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    专题4二次函数与相似问题(教师版)-拔尖2023中考数学压轴题突破(全国通用)

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    这是一份专题4二次函数与相似问题(教师版)-拔尖2023中考数学压轴题突破(全国通用),共68页。


    函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径
    ① 求相似三角形的第三个顶点时,先要分析已知三角形的边和角的特点,进而得出已知三角形是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。
    ②或利用已知三角形中对应角,在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。
    ③若两个三角形的各边均未给出,则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度,之后利用相似来列方程求解。

    相似三角形常见的判定方法:
    (1)平行线法:平行于三角形的一边的直线与其他两边相交,所构成的三角形与原三角形相似;
    这是判定三角形相似的一种基本方法.相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型,如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形.
    (2)三边法:三组对应边的比相等的两个三角形相似;
    (3)两边及其夹角法:两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似;
    (4)两角法:有两组角对应相等的两个三角形相似.
    判定定理“两边及其夹角法”是常用的解题依据,一般分三步:寻找一组等角,分两种情况列比例方程,解方程并检验.
    如果已知∠A=∠D,探求△ABC与△DEF相似,只要把夹∠A和∠D的两边表示出来,按照对应边成比例,分和两种情况列方程.
    应用判定定理“两角法”解题,先寻找一组等角,再分两种情况讨论另外两组对应角相等.
    应用判定定理“三边法”解题不多见,根据三边对应成比例列连比式解方程(组).
    还有一种情况,讨论两个直角三角形相似,如果一组锐角相等,其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的,那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题.
    【例1】(2022•贵港)如图,已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过A(0,3)和B(,﹣)两点,直线AB与x轴相交于点C,P是直线AB上方的抛物线上的一个动点,PD⊥x轴交AB于点D.
    (1)求该抛物线的表达式;
    (2)若PE∥x轴交AB于点E,求PD+PE的最大值;
    (3)若以A,P,D为顶点的三角形与△AOC相似,请直接写出所有满足条件的点P,点D的坐标.
    【分析】(1)直接利用待定系数法,即可求出解析式;
    (2)先求出点C的坐标,然后证明Rt△DPE∽Rt△AOC,再由二次函数的最值性质,求出答案;
    (3)根据题意,可分为两种情况进行分析:当△AOC∽△APD时;当△AOC∽△DAP时;分别求出两种情况的点的坐标,即可得到答案.
    【解析】(1)将A(0,3)和B(,﹣)代入y=﹣x2+bx+c,

    解得,
    ∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3;
    (2)设直线AB的解析式为y=kx+n,把A(0,3)和B(,﹣)代入,

    解得,
    ∴直线AB的解析式为y=﹣x+3,
    当y=0时,﹣x+3=0,
    解得:x=2,
    ∴C点坐标为(2,0),
    ∵PD⊥x轴,PE∥x轴,
    ∴∠ACO=∠DEP,
    ∴Rt△DPE∽Rt△AOC,
    ∴,
    ∴PE=PD,
    ∴PD+PE=PD,
    设点P的坐标为(a,﹣a2+2a+3),则D点坐标为(a,﹣a+3),
    ∴PD=(﹣a2+2a+3)﹣(﹣a+3)=﹣(a﹣)2+,
    ∴PD+PE=﹣(a﹣)2+,
    ∵﹣<0,
    ∴当a=时,PD+PE有最大值为;
    (3)①当△AOC∽△APD时,
    ∵PD⊥x轴,∠DPA=90°,
    ∴点P纵坐标是3,横坐标x>0,
    即﹣x2+2x+3=3,解得x=2,
    ∴点D的坐标为(2,0);
    ∵PD⊥x轴,
    ∴点P的横坐标为2,
    ∴点P的纵坐标为:y=﹣22+2×2+3=3,
    ∴点P的坐标为(2,3),点D的坐标为(2,0);
    ②当△AOC∽△DAP时,
    此时∠APG=∠ACO,
    过点A作AG⊥PD于点G,
    ∴△APG∽△ACO,
    ∴,
    设点P的坐标为(m,﹣m2+2m+3),则D点坐标为(m,﹣m+3),
    则,
    解得:m=,
    ∴D点坐标为(,1),P点坐标为(,),
    综上,点P的坐标为(2,3),点D的坐标为(2,0)或P点坐标为(,),D点坐标为(,1).
    【例2】(2022•衡阳)如图,已知抛物线y=x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点,将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折,其余部分不变,得到的新图象记为“图象W”,图象W交y轴于点C.
    (1)写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式;
    (2)若直线y=﹣x+b与图象W有三个交点,请结合图象,直接写出b的值;
    (3)P为x轴正半轴上一动点,过点P作PM∥y轴交直线BC于点M,交图象W于点N,是否存在这样的点P,使△CMN与△OBC相似?若存在,求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)令x=0和翻折的性质可得C(0,2),令y=0可得点A、B的坐标,利用待定系数法即可求出图象W的解析式;
    (2)利用数形结合找出当y=﹣x+b经过点C或者y=﹣x+b与y=x2﹣x﹣2相切时,直线y=﹣x+b与新图象恰好有三个不同的交点,①当直线y=﹣x+b经过点C(0,2)时,利用一次函数图象上点的坐标特征,即可求出b值;②当y=﹣x+b与y=x2﹣x﹣2相切时,联立一次函数解析式和抛物线解析式,利用根的判别式Δ=0,即可求出b值.综上即可得出结论;
    (3)先确定△BOC是等腰直角三角形,分三种情况:∠CNM=90°或∠MCN=90°,分别画图可得结论.
    【解析】(1)当x=0时,y=﹣2,
    ∴C(0,2),
    当y=0时,x2﹣x﹣2=0,
    (x﹣2)(x+1)=0,
    ∴x1=2,x2=﹣1,
    ∴A(﹣1,0),B(2,0),
    设图象W的解析式为:y=a(x+1)(x﹣2),
    把C(0,2)代入得:﹣2a=2,
    ∴a=﹣1,
    ∴y=﹣(x+1)(x﹣2)=﹣x2+x+2,
    ∴图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式为:y=﹣x2+x+2(﹣1<x<2);
    (2)由图象得直线y=﹣x+b与图象W有三个交点时,存在两种情况:
    ①当直线y=﹣x+b过点C时,与图象W有三个交点,此时b=2;
    ②当直线y=﹣x+b与图象W位于线段AB上方部分对应的函数图象相切时,如图1,
    ﹣x+b=﹣x2+x+2,
    x2﹣2x+b﹣2=0,
    Δ=(﹣2)2﹣4×1×(b﹣2)=0,
    ∴b=3,
    综上,b的值是2或3;
    (3)∵OB=OC=2,∠BOC=90°,
    ∴△BOC是等腰直角三角形,
    如图2,CN∥OB,△CNM∽△BOC,
    ∵PN∥y轴,
    ∴P(1,0);
    如图3,CN∥OB,△CNM∽△BOC,
    当y=2时,x2﹣x﹣2=2,
    x2﹣x﹣4=0,
    ∴x1=,x2=,
    ∴P(,0);
    如图4,当∠MCN=90°时,△OBC∽△CMN,
    ∴CN的解析式为:y=x+2,
    ∴x+2=x2﹣x﹣2,
    ∴x1=1+,x2=1﹣(舍),
    ∴P(1+,0),
    综上,点P的坐标为(1,0)或(,0)或(1+,0).
    【例3】(2022•桂林)如图,抛物线y=﹣x2+3x+4与x轴交于A,B两点(点A位于点B的左侧),与y轴交于C点,抛物线的对称轴l与x轴交于点N,长为1的线段PQ(点P位于点Q的上方)在x轴上方的抛物线对称轴上运动.
    (1)直接写出A,B,C三点的坐标;
    (2)求CP+PQ+QB的最小值;
    (3)过点P作PM⊥y轴于点M,当△CPM和△QBN相似时,求点Q的坐标.
    【分析】(1)由y=﹣x2+3x+4可得A(﹣1,0),B(4,0),C(0,4);
    (2)将C(0,4)向下平移至C',使CC'=PQ,连接BC'交抛物线的对称轴l于Q,可知四边形CC'QP是平行四边形,及得CP+PQ+BQ=C'Q+PQ+BQ=BC'+PQ,而B,Q,C'共线,故此时CP+PQ+BQ最小,最小值为BC'+PQ的值,由勾股定理可得BC'=5,即得CP+PQ+BQ最小值为6;
    (3)由在y=﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x=﹣=,设Q(,t),则P(,t+1),M(0,t+1),N(,0),知BN=,QN=t,PM=,CM=|t﹣3|,①当=时,=,可解得Q(,)或(,);②当=时,=,得Q(,).
