵由中点坐标公式得：，而t=-s2+s+6，香͵香解得：t=，s=-1，m=8，故点M坐标为（8，0）；故点M的坐标为：（0，0）或（，0）或（-，0）或（8，0）．24.（2019，陕西中考）在平面直角坐标系中，已知抛物线L：yaxcaxc经过点A（-3，0）和点B（0，-6），L关于原点O对称的抛物线为L.（1）求抛物线L的表达式；（2）点P在抛物线L上，且位于第一象限，过点P作PD⊥y轴，垂足为D.若△POD与△AOB相似，求符合条件的点P的坐标.9a3cac0【解析】(1)由题意，得，c6a1解得：，c6∴L：y=－x2－5x－6；(2)∵抛物线L关于原点O对称的抛物线为L，∴点A(-3，0)、B(0，-6)在L′上的对应点分别为A′(3，0)、B′(0，6)，∴设抛物线L′的表达式y＝x2＋bx＋6，,将A′(3，0)代入y＝x2＋bx＋6，得b＝－5，∴抛物线L′的表达式为y＝x2－5x＋6，∵A(－3，0)，B(0，－6)，∴AO＝3，OB＝6，设P(m，m2－5m＋6)(m＞0)，∵PD⊥y轴，∴点D的坐标为(0，m2－5m＋6)，∵PD＝m，OD＝m2－5m＋6，∵Rt△PDO与Rt△AOB相似，∴有Rt△PDO∽Rt△AOB或Rt△ODP∽Rt△AOB两种情况，PDODmm25m6①当Rt△PDO∽Rt△AOB时，则，即，AOBO36解得m1＝1，m2＝6，∴P1(1，2)，P2(6，12)；2PDODmm5m6②当Rt△ODP∽Rt△AOB时，则，即，BOAO633解得m3＝，m4＝4，233∴P3(，)，P4(4，2)，24∵P1、P2、P3、P4均在第一象限，33∴符合条件的点P的坐标为(1，2)或(6，12)或(，)或(4，2).24,5.（2019，广东中考）如题25-1图，在平面直角坐标系中，抛物线323373y=xx-与x轴交于点A、B(点A在点B右侧)，点D为抛物线的848顶点.点C在y轴的正半轴上，CD交x轴于点F，△CAD绕点C顺时针旋转得到△CFE，点A恰好旋转到点F，连接BE.（1）求点A、B、D的坐标；（2）求证：四边形BFCE是平行四边形；（3）如题25-2图，过顶点D作DD1⊥x轴于点D1，点P是抛物线上一动点，过点P作PM⊥x轴，点M为垂足，使得△PAM与△DD1A相似（不含全等）.①求出一个满足以上条件的点P的横坐标；②直．接．回．答．这样的点P共有几个？,3233733【解析】（1）解：由y=xx-=x3-23得点D坐标为（﹣84883，23）令y=0得x1=﹣7，x2=1∴点A坐标为（﹣7，0），点B坐标为（1，0）（2）证明：过点D作DG⊥y轴交于点G，设点C坐标为（0，m）∴∠DGC=∠FOC=90°，∠DCG=∠FCO∴△DGC∽△FOCDGCG∴FOCO,由题意得CA=CF，CD=CE，∠DCA=∠ECF，OA=1，DG=3，CG=m+23∵CO⊥FA∴FO=OA=13m23∴，解得m=3（或先设直线CD的函数解析式为y=kx+b，用D、1mF两点坐标求出y=3x+3，再求出点C的坐标）∴点C坐标为（0，3）22∴CD=CE=3323=6CO∵tan∠CFO==3FO∴∠CFO=60°∴△FCA是等边三角形∴∠CFO=∠ECF∴EC∥BA∵BF=BO－FO=6∴CE=BF∴四边形BFCE是平行四边形323373（3）解：①设点P坐标为（m，mm-），且点P不与点A、B、848D重合.若△PAM与△DD1A相似，因为都是直角三角形，则必有一个锐角相等.由（1）得AD1=4，DD1=23（A）当P在点A右侧时，m＞1（a）当△PAM∽△DAD1，则∠PAM=∠DAD1，此时P、A、D三点共线，这种情况不存在第12页共37页,PMAD1（b）当△PAM∽△ADD1，则∠PAM=∠ADD1，此时AMDD1323373mm-84845∴，解得m1=-（舍去），m2=1（舍去），这种不存m-1233在（B）当P在线段AB之间时，﹣7＜m＜1（a）当△PAM∽△DAD1，则∠PAM=∠DAD1，此时P与D重合，这种情况不存在PMAD1（b）当△PAM∽△ADD1，则∠PAM=∠ADD1，此时AMDD1323373mm-84845∴，解得m1=-，m2=1（舍去）m1-233（C）当P在点B左侧时，m＜﹣7PMDD1（a）当△PAM∽△DAD1，则∠PAM=∠DAD1，此时AMAD1323373mm-84823∴﹣，解得m1=﹣11，m2=1（舍去）m-14PMAD1（b）当△PAM∽△ADD1，则∠PAM=∠ADD1，此时AMDD1323373mm-848437∴﹣，解得m1=-，m2=1（舍去）m-1233537综上所述，点P的横坐标为-，﹣11，-，三个任选一个进行求解即可.33②一共存在三个点P，使得△PAM与△DD1A相似.,6.