2018年中考数学二轮复习精练：专题6 压轴题探究

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(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eq \r(3)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)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4)))在抛物线上，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a＋c＝2，,a＋c＝\f(5,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,4)，,c＝1.))
∴抛物线表达式为y＝eq \f(1,4)x2＋1，[来源:学|科|网Z|X|X|K]
∴N点坐标为(0，1)；
(2)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,4)t2＋1))，则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)t2＋1))，
PA＝eq \f(1,4)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＝eq \f(1,4)t2＋1，ON＝1，
∴CN＝eq \f(1,4)t2＋1－1＝eq \f(1,4)t2，∴OD＝eq \f(1,4)t2－1，
∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4)t2＋1))，
∴DM＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)t2＋1))＝eq \f(1,4)t2＋1＝PA.
又∵PA∥DM，
∴四边形PMDA为平行四边形；
(3)同(2)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,4)t2＋1))，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)t2＋1))，PA＝eq \f(1,4)t2＋1，PC＝|t|.
∵M(0，2)，
∴CM＝eq \f(1,4)t2＋1－2＝eq \f(1,4)t2－1.在Rt△PMC中，由勾股定理可得PM＝eq \r(PC2＋CM2) ＝eq \r(t2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)t2－1))\s\up12(2))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)t2＋1))\s\up12(2))＝eq \f(1,4)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∵eq \f(PD,PA)＝eq \f(DE,PM)，
∴△DPE∽△PAM.
∵OA＝|t|，OM＝2，
∴AM＝eq \r(t2＋4)，又∵PE＝2PC＝2|t|，
当相似比为eq \r(3)时，则eq \f(PE,AM)＝eq \r(3)，
即eq \f(2|t|,\r(t2＋4))＝eq \r(3)，解得t＝2eq \r(3)或t＝－2eq \r(3)，
∴P点坐标为(2eq \r(3)，4)或(－2eq \r(3)，4)．
2．(2017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
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＋1＝0，,a＋b＋1＝1，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(1,2).))
∴y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,2)x＋1；
(2) ①由题意，得3m＝－1，∴m＝－eq \f(1,3)；
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＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2).∵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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x2＋\f(1,2)x＋1，,y＝－2x－2，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝－1，,y1＝0，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝6，,y2＝－14.))
∴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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x2＋\f(1,2)x＋1，,y＝－2x＋3，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝1，,y1＝1，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4，,y2＝－5.))
∴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Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，－\f(1,2)n2＋\f(1,2)n＋1))，过M作MQ∥y轴，交AB于点Q，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(1,2)n＋\f(1,2))).
∴S△ABM＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)n2＋\f(1,2)n＋1))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)n＋\f(1,2)))))×[1－(－1)]＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2) .
当n＝0时，最大面积为eq \f(1,2)，AB＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，设点M到直线AB距离最大为h，则eq \f(1,2)×eq \r(5)×h＝eq \f(1,2)，
∴h＝eq \f(\r(5),5).
即点M到直线AB的距离的最大值是eq \f(\r(5),5).
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．
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)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a×（－1）2＋b×（－1）＋c＝0，,a×32＋3b＋c＝0,c＝－3，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－2，,c＝－3.))
∴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，
eq \r(（－1－1）2＋（0－y）2)＝eq \r(（1－1）2＋（－4－y）2)，
解得y＝－eq \f(3,2)，即点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))；
当DA＝DP时，
eq \r(（－1－1）2＋[0－（－4）]2)＝eq \r(（1－1）2＋（－4－y）2)，
解得y＝－4±2eq \r(5)，
即点P的坐标为(1，－4－2eq \r(5))或(1，－4＋2eq \r(5))；
当AD＝AP时，
eq \r(（－1－1）2＋[0－（－4）2])＝eq \r(（－1－1）2＋（0－y）2)，
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3),\s\d5(2))))或(1，－4－2eq \r(5))或(1，－4＋2eq \r(5))或(1，4)．