    【解析】(1)在y=﹣x2+3x+4中,令x=0得y=4,令y=0得x=﹣1或x=4,
    ∴A(﹣1,0),B(4,0),C(0,4);
    (2)将C(0,4)向下平移至C',使CC'=PQ,连接BC'交抛物线的对称轴l于Q,如图:
    ∵CC'=PQ,CC'∥PQ,
    ∴四边形CC'QP是平行四边形,
    ∴CP=C'Q,
    ∴CP+PQ+BQ=C'Q+PQ+BQ=BC'+PQ,
    ∵B,Q,C'共线,
    ∴此时CP+PQ+BQ最小,最小值为BC'+PQ的值,
    ∵C(0,4),CC'=PQ=1,
    ∴C'(0,3),
    ∵B(4,0),
    ∴BC'==5,
    ∴BC'+PQ=5+1=6,
    ∴CP+PQ+BQ最小值为6;
    (3)如图:
    由在y=﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x=﹣=,
    设Q(,t),则P(,t+1),M(0,t+1),N(,0),
    ∵B(4,0),C(0,4);
    ∴BN=,QN=t,PM=,CM=|t﹣3|,
    ∵∠CMP=∠QNB=90°,
    ∴△CPM和△QBN相似,只需=或=,
    ①当=时,=,
    解得t=或t=,
    ∴Q(,)或(,);
    ②当=时,=,
    解得t=或t=(舍去),
    ∴Q(,),
    综上所述,Q的坐标是(,)或(,)或(,).
    【例4】(2022•玉林)如图,已知抛物线:y=﹣2x2+bx+c与x轴交于点A,B(2,0)(A在B的左侧),与y轴交于点C,对称轴是直线x=,P是第一象限内抛物线上的任一点.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)若点D为线段OC的中点,则△POD能否是等边三角形?请说明理由;
    (3)过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M,垂足为点H,若以P,M,C为顶点的三角形与△BMH相似,求点P的坐标.
    【分析】(1)把点B(2,0)代入y=﹣2x2+bx+c中,再由对称轴是直线x=列方程,两个方程组成方程组可解答;
    (2)当△POD是等边三角形时,点P在OD的垂直平分线上,所以作OD的垂直平分线与抛物线的交点即为点P,计算OD≠PD,可知△POD不可能是等边三角形;
    (3)分种情况:①当PC∥x轴时,△CPM∽△BHM时,根据PH的长列方程可解答;②②如图3,△PCM∽△BHM,过点P作PE⊥y轴于E,证明△PEC∽△COB,可得结论.
    【解析】(1)由题意得:,
    解得:,
    ∴抛物线的解析式为:y=﹣2x2+2x+4;
    (2)△POD不可能是等边三角形,理由如下:
    如图1,取OD的中点E,过点E作EP∥x轴,交抛物线于点P,连接PD,PO,
    ∵C(0,4),D是OD的中点,
    ∴E(0,1),
    当y=1时,﹣2x2+2x+4=1,
    2x2﹣2x﹣3=0,
    解得:x1=,x2=(舍),
    ∴P(,1),
    ∴OD≠PD,
    ∴△POD不可能是等边三角形;
    (3)设点P的坐标为(t,﹣2t2+2t+4),则OH=t,BH=2﹣t,
    分两种情况:
    ①如图2,△CMP∽△BMH,
    ∴∠PCM=∠OBC,∠BHM=∠CPM=90°,
    ∴tan∠OBC=tan∠PCM,
    ∴====2,
    ∴PM=2PC=2t,MH=2BH=2(2﹣t),
    ∵PH=PM+MH,
    ∴2t+2(2﹣t)=﹣2t2+2t+4,
    解得:t1=0,t2=1,
    ∴P(1,4);
    ②如图3,△PCM∽△BHM,则∠PCM=∠BHM=90°,
    过点P作PE⊥y轴于E,
    ∴∠PEC=∠BOC=∠PCM=90°,
    ∴∠PCE+∠EPC=∠PCE+∠BCO=90°,
    ∴∠BCO=∠EPC,
    ∴△PEC∽△COB,
    ∴=,
    ∴=,
    解得:t1=0(舍),t2=,
    ∴P(,);
    综上,点P的坐标为(1,4)或(,).
    1.(2020秋•兴城市期末)如图,抛物线y=ax2+bx+4经过A(4,0),B(﹣1,0)两点,与y轴交于点C,D为第一象限抛物线上的动点,连接AC,BC,DA,DB,DB与AC相交于点E.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)如图1,设△ADE的面积为S1,△BCE的面积为S2,当S1=S2+5时,求点D的坐标;
    (3)如图2,过点C作CF∥x轴,点M是直线CF上的一点,MN⊥CF交抛物线于点N,是否存在以C,M,N为顶点的三角形与△BCO相似?若存在,请直接写出点M的坐标,若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)运用待定系数法将A(4,0),B(﹣1,0)代入y=ax2+bx+4,解方程组即可求得答案;
    (2)根据题意,当S1=S2+5,即S△ABD=S△ABC+5,设D(x,y),表示出△ABD和△ABC的面积,列方程求解即可;
    (3)分情况讨论,列出三角形相似的三种情况,画出相应图形,设M(m,4),则N(m,﹣m2+3m+4),运用相似三角形性质,建立方程求解即可.
    【解析】(1)∵抛物线y=ax2+bx+4经过A(4,0),B(﹣1,0)两点,
    ∴,
    解得:,
    ∴y=﹣x2+3x+4;
    (2)∵抛物线y=﹣x2+3x+4与y轴交于点C,令x=0,则y=4,
    ∴C(0,4),
    ∵S1=S2+5,
    ∴S1+S△AEB=S2+S△AEB+5,
    即S△ABD=S△ABC+5,
    ∵A(4,0),B(﹣1,0),
    ∴AB=5,
    设D(x,y),
    ∴×5×y=×5×4+5,
    ∴y=6,
    ∴﹣x2+3x+4=6,
    解得:x1=1,x2=2,
    ∴D1(1,6),D2(2,6);
    (3)设M(m,4),则N(m,﹣m2+3m+4),
    ①如图2,△BOC∽△NMC,
    则=,
    ∴=,
    解得:m=0(舍去),m=,
    经检验,m=是原方程的解,
    ∴M(,4);
    ②如图3,△BOC∽△CMN,
    则=,
    ∴=,
    解得:m=0(舍去),m=﹣1,
    经检验,m=﹣1是原方程的解,
    ∴M(﹣1,4);
    ③如图4,△BOC∽△NMC,
    则=,
    ∴=,
    解得:m=0(舍去),m=,
    经检验,m=是原方程的解,
    ∴M(,4);
    ④如图5,△BOC∽△CMN,
    则=,
    ∴=,
    解得:m=0(舍去),m=7,
    经检验,m=7是原方程的解,
    ∴M(7,4);
    综上所述,点M的坐标为(,4)或(﹣1,4)或(,4)或(7,4).
    2.(2020秋•郴州期末)已知抛物线y=x2﹣3x+与x轴交于A,B两点(点A在点B的左边).
    (1)求A,B两点的坐标;
    (2)如图1,若点D是抛物线上在第四象限的点,连接DA并延长,交y轴于点P,过点D作DE⊥x轴于点E.当△APO与△ADE的面积比为=时.求点D的坐标;
    (3)如图2,抛物线与y轴相交于点F.若点Q是线段OF上的动点,过点Q作与x轴平行的直线交抛物线于M,N两点(点M在点N的左边).请问是否存在以Q,A,M为顶点的三角形与△QNA相似?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)在抛物线解析式中,令y=0则可求得A、B的坐标;
    (2)证明△AOP∽△AED,根据相似三角形面积的比等于对应边的比的平方列比例式可得AE=2,从而得点D的横坐标为3,代入抛物线的解析式可得点D的坐标;
    (3)如图2所示,若以Q,A,M为顶点的三角形与△QNA相似,有两种情况,但是∠QAM与∠QAN不可能相等,所以最后只存在一种情况:△AQM∽△NQA,列比例式可得结论.
    【解析】(1)当y=0时,x2﹣3x+=0,
    解得:x1=1,x2=5,
    ∴A(1,0),B(5,0);
    (2)∵DE⊥x轴,
    ∴∠AED=90°,
    ∴∠AOP=∠AED=90°,
    ∵∠OAP=∠DAE,
    ∴△AOP∽△AED,
    ∴==,
    ∴=,
    ∵OA=1,
    ∴AE=2,
    ∴OE=3,
    当x=3时,y=﹣3×3+=﹣2,
    ∴D(3,﹣2);
    (3)如图2,设Q(0,m),
    当x=0时,y=,
    ∴F(0,),
    ∵点Q是线段OF上的动点,
    ∴0≤m≤,
    当y=m时,x2﹣3x+=m,
    x2﹣6x+5﹣2m=0,
    x=3,
    ∴x1=3+,x2=3﹣,
    ∴QM=3﹣,QN=3+,
    在Rt△AOQ中,由勾股定理得:AQ=,
    ∵∠AQM=∠AQN,
    ∴当△AQM和△AQN相似只存在一种情况:△AQM∽△NQA,
    ∴,
    ∴AQ2=NQ•QM,即1+m2=(3+)(3﹣),
    解得:m1=﹣1+,m2=﹣1﹣(舍),
    ∴Q(0,﹣1+).