（2019，福建中考）已知抛物y=ax2+bx+c(b<0)与轴只有一个公共点(1)若公共点坐标为(2，0)，求a、c满足的关系式；(2)设A为抛物线上的一定点，直线l：y=kx+1－k与抛物线交于点B、C两点，直线BD垂直于直线y=－1，垂足为点D.当k＝0时，直线l与抛物线的一个交点在y轴上，且△ABC为等腰直角三角形.①求点A的坐标和抛物线的解析式；②证明：对于每个给定的实数k，都有A、D、C三点共线.【解析】解：（1）抛物线与x轴的公共点坐标即为函数顶点坐标，故：y＝a（x−2）2，则c＝4a；(2)y=kx+1－k=k(x－1)+1过定点(1，1)，且当k＝0时，直线l变为y=1平行x轴，与y轴的交点为(0，1)又△ABC为等腰直角三角形，∴点A为抛物线的顶点①c=1，顶点A(1，0)抛物线的解析式:y=x2－2x+1.2yx2x1②{ykx1k,x2－(2+k)x+k＝0，1x＝(2+k±2k4)21x2D＝xB＝(2+k－k4)，yD=－1；22kk4则D1,121y22C＝(2+k+kk4，222kk4k(kk4)C1,1，A(1，0)222kk24∴直线AD表达式中的k值为：kAD==，2kk422kk4直线AC表达式中的k值为：kAC=2∴kAD=kAC，点A、C、D三点共线.27.（2019，黑龙江大庆中考）如图，抛物线yx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（2）将抛物线yx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；2（3）在抛物线yx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．b2【解析】（1）抛物线的对称轴是x=2，且过点A(-1，0)点，∴2，1b1c0b4解得：，c52∴抛物线的函数表达式为：yx4x5；22（2）解：∵yx4x5x29，∴x轴下方图象翻折后得到的部分函数22解析式为：yx4x5=x29(-1＜x＜5)，其顶点为(2，9)．∵新图象与直线y=t恒有四个交点，∴0＜t＜9．设E(x1，y1)，F(x2，y2)．yt2由2得x4xt50，yx4x5,解得x29t，x29t12∵以EF为直径的圆过点Q(2，1)，∴EF2t1x2x1，133即29t2t1，解得t．2133又∵0＜t＜9，∴t的值为；2535（3）x的取值范围是：2x27或x6．28.（2019，辽宁大连中考）（12分）把函数C21：y＝ax﹣2ax﹣3a（a≠0）的图象绕点P（m，0）旋转180°，得到新函数C2的图象，我们称C2是C1关于点P的相关函数.C2的图象的对称轴与x轴交点坐标为（t，0）.（1）填空：t的值为（用含m的代数式表示）（2）若a＝﹣1，当≤x≤t时，函数C1的最大值为y1，最小值为y2，且y1﹣y2＝1，求C2的解析式；（3）当m＝0时，C2的图象与x轴相交于A，B两点（点A在点B的右侧）.与y轴相交于点D.把线段AD原点O逆时针旋转90°，得到它的对应线段A′D′，若,线A′D′与C2的图象有公共点，结合函数图象，求a的取值范围.【解析】解：（1）C2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，1：y＝ax顶点（1，﹣4a）围绕点P（m，0）旋转180°的对称点为（2m﹣1，4a），C2：y＝﹣a（x﹣2m+1）2+4a，函数的对称轴为：x＝2m﹣1，t＝2m﹣1，故答案为：2m﹣1；（2）a＝﹣1时，C21：y＝（x﹣1）﹣4，①当t＜1时，x＝时，有最小值y2＝，x＝t时，有最大值y21＝﹣（t﹣1）+4，则y2+4﹣＝1，无解；1﹣y2＝﹣（t﹣1）②1≤t时，x＝1时，有最大值y1＝4，x＝时，有最小值y22＝﹣（t﹣1）+4，y1﹣y2＝≠1（舍去