宜宾专版2022年中考数学总复习第2编中考题型探究篇专题6压轴题探究精练试题

专题六　压轴题探究1.(2022常德中考)如图，已知抛物线的对称轴是y轴，且点(2，2)，在抛物线上，点P是抛物线上不与顶点N重合的一动点，过P作PA⊥x轴于A，PC⊥y轴于C，延长PC交抛物线于E，设M是O关于抛物线顶点N的对称点，D是C点关于N的对称点．(1)求抛物线的表达式及顶点N的坐标；(2)求证：四边形PMDA是平行四边形；(3)求证：△DPE∽△PAM，并求出当它们的相似比为时的点P的坐标．解：(1)∵抛物线的对称轴是y轴，∴可设抛物线表达式为y＝ax2＋c.∵点(2，2)，在抛物线上，∴解得∴抛物线表达式为y＝x2＋1，∴N点坐标为(0，1)；(2)设P，则C，PA＝t2＋1.∵M是O关于抛物线顶点N的对称点，D是C点关于N的对称点，且N(0，1)，∴M(0，2)．∵OC＝t2＋1，ON＝1，∴CN＝t2＋1－1＝t2，∴OD＝t2－1，∴D，∴DM＝2－＝t2＋1＝PA.又∵PA∥DM，∴四边形PMDA为平行四边形；4\n(3)同(2)设P，则C，PA＝t2＋1，PC＝|t|.∵M(0，2)，∴CM＝t2＋1－2＝t2－1.在Rt△PMC中，由勾股定理可得PM＝＝＝＝t2＋1＝PA.且四边形PMDA为平行四边形，∴四边形PMDA为菱形，∴∠APM＝∠ADM＝2∠PDM.∵PE⊥y轴，抛物线对称轴为y轴，∴DP＝DE，且∠PDE＝2∠PDM，∴∠PDE＝∠APM，又∵＝，∴△DPE∽△PAM.∵OA＝|t|，OM＝2，∴AM＝，又∵PE＝2PC＝2|t|，当相似比为时，则＝，即＝，解得t＝2或t＝－2，∴P点坐标为(2，4)或(－2，4)．2．(2022永州中考)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋1经过A(－1，0)，B(1，1)两点．(1)求该抛物线的表达式；(2)阅读理解：在同一平面直角坐标系中，直线l1：y＝k1x＋b1(k1，b1为常数，且k1≠0)，直线l2：y＝k2x＋b2(k2，b2为常数，且k2≠0)，若l1⊥l2，则k1·k2＝－1.解决问题：①若直线y＝3x－1与直线y＝mx＋2互相垂直，求m的值；②抛物线上是否存在点P，使得△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；(3)M是抛物线上一动点，且在直线AB的上方(不与A，B重合)，求点M到直线AB的距离的最大值．解：(1)根据题意，得解得4\n∴y＝－x2＋x＋1；(2)①由题意，得3m＝－1，∴m＝－；②设PA的表达式为y＝kx＋c，过A(－1，0)，B(1，1)两点的直线表达式为y＝x＋.∵过点P的直角边与AB垂直，∴k＝－2，∴y＝－2x＋c.若∠PAB＝90°，把A(－1，0)代入得0＝－2×(－1)＋c，解得c＝－2，∴y＝－2x－2，点P是直线PA与抛物线的交点，联立方程组解得∴P(6，－14)；若∠PBA＝90°，把B(1，1)代入y＝－2x＋c，得1＝－2×1＋c，解得c＝3，∴y＝－2x＋3，点P是直线PB与抛物线的交点，联立方程组解得∴P(4，－5)．综上所述，存在点P(6，－14)或(4，－5)，使得△PAB是以AB为直角边的直角三角形；(3)设M，过M作MQ∥y轴，交AB于点Q，则Q.∴S△ABM＝×[1－(－1)]＝－n2＋.当n＝0时，最大面积为，AB＝＝，设点M到直线AB距离最大为h，则××h＝，∴h＝.即点M到直线AB的距离的最大值是.3．(六盘水中考)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C(0，－3)，顶点为D.(1)求此抛物线的表达式；(2)求此抛物线顶点D的坐标和对称轴；(3)探究对称轴上是否存在一点P，使得以点P，D，A为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的P点的坐标，若不存在，请说明理由．4\n解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C(0，－3)，∴解得∴抛物线的表达式为y＝x2－2x－3；(2)∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，∴抛物线顶点D的坐标为(1，－4)，对称轴为直线x＝1；(3)存在一点P，使得以点P，D，A为顶点的三角形是等腰三角形，设点P的坐标为(1，y)．当PA＝PD时，＝，解得y＝－，即点P的坐标为；当DA＝DP时，＝，解得y＝－4±2，即点P的坐标为(1，－4－2)或(1，－4＋2)；当AD＝AP时，＝，解得y＝±4，即点P的坐标是(1，4)或(1，－4)，当点P为(1，－4)时与点D重合，故不符合题意，综上所述，以点P，D，A为顶点的三角形是等腰三角形时，点P的坐标为或(1，－4－2)或(1，－4＋2)或(1，4)．4