    3.(2020秋•长垣市期末)如图1,抛物线y=x2+bx+c与x轴、y轴分别交于点B(6,0)和点C(0,﹣3).
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)点P是直线BC下方抛物线上一动点,其横坐标为m,连接PB、PC,当△PBC的面积为时,求m值;
    (3)如图2,点M是线段OB上的一个动点,过点M作x轴的垂线l分别与直线BC和抛物线交于D,E两点,是否存在以C,D,E为顶点的三角形与△BDM相似,若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)根据点A、B的坐标,利用待定系数法即可求出该抛物线的函数关系式;
    (2)根据点P是直线BC下方抛物线上一动点,其横坐标为m,表示PH的长,根据三角形的面积列方程解出即可得出结论;
    (3)先根据两三角形相似判断出∠CED=∠BMD=90°或∠DCE=∠DMB=90°,进而分两种情况讨论即可得出结论.
    【解析】(1)把点B(6,0)和点C(0,﹣3)代入得:,
    解得:,
    ∴抛物线的解析式为;
    (2)设直线BC的解析式为:y=ax+n,
    由点B(6,0)和C(0,﹣3)得:,
    解得:,
    ∴直线BC的解析式为,
    如图1,过点P作y轴的平行线交BC于点H,
    ∵点P的坐标为(m,),PH∥y轴,
    ∴点H的坐标为(m,),
    ∴PH=yH﹣yP=﹣()=﹣,
    xB﹣xC=6﹣0=6,
    ∵S△PBC=PH×6=(﹣)×6=﹣=,
    解得:m1=1,m2=5,
    ∴m值为1或5;
    (3)如图2,∵∠CDE=∠BDM,△CDE与△BDM相似,
    ∴∠CED=∠BMD=90°或∠DCE=∠DMB=90°,
    设M(x,0),
    ①当∠CED=∠BDM=90°,
    ∴CE∥AB,
    ∵C(0,﹣3),
    ∴点E的纵坐标为﹣3,
    ∵点E在抛物线上,
    ∴x2﹣x﹣3=﹣3.
    ∴x=0(舍)或x=5,
    ∴M(5,0);
    ②当∠DCE=∠DMB=90°,
    ∵OB=6,OC=3,
    ∴BC==3,
    由(2)知直线BC的关系式为y=x﹣3,
    ∴OM=x,BM=6﹣x,DM=3﹣x,
    由(2)同理得ED=﹣+3x,
    ∵DM∥OC,
    ∴,即,
    ∴CD=,
    ∴BD=BC﹣CD=﹣x,
    ∵△ECD∽△BMD,
    ∴,即=,
    ∴=x(3﹣x)2,
    x(6﹣x)(1﹣x)=0,
    x1=0(舍),x2=6(舍),x3=1,
    ∴M(1,0);
    综上所述:点M的坐标为(5,0)或(1,0).
    4.(2021秋•邹城市期末)如图,已知抛物线y=x2+2x的顶点为A,直线y=x+2与抛物线交于B,C两点.
    (1)求A,B,C三点的坐标;
    (2)作CD⊥x轴于点D,求证:△ODC∽△ABC;
    (3)若点P为抛物线上的一个动点,过点P作PM⊥x轴于点M,则是否还存在除C点外的其他位置的点,使以O,P,M为顶点的三角形与△ABC相似?若存在,请求出这样的P点坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)将抛物线配方后可得顶点A的坐标,将抛物线和一次函数的解析式联立方程组,解出可得B和C的坐标;
    (2)先根据两点的距离计算AB、BC、AC的长,根据勾股定理的逆定理可得:∠ABC=90°,最后根据两边的比相等且夹角为90度得两三角形相似;
    (3)存在,设M(x,0),则P(x,x2+2x),表示OM=|x|,PM=|x2+2x|,分两种情况:有=或=,根据比例式代入可得对应x的值,计算点P的坐标即可.
    【解答】(1)解:y=x2+2x=(x+1)2﹣1,
    ∴顶点A(﹣1,﹣1);
    由,解得:或
    ∴B(﹣2,0),C(1,3);
    (2)证明:∵A(﹣1,﹣1),B(﹣2,0),C(1,3),
    ∴AB==,
    BC==3,
    AC==2,
    ∴AB2+BC2=AC2,==,
    ∴∠ABC=90°,
    ∵OD=1,CD=3,
    ∴=,
    ∴,∠ABC=∠ODC=90°,
    ∴△ODC∽△ABC;
    (3)存在这样的P点,
    设M(x,0),则P(x,x2+2x),
    ∴OM=|x|,PM=|x2+2x|,
    当以O,P,M为顶点的三角形与△ABC相似时,
    有=或=,
    由(2)知:AB=,CB=3,
    ①当=时,则=,
    当P在第二象限时,x<0,x2+2x>0,
    ∴,解得:x1=0(舍),x2=﹣,
    当P在第三象限时,x<0,x2+2x<0,
    ∴=,解得:x1=0(舍),x2=﹣,
    ②当=时,则=3,
    同理代入可得:x=﹣5或x=1(舍),
    综上所述,存在这样的点P,坐标为(﹣,﹣)或(﹣,)或(﹣5,15).
    5.(2021秋•攸县期末)如图,已知直线y=﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B,抛物线过A,B两点,点P是线段AB上一动点,过点P作PC⊥x轴于点C,交抛物线于点D.
    (1)若抛物线的解析式为y=﹣2x2+2x+4,设其顶点为M,其对称轴交AB于点N.
    ①求点M和点N的坐标;
    ②在抛物线的对称轴上找一点Q,使|AQ﹣BQ|的值最大,请直接写出点Q的坐标;
    ③是否存在点P,使四边形MNPD为菱形?并说明理由;
    (2)当点P的横坐标为1时,是否存在这样的抛物线,使得以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似?若存在,求出满足条件的抛物线的解析式;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)①函数的对称轴为:x=﹣=,故点M(,),即可求解;
    ②设抛物线与x轴左侧的交点为R(﹣1,0),则点A与R关于抛物线的对称轴对称,连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q,则点Q为所求,即可求解;
    ③四边形MNPD为菱形,首先PD=MN,即(﹣2x2+2x+4)﹣(﹣2x+4)=,解得:x=或(舍去),故点P(,1),而PN==≠MN,即可求解;
    (2)分∠DBP为直角、∠BDP为直角两种情况,分别求解即可.
    【解析】(1)①函数的对称轴为:x=﹣=,故点M(,),
    当x=时,y=﹣2x+4=3,故点N(,3);
    ②设抛物线与x轴左侧的交点为R(﹣1,0),则点A与R关于抛物线的对称轴对称,
    连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q,则点Q为所求,
    将R、B的坐标代入一次函数表达式:y=kx+b并解得:
    直线RB的表达式为:y=4x+4,
    当x=时,y=6,
    故点Q(,6);
    ③不存在,理由:
    设点P(x,﹣2x+4),则点D(x,﹣2x2+2x+4),
    MN=﹣3=,
    四边形MNPD为菱形,首先PD=MN,
    即(﹣2x2+2x+4)﹣(﹣2x+4)=,解得:x=或(舍去),
    故点P(,1),而PN==≠MN,
    故不存在点P,使四边形MNPD为菱形;
    (2)当点P的横坐标为1时,则其坐标为:(1,2),此时点A、B的坐标分别为:(2,0)、(0,4),
    ①当∠DBP为直角时,以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似,
    则∠BAO=∠BDP=α,tan∠BAO==2=tanα,则sinα=,
    PA=,PB=AB﹣PA=2﹣=,
    则PD==,故点D(1,);
    ②当∠BDP为直角时,以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似,
    则BD∥x轴,则点B、D关于抛物线的对称轴对称,故点D(1,4),
    综上,点D的坐标为:(1,4)或(1,),
    将点A、B、D的坐标代入抛物线表达式:y=ax2+bx+c并解得:
    y=﹣2x2+2x+4或y=﹣x2+3x+4.
    6.(2022•禹城市模拟)如图,抛物线经过A(4,0),B(1,0),C(0,﹣2)三点.
    (1)求出抛物线的解析式;
    (2)P是抛物线在第一象限上的一动点,过P作PM⊥x轴,垂足为M,是否存在P点,使得以A,P,M为顶点的三角形与△OAC相似?若存在,请求出符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由;
    (3)若抛物线上有一点D(点D位于直线AC的上方且不与点B重合)使得S△DCA=S△ABC,直接写出点D的坐标.
    【分析】(1)用待定系数法求函数解析式即可;
    (2)设P(t,﹣t2+t﹣2),则M(t,0),1<t<4,分两种情况讨论:①当∠PAM=∠OAC时,tan∠OAC=tan∠MAP,可求P(2,1);②当∠PAM=∠OCA时,tan∠OAC=tan∠APM,此时P点坐标不存在;
    (3)求出直线AC的解析式为y=x﹣2,再求出过点B作直线AC的平行线y=x﹣,联立方程组,即可求D点坐标.