）；③当t时，x＝1时，有最大值y1＝4，x＝t时，有最小值y22＝﹣（t﹣1）+4，y21﹣y2＝（t﹣1）＝1，解得：t＝0或2（舍去0），故C222：y＝（x﹣2）﹣4＝x﹣4x；第18页共37页,（3）m＝0，C2+4a，2：y＝﹣a（x+1）点A、B、D、A′、D′的坐标分别为（1，0）、（﹣3，0）、（0，3a）、（0，1）、（﹣3a，0），当a＞0时，a越大，则OD越大，则点D′越靠左，当C2+4a＝1，解得：a＝，2过点A′时，y＝﹣a（0+1）当C2过点D′时，同理可得：a＝1，故：0＜a或a≥1；当a＜0时，当C2过点D′时，﹣3a＝1，解得：a＝﹣，故：a≤﹣；综上，故：0＜a或a≥1或a≤﹣.29.（2019，吉林中考）如图，抛物线yx1k与x轴相交于A,B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C0,3．P为抛物线上一点，横坐标为m，且m0．（1）求此抛物线的解析式；（2）当点P位于x轴下方时，求ABP面积的最大值；（3）设此抛物线在点C与点P之间部分（含点C和点P）最高点与最低点的纵坐标之差为h．,①求h关于m的函数解析式，并写出自变量m的取值范围；②当h9时，直接写出BCP的面积．2【解析】解：（1）因为抛物线yx1k与y轴交于点C0,3，2把0,3代入yx1k，得2301k，解得k4，2所以此抛物线的解析式为yx14，2即yx2x3；2（2）令y0，得x140，解得x11,x23，所以A1,0,B3,0，所以AB4；解法一：由（1）知，抛物线顶点坐标为1,4，由题意，当点P位于抛物线顶点时，ABP的面积有最大值，1最大值为SABP448；2,解法二2由题意，得Pm,m2m3，12所以SABP4m2m3222m4m622m18，所以当m1时，SABP有最大值8；22（3）①当0m1时，h3m2m3m2m；当1m2时，h341；22当m2时，hm2m34m2m1；②当h=9时若-m2+2m=9，此时△＜0，m无解；若m2-2m+1=9，则m=4，∴P（4，5），∵B（3，0），C（0，-3），111∴△BCP的面积=8451（4+1）×3=6；222210.（2019，天津中考）已知抛物线yxbxc（b，c为常数，b0）经过点A(1,0)，点M(m,0)是x轴正半轴上的动点．（Ⅰ）当b2时，求抛物线的顶点坐标；（Ⅱ）点Dby(,D)在抛物线上，当AMAD，m5时，求b的值；1332（Ⅲ）点Q(b,yQ)在抛物线上，当2AM2QM的最小值为时，求b的24值．,2【解析】解：（Ⅰ）∵抛物线yxbxc经过点A(1,0)，∴1bc0．即cb1．22当b2时，yx2x3(x1)4，∴抛物线的顶点坐标为(1,4)．2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，抛物线的解析式为yxbxb1．2∵点D(,byD)在抛物线yxbxb1上，2∴yDbbbb1b1．b由b0，得b0，b10，2b∴点D(,bb1)在第四象限，且在抛物线对称轴x的右侧．2如图，过点D作DEx轴，垂足为E，则点E(b,0)．∴AEb1，DEb1．得AEDE．∴在RtADE中，ADEDAE45．∴AD2AE．由已知AMAD，m5，∴5(1)2(b1)．∴b321．12（Ⅲ）∵点Q(b,yQ)在抛物线yxbxb1上，2,121b3∴yQ(b)b(b)b1．22241b3可知点Qb(,)在第四象限，且在直线xb的右侧．2242考虑到2AM2QM2(AMQM)，可取点N(0,1)，2如图，过点Q作直线AN的垂线，垂足为G，QG与x轴相交于点M，2有GAM45，得AMGM，2则此时点M满足题意．1过点Q作QHx轴于点H，则点Hb(,0)．2在RtMQH中，可知QMHMQH45．∴QHMH，QM2MH．∵点M(,0)m，b31b1∴0()(b)m．解得m．24224332∵2AM2QM，4b11b1332∴2[()(1)]22[(b)()]．242244∴b4．,11.（2019，海南中考）（15分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5经过A（﹣5，0），B（﹣4，﹣3）两点，与x轴的另一个交点为C，顶点为D，连结CD.（1）求该抛物线的表达式；（2）点P为该抛物线上一动点（与点B、C不重合），设点P的横坐标为t.①当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值；②该抛物线上是否存在点P，使得∠PBC＝∠BCD？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】解：（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式得：，解得：，故抛物线的表达式为：y＝x2+6x+5…①，令y＝0，则x＝﹣1或﹣5，即点C（﹣1，0）；（2）①如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点G，,将点B、C的坐标代入一次函数表达式并解得：直线BC的表达式为：y＝x+1…②，设点G（t，t+1），则点P（t，t2+6t+5），S△PBC＝PG（x22C﹣xB）＝（t+1﹣t﹣6t﹣5）＝﹣t﹣t﹣6，∵＜0，∴S△PBC有最大值，当t＝﹣时，其最大值为；②设直线BP与CD交于点H，当点P在直线BC下方时，∵∠PBC＝∠BCD，∴点H在BC的中垂线上，线段BC的中点坐标为（﹣，﹣），过该点与BC垂直的直线的k值为﹣1，,设BC中垂线的表达式为：y＝﹣x+m，将点（﹣，﹣）代入上式并解得：直线BC中垂线的表达式为：y＝﹣x﹣4…③，同理直线CD的表达式为：y＝2x+2…④，联立③④并解得：x＝﹣2，即点H（﹣2，﹣2），同理可得直线BH的表达式为：y＝x﹣1…⑤，联立①⑤并解得：x＝﹣或﹣4（舍去﹣4），故点P（﹣，﹣）；当点P（P′）在直线BC上方时，∵∠PBC＝∠BCD，∴BP′∥CD，则直线BP′的表达式为：y＝2x+s，将点B坐标代入上式并解得：s＝5，即直线BP′的表达式为：y＝2x+5…⑥，联立①⑥并解得：x＝0或﹣4（舍去﹣4），故点P（0，5）；故点P的坐标为P（﹣，﹣）或（0，5）．212.（2019，新疆中考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yaxbxc经过A（-1,0）B（4，0），C（0，4）三点。（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；15（2）将（1）中的抛物线向下平移个长度单位，再向左平移h(h＞0)个长度单4位，得到新抛物线。若新抛物线的顶点D¢在△ABC内，求h的取值范围；（3）点P为线段BC上的一动点（点P不与点B,C重合），过点P作x轴的垂线交（1）中的抛物线于点Q，当△PQC与△ABC相似时，求△PQC的面积。第26页共37页,2【解析】解：（1）把A(1,0)，B(4,0)，C(0,4)代入yaxbxc中，得：abc0a116a4bc0，解得b3.c4c42抛物线的解析式为yx3x4222233325yx3x4x.2224325顶点D的坐标是,；24232515（2）将抛物线yx向下平移个单位长度，再向左平移h(h>0)个244235单位长度得抛物线yxh.2235新抛物线的顶点D的坐标是h,.22由题意得：直线BC的解析式为y=x+4，直线AC的解析式为y=4x+4.3553当顶点h,在直线BC上时，h4，解得h=0.2222355315当顶点h,在直线AC上时，4h4，解得h.2222815新抛物线的顶点D在ABC内，h的取值范围是0h.8（3）如图，直线PQ交x轴于点M，,B(4,0)，C(0,4)OBOC4.BOC90，OBCOCB45.PQx轴PMB90.CPQBPMOBC45.A(1,0)，B(4,0)，C(0,4)，AB5，BC42.2设P(m,m+4)，则Qmm,3m42PQm4m，CP2m.由题意得，BAC45，ACB45，点P与点B是对应点.ABBC①当ABC~CPQ时，，CPPQ542.22mm4m12m0（舍）或m.596PQ，25,11296576S.PQC2525125ABBC②当ABC~QPC时，，QPPC5422m4m2m11m0（舍）或m.455PQ，1611155605S.PQC2416128576605综上所述：PQC的面积为或.12512813.