    【解析】(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c,
    将A(4,0),B(1,0),C(0,﹣2)代入y=ax2+bx+c,
    ∴,
    解得,
    ∴y=﹣x2+x﹣2;
    (2)存在P点,使得以A,P,M为顶点的三角形与△OAC相似,理由如下:
    设P(t,﹣t2+t﹣2),则M(t,0),1<t<4,
    ∴PM=﹣t2+t﹣2,
    ∵A(4,0),
    ∴AM=4﹣t,
    ∴tan∠MAP=,
    ∵C(0,﹣2),
    ∴OC=2,OA=4,
    ∴tan∠OAC=,
    ①当∠PAM=∠OAC时,=,
    解得t=2或t=4(舍),
    ∴P(2,1);
    ②当∠PAM=∠OCA时,=2,
    解得t=4(舍)或t=5(舍),
    ∴此时P不存在;
    综上所述:P点坐标为(2,1);
    (3)设直线AC的解析式为y=kx+b,
    ∴,
    ∴,
    ∴直线AC的解析式为y=x﹣2,
    过点B作直线AC的平行线y=x+m,
    ∴+m=0,
    ∴m=﹣,
    ∴y=x﹣,
    联立方程组,
    解得(舍)或,
    ∴D(3,1).
    7.(2022•祥云县模拟)如图,已知抛物线y=ax2+bx+c过点A(﹣1,0),B(3,0),交y轴于点C(0,3),点M是该抛物线上第一象限内的一个动点,ME垂直x轴于点E,交线段BC于点D,MN∥x轴,交y轴于点N.
    (1)求抛物线y=ax2+bx+c的表达式;
    (2)若四边形MNOE是正方形,求该正方形的边长;
    (3)连结OD,AC,抛物线上是否存在点M,使得以C,O,D为顶点的三角形与△ABC相似,若存在,请求出点M的坐标,若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)根据点A,B,C的坐标,利用待定系数法即可求出二次函数的表达式;
    (2)设点M的坐标为(x,﹣x2+2x+3)(0<x<3),利用正方形的性质可得出关于x的一元二次方程,解之取其正值即可得出结论;
    (3)利用点C,点A,B的坐标可得出AB,BC的值,由OB=OC=3可得出∠OCD=∠ABC=45°,进而可得出存在两种情况,过点D作DF⊥y轴,垂足为点F,则△CDF为等腰直角三角形,①当△OCD∽△ABC时,利用相似三角形的性质可求出CD的长度,进而可得出DF的长度,再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标;②当△DCO∽△ABC时,用相似三角形的性质可求出CD的长度,进而可得出DF的长度,再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标.综上,此题得解.
    【解析】(1)将A(﹣1,0),B(3,0),C(0,3),代入y=ax2+bx+c,得:
    ,解得:,
    ∴抛物线的函数表达式为y=﹣x2+2x+3;
    (2)设点M的坐标为(x,﹣x2+2x+3)(0<x<3).
    ∵四边形MNOE为正方形,
    ∴x=﹣x2+2x+3,
    解得:x1=,x2=(舍去),
    ∴MN=,
    ∴该正方形的边长为;
    (3)∵点C的坐标为(0,3).点A的坐标为(﹣1,0),点B的坐标为(3,0),
    ∴AB=4,BC=3.
    ∵OB=OC=3,
    ∴∠OCD=∠ABC=45°.
    ∴存在两种情况.
    过点D作DF⊥y轴,垂足为点F,则△CDF为等腰直角三角形,如图所示.
    ①当△OCD∽△ABC时,,即,
    ∴CD=,
    ∴DF=CF=,
    ∴点M的坐标为(,);
    ②当△DCO∽△ABC时,,即,
    ∴CD=2,
    ∴DF=CF=2,
    ∴点M的坐标为(2,3).
    综上所述:抛物线上存在点M,使得以点C,O,D为顶点的三角形与△ABC相似,点M的坐标为(,)或(2,3).
    8.(2022•松江区校级模拟)如图,抛物线y=x2﹣bx+c过点B(3,0),C(0,﹣3),D为抛物线的顶点.
    (1)求抛物线的解析式以及顶点坐标;
    (2)连接BC,CD,DB,求∠CBD的正切值;
    (3)点C关于抛物线y=x2﹣bx+c对称轴的对称点为E点,连接BE,直线BE与对称轴交于点M,在(2)的条件下,点P是抛物线对称轴上的一点,是否存在点P使△CDB和△BMP相似,若存在,求点P坐标,若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)将点B、C的坐标代入y=x2﹣bx+c,即可得到抛物线的解析式,然后利用配方法可求得抛物线的顶点坐标;
    (2)求得BC,CD,DB的长,根据勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形,∠BCD=90°,利用锐角三角函数的定义求解即可;
    (3)根据二次函数的对称性得E(2,﹣3),可得直线BE为y=3x﹣9,则M(1,﹣6),由(2)知△CDB是直角三角形,∠BCD=90°,若△CDB和△BMP相似,可分两种情况进行解析:①∠MPB=∠BCD=90°时,②∠MBP=∠BCD=90°时,根据相似三角形的性质即可求解.
    【解析】(1)将点B、C的坐标代入抛物线表达式得:
    ,解得,
    故抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3;
    ∵y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4,
    ∴D(1,﹣4);
    (2)如图.
    ∵B(3,0),C(0,﹣3),D(1,﹣4),
    ∴BC2=32+32=18,BC==3,
    CD2=12+(4﹣3)2=2,CD=,
    BD2=42+(3﹣1)2=20,BD=2,
    ∴BD2=BC2+CD2,
    ∴△BCD是直角三角形,∠BCD=90°,
    ∴tan∠CBD===;
    (3)∵点C关于抛物线y=x2﹣2x﹣3对称轴的对称点为E点,y=x2﹣2x﹣3的对称轴为x=1,
    ∴E(2,﹣3),
    ∵B(3,0),
    ∴直线BE为y=3x﹣9,
    ∴M(1,﹣6),
    由(2)知△CDB是直角三角形,∠BCD=90°,
    若△CDB和△BMP相似,可分两种情况进行解析:
    ①∠MPB=∠BCD=90°时,点P在x轴上,
    ∵M(1,﹣6),B(3,0),
    ∴PM=6,BP=2,
    ∴,
    ∴=,
    ∵∠MPB=∠BCD=90°,
    ∴△CDB和△PBM,
    ∴P(1,0);
    ②∠MBP=∠BCD=90°时,
    ∵M(1,﹣6),B(3,0),
    ∴MB==2,
    ∵△CDB和△BPM,
    ∴,
    ∴,解得PM=,
    ∴点MP的纵坐标为﹣6=,
    ∴P(1,).
    综上所述,存在,点P的坐标为(1,0)或(1,).
    9.(2022•平江县一模)如图,抛物线y=ax2+bx+8与x轴交于A(﹣2,0)和点B(8,0),与y轴交于点C,顶点为D,连接AC,BC,BC与抛物线的对称轴l交于点E.
    (1)求该抛物线的函数表达式;
    (2)点P是第一象限内抛物线上的动点,连接PB,PC,设四边形PBOC和△AOC的面积分别为S四边形PBOC和S△AOC,记S=S四边形PBOC﹣S△AOC,求S最大值点P的坐标及S的最大值;
    (3)点N是对称轴l右侧抛物线上的动点,在射线ED上是否存在点M,使得以点M,N,E为顶点的三角形与△BOC相似?若存在,求点M的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)将点A(﹣2,0)和点B(8,0)代入y=ax2+bx+8,即可求解;
    (2)过点P作PG∥y轴交BC于点G,设P(t,﹣t2+3t+8),则G(t,﹣t+8),PG=﹣t2+4t,分别求出S△AOC=8,S△BOC=32,S△BCP=﹣2t2+16t,则S=S四边形PBOC﹣S△AOC=﹣2(t﹣4)2+56,即可求解;
    (3)先证明△BCD是等腰直角三角形,求出E(3,5),设M(3,m),N(n,﹣n2+3n+8),分三种情况讨论:①当∠NME=90°,ME=MN时,△OBC∽△MNE,则m=﹣n2+3n+8,m﹣5=n﹣3,可求M(3,8);当∠MEN=90°,EN=ME时,△MNE∽△BOC,5=﹣n2+3n+8,m﹣5=n﹣3,求得M(3,5+);③当∠MNE=90°,MN=EN时,△MNE∽△BOC,过点N作NH⊥l交于H,由①M与E点关于H点对称,可求M(3,11).