（2019，湖南岳阳中考）如图1，△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物127线F1：yxx的图象上，点A的横坐标为﹣4，点B的纵坐标为﹣2.(点A33在点B的左侧)(1)求点A、B的坐标；2(2)将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB'，抛物线F2：yaxbx4经过A'、B'两点，已知点M为抛物线F2的对称轴上一定点，且点A'恰好在以OM为直径的圆上，连接OM、A'M，求△OA'M的面积；(3)如图2，延长OB'交抛物线F2于点C，连接A'C，在坐标轴上是否存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似.若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由,127【解析】(1)当x＝﹣4时，y444，33∴点A坐标为(﹣4，﹣4)，127当y＝﹣2时，xx2，33解得：x1＝﹣1，x2＝﹣6，∵点A在点B的左侧，∴点B坐标为(﹣1，﹣2)；(2)如图1，过点B作BE⊥x轴于点E，过点B'作B'G⊥x轴于点G，∴∠BEO＝∠OGB'＝90°，OE＝1，BE＝2，∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB'，∴OB＝OB'，∠BOB'＝90°，∴∠BOE+∠B'OG＝∠BOE+∠OBE＝90°，∴∠B'OG＝∠OBE，在△B'OG与△OBE中OGBBEOBOGOBE，BOBO∴△B'OG≌△OBE(AAS)，∴OG＝BE＝2，B'G＝OE＝1，,∵点B'在第四象限，∴B'(2，﹣1)，同理可求得：A'(4，﹣4)，∴OA＝OA'＝424242，∵抛物线F22：y＝ax+bx+4经过点A'、B'，16a4b44∴，4a2b411a解得：4，b312∴抛物线F2解析式为：yx3x4，43x6∴对称轴为直线：1，24∵点M在直线x＝6上，设M(6，m)，∴OM2＝62+m2，A'M2＝(6﹣4)2+(m+4)2＝m2+8m+20，∵点A'在以OM为直径的圆上，∴∠OA'M＝90°，∴OA'2+A'M2＝OM2，∴(42)2+m2+8m+20＝36+m2，解得：m＝﹣2，∴A'M＝2m8m204162022，11∴S△OA'M＝OA'•A'M＝42228；22(3)在坐标轴上存在点D，使得以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似，∵B'(2，﹣1)，,1∴直线OB'解析式为y＝﹣x，21yx2，y1x23x44x2x812解得：(即为点B')，，y1y412∴C(8，﹣4)，∵A'(4，﹣4)，∴A'C∥x轴，A'C＝4，∴∠OA'C＝135°，∴∠A'OC＜45°，∠A'CO＜45°，∵A(﹣4，﹣4)，即直线OA与x轴夹角为45°，∴当点D在x轴负半轴或y轴负半轴时，∠AOD＝45°，此时△AOD不可能与△OA'C相似，∴点D在x轴正半轴或y轴正半轴时，∠AOD＝∠OA'C＝135°(如图2、图3)，①若△AOD∽△OA'C，ODOA则1，ACOA∴OD＝A'C＝4，∴D(4，0)或(0，4)；②若△DOA∽△OA'C，DOOA42则2，OAAC4∴OD＝2OA'＝8，∴D(8，0)或(0，8)，,综上所述，点D坐标为(4，0)、(8，0)、(0，4)或(0，8)时，以A、O、D为顶点的三角形与△OA'C相似.14.（2019，西藏中考）（10分）已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+3与坐标轴分别交于点A，B（﹣3，0），C（1，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点.（1）求抛物线解析式；（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积最大？（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P作PE∥x轴交抛物线于点E，连接DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由.