    【解析】(1)将点A(﹣2,0)和点B(8,0)代入y=ax2+bx+8,
    ∴,
    解得,
    ∴y=﹣x2+3x+8;
    (2)令x=0,则y=8,
    ∴C(0,8),
    ∴S△AOC=×2×8=8,S△BOC=×8×8=32,
    设直线BC的解析式为y=kx+b,
    ∴,
    解得,
    ∴yx+8,
    过点P作PG∥y轴交BC于点G,设P(t,﹣t2+3t+8),则G(t,﹣t+8),
    ∴PG=﹣t2+4t,
    ∴S△BCP=×8×(﹣t2+4t)=﹣2t2+16t,
    ∴S四边形PBOC=S△BOC+S△BCP=32﹣2t2+16t,
    ∴S=S四边形PBOC﹣S△AOC=﹣2t2+16t+24=﹣2(t﹣4)2+56,
    ∵点P是第一象限,
    ∴0<t<8,
    ∴当t=4时,S有最大值56,
    此时P(4,12);
    (3)∵OB=OC=8,
    ∴△BCD是等腰直角三角形,
    ∵直线BC的解析式为y=﹣x+8,
    ∴E(3,5),
    设M(3,m),N(n,﹣n2+3n+8),
    ①当∠NME=90°,ME=MN时,△OBC∽△MNE,
    ∴MN∥x轴,
    ∴m=﹣n2+3n+8,
    ∵ME=m﹣5,MN=n﹣3,
    ∴m﹣5=n﹣3,
    ∴n=6或n=﹣2,
    ∵n>1,
    ∴n=6,
    ∴m=8,
    ∴M(3,8);
    ②存在点M,使得以点M,N,E为顶点的三角形与△BOC相似,理由如下:
    当∠MEN=90°,EN=ME时,△MNE∽△BOC,
    ∴ME=m﹣5,EN=n=3,
    ∴MN∥x轴,
    ∴5=﹣n2+3n+8,
    ∴m﹣5=n﹣3,
    ∴n=3+或n=3﹣,
    ∵n>1,
    ∴n=3+,
    ∴m=5+,
    ∴M(3,5+);
    ③当∠MNE=90°,MN=EN时,△MNE∽△BOC,
    过点N作NH⊥l交于H,
    由①可知H(3,8),
    ∵M与E点关于H点对称,
    ∴M(3,11);
    综上所述:点M的坐标为(3,8)或(3,5+)或(3,11).
    10.(2022•莱州市一模)如图①,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2+c经过点A(4,3),顶点为点B,点P为抛物线上的一个动点,l是过点(0,﹣2)且垂直于y轴的直线,连接PO.
    (1)求抛物线的表达式,并求出顶点B的坐标;
    (2)试证明:经过点O的⊙P与直线l相切;
    (3)如图②,已知点C的坐标为(1,2),是否存在点P,使得以点P,O及(2)中的切点为顶点的三角形与△ABC相似?若存在,求出P点的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)利用待定系数法即可解决问题;
    (2)过P作PH⊥l,垂足为H,求出OP、PH,可得PO=PH,即可解决问题;
    (3)以P,O,H为顶点的三角形与△ABC相似,易知PH与BC,PO与AC是对应边,可得,由此构建方程即可解决问题.
    【解答】(1)解:∵抛物线y=x2+c经过点A(4,3),
    ∴3=4+c,
    ∴c=﹣1,
    ∴抛物线的表达式为y=x2﹣1,顶点B(0,﹣1);
    (2)证明:过P作PH⊥l,垂足为H,
    设点P坐标(m,m2﹣1),
    ∵l是过点(0,﹣2)且垂直于y轴的直线,
    ∴PH=m2﹣1+2=m2+1,PO==m2+1,
    ∴PO=PH,即直线l到圆心P的距离等于⊙P的半径,
    ∴经过点O的⊙P与直线l相切;
    (3)解:存在.理由如下:
    ∵A(4,3),B(0,﹣1),C(1,2),
    ∴BC==,AC==,AB==4.
    ∴BC=AC,
    ∵PO=PH,以P,O,H为顶点的三角形与△ABC相似,
    ∴PH与BC,PO与AC是对应边,
    ∴,
    设点P(m,m2﹣1),则H(m,﹣2),
    ∴PH=m2﹣1+2=m2+1,OH==,
    ∴,
    ∴×=m2+4,
    解得m=±1.
    ∴点P坐标(1,﹣)或(﹣1,﹣).
    11.(2022•巩义市模拟)已知,二次函数y=ax2+bx﹣3 的图象与x轴交于A,B两点(点A在点B的左边),与y轴交于C点,点A的坐标为(﹣1,0),且 OB=OC.
    (1)求二次函数的解析式;
    (2)当0≤x≤4 时,求二次函数的最大值和最小值分别为多少?
    (3)设点C'与点C关于该抛物线的对称轴对称.在y轴上是否存在点P,使△PCC'与△POB相似,且PC与PO是对应边?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)根据OB=OC可得B点的坐标为(3,0),把A、B的坐标代入二次函数y=ax2+bx﹣3,求出a、b的值即可;
    (2)求出二次函数的顶点坐标为(1,﹣4),根据二次函数的性质即可得出答案;
    (3)先设出P的坐标,根据相似三角形的性质列出方程,解出方程即可得到点P的坐标.
    【解析】(1)∵二次函数y=ax2+bx﹣3 的图象与y轴交于C点,
    ∴C(0,﹣3).
    ∵OB=OC,点A在点B的左边,
    ∴B(3,0).
    ∵点A的坐标为(﹣1,0),
    由题意可得,
    解得:,
    ∴二次函数的解析式为y=x2﹣2x﹣3;
    (2)∵二次函数的解析式为y=x2﹣2x﹣3=(x﹣2)2﹣4,
    ∴二次函数顶点坐标为(1,﹣4),
    ∴当x=1时,y最小值=﹣4,
    ∵当0≤x≤1时,y随着x的增大而减小,
    ∴当x=0时,y最大值=﹣3,
    ∵当1<x≤4时,y随着x的增大而增大,
    ∴当x=4时,y最大值=5.
    ∴当0≤x≤4时,函数的最大值为5,最小值为﹣4;
    (3)存在点P,设P(0,m),如图,
    ∵点C'与点C关于该抛物线的对称轴直线x=1对称,C(0,﹣3).
    ∴C′(2,﹣3).
    ∴CC'∥OB,
    ∵△PCC'与△POB相似,且PC与PO是对应边,
    ∴,
    即:,
    解得:m=﹣0或m=﹣,
    ∴存在,P(0,﹣9)或P(0,﹣).
    12.(2022•澄迈县模拟)在平面直角坐标系中,抛物线经过点A(﹣2,0),B(﹣3,3)及原点O,顶点为C.
    (1)求该抛物线的函数表达式及顶点C的坐标;
    (2)设该抛物线上一动点P的横坐标为t.
    ①在图1中,当﹣3<t<0时,求△PBO的面积S与t的函数关系式,并求S的最大值;
    ②在图2中,若点P在该抛物线上,点E在该抛物线的对称轴上,且以A,O,P,E为顶点的四边形是平行四边形,求点P的坐标;
    ③在图3中,若P是y轴左侧该抛物线上的动点,过点P作PM⊥x轴,垂足为M,是否存在点P使得以点P,M,A为顶点的三角形与△BOC相似?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)由待定系数法求函数的解析式即可;
    (2)①求出直线BO的解析式,过点P作PG⊥x轴交BO于点G,可得E(t,﹣t)再由S=﹣(t+)2+,即可求解;
    ②设E(﹣1,m),根据平行四边形对角线的情况,分三种情况讨论:当AO为平行四边形的对角线时,当AP为平行四边形的对角线时,当AE为平行四边形的对角线时;利用中点坐标公式求解即可;
    ③先判断△COB为直角三角形,求出tan∠CBO=,设P(m,m2+2m)(t<0),则PM=m2+2m,AM=﹣2﹣m,根据角的情况分两种情况讨论:当∠MPA=∠OBC时,=,P(﹣3,3);当∠PAM=∠OBC时,=,P(﹣,﹣).
    【解析】(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx,
    将A(﹣2,0),B(﹣3,3)代入,
    ∴,
    解得,
    ∴y=x2+2x,
    ∴C(﹣1,﹣1);
    (2)①∵P的横坐标为t,
    ∴P(t,t2+2t),
    设直线BO的解析式为y=kx,
    ∴﹣3k=3,
    ∴k=﹣1,
    ∴y=﹣x,
    过点P作PG⊥x轴交BO于点G,
    ∴E(t,﹣t)
    ∴PG=﹣t﹣t2﹣2t=﹣t2﹣3t,
    ∴S=×3×(﹣t2﹣3t)=﹣(t+)2+,
    ∵﹣3<t<0,
    ∴t=﹣时,S有最大值;
    ②∵y=x2+2x,
    ∴抛物线的对称轴为直线x=﹣1,
    设E(﹣1,m),
    当AO为平行四边形的对角线时,

    解得,
    ∴P(﹣1,﹣1);
    当AP为平行四边形的对角线时,

    解得,
    ∴P(1,3);
    当AE为平行四边形的对角线时,

    解得,
    ∴P(﹣3,3);
    综上所述:P点坐标为(﹣1,﹣1)或(1,3)或(﹣3,3);
    (3)存在点P使得以点P,M,A为顶点的三角形与△BOC相似,理由如下:
    ∵B(﹣3,3),C(﹣1,﹣1),
    ∴BO=3,OC=,BC=2,
    ∴BO2+CO2=BC2,
    ∴△COB为直角三角形,∠BOC=90°,
    ∴tan∠CBO==,
    ∵PM⊥AM,
    ∴∠BOC=∠PMA,
    设P(m,m2+2m)(t<0),
    ∴PM=m2+2m,AM=﹣2﹣m,
    当∠MPA=∠OBC时,=,
    解得m=﹣2(舍)或m=﹣3,
    ∴P(﹣3,3);
    当∠PAM=∠OBC时,=,
    解得m=﹣2(舍)或m=﹣,
    ∴P(﹣,﹣);
    综上所述:P点坐标为(﹣3,3)或(﹣,﹣).
    13.(2022•丰南区二模)如图①、②,在平面直角坐标系中,一边长为2的等边三角板CDE恰好与坐标系中的△OAB重合,现将三角板CDE绕边AB的中点G(G点也是DE的中点),按顺时针方向旋转180°到△C′ED的位置.
    (1)直接写出C′的坐标,并求经过O、A、C′三点的抛物线的解析式;
    (2)点P在第四象限的抛物线上,求△C′OP的最大面积;
    (3)如图③,⊙G是以AB为直径的圆,过B点作⊙G的切线与x轴相交于点F,抛物线上是否存在一点M,使得△BOF与△AOM相似?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)根据等边三角形的性质求出点C'的坐标,根据二次函数经过A(2,0),O(0,0),设出二次函数的交点式,将C'代入,求出二次函数解析式;
    (2)过P作PQ⊥x轴,交OC'于Q,连接OC',求出OC'的表达式,将P点的横坐标为m,则过P作PQ⊥x轴,交OC'于Q,连接PC',OP,设OC'的表达式为:y=kx,可得OC'的表达式为y=x,设P点的横坐标为m,则P(m,m2﹣m),Q(m,m),PQ=﹣m2+m,故S△C'OP=×3×(﹣m2+m)=﹣(m﹣)2+,即可得当m=时,△C'OP的最大面积为;
    (3)根据三角形相似的判定,分3种情况,找出点M的位置,求出坐标即可.
    【解析】(1)过点C'作C′M⊥x轴,垂足为M,如图:
    ∵由题意可知△OAB和△C′DE是等边三角形,
    ∴∠BAO=∠BAC'=60°,AO=AC'=2,
    ∴∠C'AM=180°﹣∠BAO﹣∠BAC'=60°,
    ∴C'M=AC'•sin∠C'AM=2sin60°=,AM=AC'•cs∠C'AM=2cs60°=1,
    ∴OM=OA+AM=2+1=3,
    ∴C'(3,),
    ∵A(2,0),O(0,0)在抛物线上,故设抛物线的解析式y=ax(x﹣2),
    ∴将C'(3,)代入得3a=,
    解得a=,
    ∴y=x2﹣x;
    (2)过P作PQ⊥x轴,交OC'于Q,连接PC',OP,如图:
    设OC'的表达式为:y=kx,由(1)知C'(3,),
    ∴=3k,
    解得k=,
    ∴OC'的表达式为y=x,
    设P点的横坐标为m,则有:P(m,m2﹣m),Q(m,m),
    ∴PQ=﹣m2+m,
    ∴S△C'OP=×3×(﹣m2+m)=﹣(m﹣)2+,
    ∴当m=时,△C'OP的最大面积为;
    (3)抛物线上存在一点M,使得△BOF与△AOM相似,理由如下:
    ∵BF与⊙G相切,
    ∴∠ABF=90°,
    ∵∠BAF=60°,AB=OA=2,
    ∴AF=4,OF=2,
    ∵∠BOF=180°﹣∠BOA=120°,
    ∴△BOF为顶角为120°的等腰三角形
    ①AO=AM=2时,点M与点C'重合,如图:
    此时∠OAC’=120°,
    ∴∠BOF=∠OAC',=,
    ∴△BOF∽△MAO,
    此时M(3,);
    ②OA=OM=2时,点M与点C'关于抛物线对称轴直线x=1对称,如图:
    由对称性可知,此时∠AOM=120°,
    ∴△BOF∽△AOM,
    ∴M;
    ③MO=MA时,点M为抛物线顶点(1,),
    此时tan∠AOM=,
    ∴∠AOM=30°,
    ∴∠AOM=∠OAM=30°=∠BFO=∠FBO,
    ∴△BOF∽AMO,
    ∴M(1,﹣),
    综上所述,M的坐标为:(3,),(﹣1,),(1,﹣).
    14.(2022•莱芜区三模)如图,在平面直角坐标系中,一次函数y=﹣x+3的图象与x轴交于点A,与y轴交于点B,二次函数y=x2+bx+c的图象经过A和点C(0,﹣3).
    (1)求二次函数的表达式;
    (2)如图1,平移线段AC,点A的对应点D落在二次函数在第一象限的图象上,点C的对应点E落在直线AB上,直接写出四边形ACED的形状,并求出此时点D的坐标;
    (3)如图2,在(2)的条件下,连接CD,交x轴于点M,点P为直线CD下方抛物线上一个动点,过点P作PF⊥x轴,交CD于点F,连接PC,是否存在点P,使得以点P,C,F为顶点的三角形与△COM相似?若存在,求出线段FP的长度;若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)由一次函数解析式求得A点坐标,再待定系数法求二次函数解析式即可;
    (2)由平移的性质可得四边形ACED是平行四边形;设点D(a,a2﹣2a﹣3)根据坐标的平移规律可得E(a﹣3,a2﹣2a﹣6),将点E代入一次函数求得a即可解答;
    (3)由PF∥y轴,可得∠OCM=∠CFP,则∠CFP≠90°,①△COM∽△FPC时,过点D作DG⊥y轴于G,则,由二次函数的对称性可得PC=2,由tan∠CFP=tan∠DCG即可解答;②△COM∽△FCP时,过点D作DG⊥y轴于G,过点C作CH⊥PF于H,解Rt△CHF和Rt△CHP可得,由C、D坐标可得lCD:y=2x﹣3,设P(n,n2﹣2n+3),F(n,2n﹣3),则PF=﹣n2+4n,由建立方程求得n值即可解答
    【解析】(1)由y=﹣x+3,令y=0,则﹣x+3=0,
    解得x=3,
    ∴A(3,0),
    将C(0,﹣3)代入y=x2+bx+c,得c=﹣3,
    将A(3,0)代入y=x2+bx﹣3,得b=﹣2,
    ∴二次函数的表达式为:y=x2﹣2x﹣3;
    (2)由平移性质可得DE=AC,DE∥AC,
    ∴四边形ACED是平行四边形,
    ∴CE=AD,CE∥AD,
    设点D(a,a2﹣2a﹣3),
    ∵点A(3,0)向下平移3个单位,再向左平移3个单位可以得到点C(0,﹣3),
    ∴点D向下平移3个单位,再向左平移3个单位可以得到点E,
    ∴E(a﹣3,a2﹣2a﹣6),
    将点E坐标代入y=﹣x+3,得:3﹣a+3=a2﹣2a﹣6,
    解得a1=﹣3(不符合题意舍去),a2=4,
    把a=4代入y=x2﹣2x﹣3,y=5,
    ∴D(4,5);
    (3)∵PF∥y轴,
    ∴∠OCM=∠CFP,
    ∴∠CFP≠90°,
    ①如图,过点D作DG⊥y轴于G,
    当∠CPF=∠COM=90°时,△COM∽△FPC,
    ∵y=x2﹣2x﹣3的对称轴为x=1,PC∥x轴,C(0,﹣3),
    ∴P(2,﹣3),
    ∴PC=2,
    ∵D(4,5),C(0,﹣3),
    ∴tan∠DCG=,
    ∴tan∠CFP=,
    ∴PF=2CP=4;
    ②如图,过点D作DG⊥y轴于G,过点C作CH⊥PF于H,
    当∠PCF=∠COM=90°时,△COM∽△FCP,
    ∵∠CPF+∠PCH=90°,∠CPF+∠CFH=90°
    ∴∠PCH=∠CFH=∠DCG,
    ∴tan∠PCH=tan∠CFH=,
    ∴PH=CH,FH=2CH,
    ∴PF=CH,
    设直线CD的解析式为y=kx+m,
    ∵C(0,﹣3)、D(4,5),
    ∴,
    ∴,
    ∴直线CD的解析式为lCD:y=2x﹣3,
    设P(n,n2﹣2n+3),F(n,2n﹣3),PF=2n﹣3﹣(n2﹣2n+3)=﹣n2+4n,
    ∴﹣n2+4n=n
    即2n2﹣3n=0,
    解得:n=,n=0(舍去),
    ∴PF=,
    综上所述,存在点P,使得以P,C,F为顶点的三角形与△COM相似,此时PF=4或.