【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点B（﹣3，0），C（1，0）∴解得：∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3,2（2）过点P作PH⊥x轴于点H，交AB于点F∵x＝0时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3∴A（0，3）∴直线AB解析式为y＝x+3∵点P在线段AB上方抛物线上∴设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0）∴F（t，t+3）∴PF＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t∴S＝S+S＝PF•OH+PF•BH＝PF•OB＝（﹣t2﹣3t）＝﹣（t+）△PAB△PAF△PBF2+∴点P运动到坐标为（﹣，），△PAB面积最大（3）存在点P使△PDE为等腰直角三角形设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），则D（t，t+3）∴PD＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4∴对称轴为直线x＝﹣1∵PE∥x轴交抛物线于点E∴yE＝yP，即点E、P关于对称轴对称∴＝﹣1∴xE＝﹣2﹣xP＝﹣2﹣t∴PE＝|xE﹣xP|＝|﹣2﹣2t|∵△PDE为等腰直角三角形，∠DPE＝90°,∴PD＝PE①当﹣3＜t≤﹣1时，PE＝﹣2﹣2t∴﹣t2﹣3t＝﹣2﹣2t解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣2∴P（﹣2，3）②当﹣1＜t＜0时，PE＝2+2t∴﹣t2﹣3t＝2+2t解得：t1＝，t2＝（舍去）∴P（，）综上所述，点P坐标为（﹣2，3）或（，）时使△PDE为等腰直角三角形.15.（2019，河南中考）（11分）如图，抛物线y＝ax2+x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C.直线y＝﹣x﹣2经过点A，C.（1）求抛物线的解析式；（2）点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线AC于点M，设点P的横坐标为m.,①当△PCM是直角三角形时，求点P的坐标；②作点B关于点C的对称点B'，则平面内存在直线l，使点M，B，B′到该直线的距离都相等.当点P在y轴右侧的抛物线上，且与点B不重合时，请直接写出直线l：y＝kx+b的解析式.（k，b可用含m的式子表示）121y=-x-2y=ax+x+c【解析】（1）∵2经过点A，点C，∴A（-4,0），C（0,-2），∵2过点A和点C，c21a1416a(4)c0c2∴2，∴解得，121y=x+x-2∴抛物线的解析式为：42；（2）①∵PM⊥x轴，∴∠PMC=∠OCA,∵△PCM为直角三角形,∴只有两种情况：∠MPC=90°或∠PCM=90°，当∠MPC=90°时，∴PM⊥PC，∴PCx轴，121y=x+x-2∴点P和点C关于42的对称轴对称，121y=x+x-2∵42的对称轴为x=-1，C（0,-2），∴P（-2,-2）.当∠PCM=90°时，过点C作AC的垂线交抛物线与点P，即为所求，如图：第一种方法（几何法）过点P作PE⊥y轴与点E，过点M作MF⊥y轴与点F.12111211（m,m+m-2）（m,-m-2）（0,m+m-2）（0,-m-2）∵P42，∴M2，E42，F2，C（0,-2），,12112111m+m-2-(-2)=m+m-2-(-m-2)=m∴PE=m,EC=4242,CF=22,MF=m，121m+mm42=PEEC1m=m∵△PEC∽△CFM，∴CFFM，即2，11m+=2∴42，∴m=6，∴P（6,10），1y=-x-2第二种方法（代数法）CP⊥AC，直线AC的解析式为2，∴直线CP的解析式为y=2x-2，y2x212111yxx2x2+x-2=2-2∴由42得42，∴x1=0,x2=6∴P（6,10）.综上所述，点P坐标为（6，10）或（2，2）．3m4m4②yxm2或yx2或yx2．42m42m4