    15.(2022•临清市三模)如图,抛物线y=﹣x2+bx+c的顶点D坐标为(1,4),且与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,点E在x轴上方且在对称轴左侧的抛物线上运动,点F在抛物线上并且和点E关于抛物线的对称轴对称,作矩形EFGH,其中点G,H都在x轴上.
    (1)求抛物线解析式;
    (2)设点F横坐标为m,
    ①用含有m的代数式表示点E的横坐标为 2﹣m (直接填空);
    ②当矩形EFGH为正方形时,求点G的坐标;
    ③连接AD,当EG与AD垂直时,求点G的坐标;
    (3)过顶点D作DM⊥x轴于点M,过点F作FP⊥AD于点P,直接写出△DFP与△DAM相似时,点F的坐标.
    【分析】(1)根据顶点D坐标为(1,4)可得二次函数的顶点式,即可求解;
    (2)①先解方程﹣x2+2x+3=0得A(﹣1,0),B(3,0),则1<m<3,设E点的横坐标为t,利用E、F到对称性的距离相等得到m﹣1=1﹣t,求出t即可得到点E的横坐标;
    ②设F(m,﹣m2+2m+3)(1<m<3),则E(2﹣m,﹣m2+2m+3),利用正方形的性质得到FG=FE,即﹣m2+2m+3=m﹣(2﹣m),然后解方程求出m即可得到G点坐标;
    ③先证明Rt△GEH∽Rt△DAM,利用相似比得到GH=2EH,从而得到即m﹣2=2(﹣m2+2m+3),然后解方程求出m即可得到G点坐标;
    (3)AD交EF于Q,如图,利用△DFP与△DAM相似得到∠1=∠3,再利用等角的余角相等得到∠1=∠2,所以∠2=∠3,于是可判断△FDQ为等腰三角形,即FD=FQ,接着利用待定系数法求出直线AD的解析式为y=2x+2,从而可表示出Q(﹣m2+m+,﹣m2+2m+3),则FQ=(m+1)(m﹣1),而利用两点间的距离公式得到DF2=(m﹣1)2+(m﹣1)4,于是得到方程(m﹣1)2+(m﹣1)4=[(m+1)(m﹣1)]2,然后解方程求出m即可得到F点坐标.
    【解析】(1)∵抛物线y=﹣x2+bx+c的顶点D坐标为(1,4),
    ∴y=﹣(x﹣1)2+4=﹣x2+2x﹣1+4=﹣x2+2x+3,
    ∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3;
    (2)①当y=0时,﹣x2+2x+3=0,解得x1=﹣1,x2=3,则A(﹣1,0),B(3,0),
    ∴1<m<3,
    设E点的横坐标为t,
    ∵m﹣1=1﹣t,
    ∴t=2﹣m,
    ∴点E的横坐标为2﹣m;
    故答案为:2﹣m;
    ②设F(m,﹣m2+2m+3)(1<m<3),则E(2﹣m,﹣m2+2m+3),
    ∵矩形EFGH为正方形,
    ∴FG=FE,
    即﹣m2+2m+3=m﹣(2﹣m),
    整理得m2=5,
    解得m1=﹣(舍去),m2=,
    ∴G点坐标为(,0);
    ③过点D作DM⊥x轴于M,
    ∵EG⊥AD,
    而DM⊥x轴,
    ∴∠1=∠4,
    ∴Rt△GEH∽Rt△DAM,
    ∴,即
    ∴GH=2EH,
    即2m﹣2=2(﹣m2+2m+3),
    整理得m2﹣m﹣4=0,解得m1=(舍去),m2=,
    ∴G点坐标为(,0);
    (3)设AD交EF于Q,如图,
    ∵FP⊥AD,
    ∴∠DPF=90°,
    ∵△DFP与△DAM相似
    ∴∠1=∠3,
    ∵∠1=∠2,
    ∴∠2=∠3,
    而FP⊥DQ,
    ∴△FDQ为等腰三角形,
    ∴FD=FQ,
    设直线AD的解析式为y=px+q,
    把A(﹣1,0),D(1,4)代入得,
    解得,
    ∴直线AD的解析式为y=2x+2,
    当y=﹣m2+2m+3时,2x+2=﹣m2+2m+3,解得x=﹣m2+m+,则Q(﹣m2+m+,﹣m2+2m+3),
    ∴FQ=m﹣(﹣m2+m+)=m2﹣=(m+1)(m﹣1),
    而DF2=(m﹣1)2+(﹣m2+2m+3﹣4)2=(m﹣1)2+(m﹣1)4,
    ∴(m﹣1)2+(m﹣1)4=[(m+1)(m﹣1)]2,
    而m≠1,
    ∴1+(m﹣1)2=(m+1)2,
    整理得3m2﹣10m+7=0,解得m1=1(舍去),m2=,
    ∴F点坐标为(,).
    16.(2022•成都模拟)如图①,已知抛物线y=﹣(x﹣1)2+k交x轴于A,B两点,交y轴于点C,P是抛物线上的动点,且满足OB=3OA.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)若点P在第一象限,直线y=x+b经过点P且与直线BC交于点E,设点P的横坐标为t,当线段PE的长度随着t的增大而减小时,求t的取值范围;
    (3)如图②,过点A作BC的平行线m,与抛物线交于另一点D.点P在直线m上方,点Q在线段AD上,若△CPQ与△AOC相似,且点P与点O是对应点,求点P的坐标.
    【分析】(1)根据抛物线的对称轴为直线x=1,OB=3OA,可得出:B(3,0),代入解析式即可求得答案;
    (2)运用待定系数法可得直线BC的解析式为y=﹣x+3,过点P作PH∥y轴交BC于点H,过点E作EK⊥PH于点K,如图①,设P(t,﹣t2+2t+3),则H(t,﹣t+3),得出PE=PK=﹣(t﹣)2+,运用二次函数的性质即可求得答案;
    (3)先求出直线m的解析式为y=﹣x﹣1,分情况讨论:当△CPQ∽△AOC时,则==,∠CPQ=∠AOC=90°,过点P作PE⊥y轴于点E,过点Q作QF⊥PE于点F,可证得△PCE∽△QPF,得出===,建立方程求解即可得出答案;当△CPQ∽△COA时,同理可求得点P的坐标.
    【解析】(1)∵抛物线y=﹣(x﹣1)2+k的对称轴为直线x=1,OB=3OA,
    ∴OB=3,OA=1,
    ∴B(3,0),A(﹣1,0),
    把B(3,0)代入y=﹣(x﹣1)2+k,得0=﹣(3﹣1)2+k,
    解得:k=4,
    ∴y=﹣(x﹣1)2+4=﹣x2+2x+3,
    ∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3;
    (2)设P(t,﹣t2+2t+3),
    ∴t+b=﹣t2+2t+3,
    ∴b=﹣t2+t+3,
    ∴直线PE的解析式为y=x﹣t2+t+3,
    设直线BC的解析式为y=kx+d,
    ∵B(3,0),C(0,3),
    ∴,
    解得:,
    ∴直线BC的解析式为y=﹣x+3,
    过点P作PH∥y轴交BC于点H,过点E作EK⊥PH于点K,如图①,
    则H(t,﹣t+3),
    ∴PH=﹣t2+2t+3﹣(﹣t+3)=﹣t2+3t,
    联立得:,
    解得:,
    ∴E(t2﹣t,﹣t2+t+3),
    ∴K(t,﹣t2+t+3),
    ∴EK=KH=﹣t2+2t,PK=﹣t2+2t+3﹣(﹣t2+t+3)=﹣t2+t,
    ∴EK=2PK,
    ∵EK⊥PH,
    ∴PE=PK=﹣(t﹣)2+,
    ∴当t≥时,线段PE的长度随着t的增大而减小,
    又∵点P在第一象限,∴0<t<3,
    ∴当线段PE的长度随着t的增大而减小时,≤t<3;
    (3)∵直线m∥BC,
    ∴设直线m的解析式为y=﹣x+n,把A(﹣1,0)代入得:1+n=0,
    解得:n=﹣1,
    ∴直线m的解析式为y=﹣x﹣1,
    当△CPQ∽△AOC时,
    则==,∠CPQ=∠AOC=90°,
    过点P作PE⊥y轴于点E,过点Q作QF⊥PE于点F,
    ∵P(t,﹣t2+2t+3),C(0,3),
    ∴E(0,﹣t2+2t+3),
    则PE=|t|,CE=|t2﹣2t|,
    ∵∠PEC=∠QFP=90°,
    ∴∠CPE+∠PCE=90°,
    ∵∠CPE+∠QPF=90°,
    ∴∠PCE=∠QPF,
    ∴△PCE∽△QPF,
    ∴===,
    ∴PF=3CE=3(t2﹣2t),QF=3PE=3t,
    ∴EF=t﹣3(t2﹣2t)=﹣3t2+7t,QF=3t,
    ∴Q(﹣3t2+7t,﹣t2﹣t+3),
    把Q(﹣3t2+7t,﹣t2﹣t+3)代入y=﹣x﹣1,得﹣t2﹣t+3=﹣(﹣3t2+7t)﹣1,
    解得:t=2或﹣,
    ∴P(2,3)或(﹣,);
    当△CPQ∽△COA时,
    ==,∠CPQ=∠AOC=90°,
    同理可得:===,Q(﹣t2+t,﹣t2+t+3),
    代入y=﹣x﹣1,得﹣t2+t+3=﹣(﹣t2+t)﹣1,
    解得:t=,
    ∵点P在直线m上方,
    ∴﹣1<t<4,
    ∴P(,)或(,);
    综上所述,点P的坐标为(2,3)或(﹣,)或(,)或(,).
    17.(2022•东莞市校级一模)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y=﹣x2+2kx+2k2+1与x轴的左交点为A,右交点为B,与y轴的交点为C,对称轴为直线l,对于抛物线上的两点(x1,y1),(x2,y2)(x1<k<x2),当x1+x2=2时,y1﹣y2=0恒成立.
    (1)求该抛物线的解析式;
    (2)点M是第二象限内直线AC上方的抛物线上的一点,过点M作MN⊥AC于点N,求线段MN的最大值,并求出此时点M的坐标;
    (3)点P是直线l右侧抛物线上的一点,PQ⊥l于点Q,AP交直线l于点F,是否存在这样的点P,使△PQF与△ACO相似?若存在,请求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
    【分析】(1)利用一元二次方程根与系数关系可得:x1+x2=2k,再结合当x1+x2=2时,y1﹣y2=0恒成立,可得出k=1,即可得出答案;
    (2)运用待定系数法可得直线AC的解析式为y=3x+3,如图1,过点M作MD∥y轴交AC于点D,设M(t,﹣t2+2t+3)(﹣1<t<0),则D(t,3t+3),再证得△MDN∽△ACO,得出=,可得MN=﹣(t+)2+,运用二次函数的性质即可求得答案;
    (3)设P(m,﹣m2+2m+3)(m>1),则Q(1,﹣m2+2m+3),过点P作PH⊥x轴于点H,则H(m,0),可证得△PFQ∽△APH,分情况讨论:当点P在x轴上方时,若△PFQ∽△CAO,则△APH∽△CAO,可得P(,);若△PFQ∽△ACO,则△APH∽△ACO,求得m=﹣1或0,均不符合题意;当点P在x轴下方时,如图3,PH=m2﹣2m﹣3,AH=m+1,若△PFQ∽△CAO,则△APH∽△CAO,可得P(,﹣);若△PFQ∽△ACO,则△APH∽△ACO,可得P(6,21).
    【解析】(1)∵(x1,y1),(x2,y2)在抛物线y=﹣x2+2kx+2k2+1上,
    ∴x1+x2=2k,x1x2=﹣2k2﹣1,y1=﹣x12+2kx1+2k2+1,y2=﹣x22+2kx2+2k2+1,
    ∴y1﹣y2=(﹣x12+2kx1+2k2+1)﹣(﹣x22+2kx2+2k2+1)=(x2﹣x1)(x1+x2﹣2k),
    ∵当x1+x2=2时,y1﹣y2=0恒成立,
    ∴(x2﹣x1)(2﹣2k)=0,
    ∵x1<k<x2,
    ∴2﹣2k=0,
    ∴k=1,
    ∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3;
    (2)由(1)知:y=﹣x2+2x+3,
    令y=0,得﹣x2+2x+3=0,
    解得:x1=﹣1,x2=3,
    ∴A(﹣1,0),B(3,0),
    令x=0,得y=3,
    ∴C(0,3),
    在Rt△AOC中,AC===,
    设直线AC的解析式为y=mx+n,则,
    解得:,
    ∴直线AC的解析式为y=3x+3,
    如图1,过点M作MD∥y轴交AC于点D,
    设M(t,﹣t2+2t+3)(﹣1<t<0),则D(t,3t+3),
    ∴MD=﹣t2+2t+3﹣(3t+3)=﹣t2﹣t,
    ∵MN⊥AC,
    ∴∠MND=90°=∠AOC,
    ∵MD∥OC,
    ∴∠MDN=∠ACO,
    ∴△MDN∽△ACO,
    ∴=,即=,
    ∴MN=﹣(t+)2+,
    ∵<0,
    ∴当t=﹣时,线段MN取得最大值,此时,M(﹣,);
    (3)存在.
    ∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,
    ∴抛物线的对称轴为直线x=1,
    设P(m,﹣m2+2m+3)(m>1),则Q(1,﹣m2+2m+3),过点P作PH⊥x轴于点H,则H(m,0),
    ∵PQ⊥l,l⊥x轴,
    ∴PQ∥x轴,
    ∴∠FPQ=∠PAH,
    ∵∠PQF=∠AHP,
    ∴△PFQ∽△APH,
    当点P在x轴上方时,如图2,PH=﹣m2+2m+3,AH=m+1,又OA=1,OC=3,
    若△PFQ∽△CAO,则△APH∽△CAO,
    ∴=,即=,
    解得:m=﹣1(舍去)或m=,
    当m=时,﹣m2+2m+3=﹣()2+2×+3=,
    ∴P(,);
    若△PFQ∽△ACO,则△APH∽△ACO,
    ∴=,即=,
    解得:m=﹣1(舍去)或m=0(不符合题意,舍去);
    当点P在x轴下方时,如图3,PH=m2﹣2m﹣3,AH=m+1,
    若△PFQ∽△CAO,则△APH∽△CAO,
    ∴=,即=,
    解得:m=﹣1(舍去)或m=,
    当m=时,﹣m2+2m+3=﹣()2+2×+3=﹣,
    ∴P(,﹣);
    若△PFQ∽△ACO,则△APH∽△ACO,
    ∴=,即=,
    解得:m=﹣1(舍去)或m=6,
    当m=6时,﹣m2+2m+3=﹣62+2×6+3=﹣21,
    ∴P(6,21);
    综上所述,点P的坐标为(,)或(,﹣)或(6,21).
    18.(2022•碑林区校级模拟)如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=8,AC=4,以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系,若C(0,2).
    (1)请直接写出A、B的坐标;
    (2)求经过A、B、C三点的抛物线表达式;
    (3)l为抛物线对称轴,P是直线l右侧抛物线上的点,过点P作l的垂线,垂足为D,E是l上的点.要使以P、D、E为顶点的三角形与△ABC全等,求满足条件的点P,点E的坐标.
    【分析】(1)运用勾股定理即可求得OA=2,再求得OB=6,即可得出点A、B的坐标;
    (2)运用待定系数法设y=a(x+2)(x﹣6),把C(0,2)代入,即可求得答案;
    (3)根据以P、D、E为顶点的三角形与△ABC全等,且∠PDE=∠ACB=90°,可分两种情况:①当△PDE≌△ACB时,如图1,②当△PDE≌△BCA时,如图2,分别结合图形和全等三角形性质即可求得答案.
    【解析】(1)∵C(0,2),
    ∴OC=2,
    在Rt△AOC中,OA===2,
    ∴OB=AB﹣OA=8﹣2=6,
    ∴A(﹣2,0),B(6,0);
    (2)设y=a(x+2)(x﹣6),把C(0,2)代入得:2=a(0+2)(0﹣6),
    解得:a=﹣,
    ∴y=﹣(x+2)(x﹣6)=﹣x2+x+2,
    ∴该抛物线的表达式为y=﹣x2+x+2;
    (3)在△BOC中,BC===4,
    ∵y=﹣x2+x+2=(x﹣2)2+,
    ∴抛物线对称轴为直线x=2,
    设P(m,﹣m2+m+2)(m>2),E(2,n),
    ①当△PDE≌△ACB时,如图1,
    ∵∠PDE=∠ACB=90°,
    ∴PD=AC=4,DE=BC=4,
    ∴m﹣2=4,
    解得:m=6,
    ∴P(6,0),D(2,0),
    ∴|n﹣0|=4,
    解得:n=±4,
    ∴E(2,4)或(2,﹣4),
    ②当△PDE≌△BCA时,如图2,
    ∵∠PDE=∠ACB=90°,
    ∴PD=BC=4,DE=AC=4,
    ∴m﹣2=4,
    解得:m=4+2,
    ∴P(4+2,﹣),D(2,﹣),
    ∴|n﹣(﹣)|=4,
    解得:n=4﹣或﹣4﹣,
    ∴E(2,4﹣)或(2,﹣4﹣);
    综上所述,P(6,0),E(2,4)或(2,﹣4);或P(4+2,﹣),E(2,4﹣)或(2,﹣4﹣).
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