陜西省2024年中考數(shù)學(xué)面對(duì)面類型四二次函數(shù)與相似三角形練習(xí)

類型四二次函數(shù)與三角形相像1.已知拋物線y＝－eq\f(1,m)(x＋2)(x－m)(m＞0)與x軸相交于點(diǎn)A、B，與y軸相交于點(diǎn)C，且點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)．(1)若拋物線過點(diǎn)G(2，2)，求拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)及對(duì)稱軸；(2)在第四象限內(nèi)，拋物線上是否存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)A、B、M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相像？若存在，求拋物線表達(dá)式；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)∵拋物線過點(diǎn)G(2，2)，∴2＝－eq\f(1,m)(2＋2)(2－m)，解得m＝4.把m＝4代入y＝－eq\f(1,m)(x＋2)(x－m)(m＞0)，得y＝－eq\f(1,4)(x＋2)(x－4)＝－eq\f(1,4)x2＋eq\f(1,2)x＋2，∴拋物線的表達(dá)式為y＝－eq\f(1,4)x2＋eq\f(1,2)x＋2，即y＝－eq\f(1,4)(x－1)2＋eq\f(9,4)，則拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為(1，eq\f(9,4))，對(duì)稱軸為直線x＝1；存在．分兩種狀況探討：第1題解圖i)當(dāng)△ACB∽△ABM時(shí)，eq\f(AC,AB)＝eq\f(AB,AM)，即AB2＝AC·AM.∵A(－2，0)，C(0，2)，即OA＝OC＝2，∴∠CAB＝45°，∴∠BAM＝45°.如解圖，過點(diǎn)M作MN⊥x軸于點(diǎn)N，則AN＝MN，∴OA＋ON＝2＋ON＝MN，∴令M(x，－x－2)(x＞0)，又∵點(diǎn)M在拋物線上，∴－x－2＝－eq\f(1,m)(x＋2)(x－m)，∵x＞0，∴x＋2＞0，又∵m＞0，∴x＝2m，即M(2m，－2m－2)．∴AM＝eq\r(（2m＋2）2＋（－2m－2）2)＝2eq\r(2)(m＋1)，又∵AB2＝AC·AM，AC＝2eq\r(2)，AB＝m＋2，∴(m＋2)2＝2eq\r(2)×2eq\r(2)(m＋1)，解得m＝2±2eq\r(2).∵m＞0，∴m＝2＋2eq\r(2)，將m＝2＋2eq\r(2)代入拋物線中，得y＝－eq\f(1,2＋2\r(2))(x＋2)(x－2－2eq\r(2))＝eq\f(2－2\r(2),4)(x2－2eq\r(2)x－4－4eq\r(2))＝eq\f(1－\r(2),2)x2＋(2－eq\r(2))x＋2.ii)當(dāng)△ACB∽△MBA時(shí)，則eq\f(AB,MA)＝eq\f(CB,BA)，∴AB2＝CB·MA，又∵∠CBA＝∠BAM，∠ANM＝∠BOC＝90°，∴△ANM∽△BOC，∴eq\f(NM,AN)＝eq\f(OC,BO)，∵OB＝m，令ON＝x，∴eq\f(NM,2＋x)＝eq\f(2,m)，∴NM＝eq\f(2,m)(x＋2)，∴令M(x，－eq\f(2,m)(x＋2))(x＞0)，又∵點(diǎn)M在拋物線上，∴－eq\f(2,m)(x＋2)＝－eq\f(1,m)(x＋2)(x－m)，∵x＞0，∴x＋2＞0，∵m＞0，∴x＝m＋2，∴M(m＋2，－eq\f(2,m)(m＋4))，又∵AB2＝CB·MA，CB＝eq\r(m2＋4)，AN＝m＋4，MN＝eq\f(2,m)(m＋4)，∴(m＋2)2＝eq\r(m2＋4)·eq\r(（m＋4）2＋\f(4（m＋4）2,m2)).此時(shí)方程無解，故此種狀況不成立．綜上所述，當(dāng)拋物線表達(dá)式為y＝eq\f(1－\r(2),2)x2＋(2－eq\r(2))x＋2時(shí)，在第四象限內(nèi)，拋物線上存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)A、B、M為頂點(diǎn)的三角形與△ACB相像．2.如圖，拋物線C1：y＝ax2＋bx＋4與x軸交于A(－3，0)，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)M(－eq\f(3,2)，5)是拋物線C1上一點(diǎn)．(1)求拋物線C1的表達(dá)式；(2)若拋物線C2與拋物線C1關(guān)于y軸對(duì)稱，點(diǎn)A、B、M關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)分別為點(diǎn)A′、B′、M′.過點(diǎn)M′作M′E⊥x軸于點(diǎn)E，交直線A′C于點(diǎn)D，在x軸上是否存在點(diǎn)P，使得以A′、D、P為頂點(diǎn)的三角形與△AB′C相像？若存在，懇求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．第2題圖解：(1)把A(－3，0)，M(－eq\f(3,2)，5)代入y＝ax2＋bx＋4，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a－3b＋4＝0,\f(9,4)a－\f(3,2)b＋4＝5))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(4,3),b＝－\f(8,3)))，∴拋物線C1的表達(dá)式為y＝－eq\f(4,3)x2－eq\f(8,3)x＋4；(2)令y＝0，則－eq\f(4,3)x2－eq\f(8,3)x＋4＝0，解得x1＝－3，x2＝1，∴B(1，0)，令x＝0，則y＝4，∴C(0，4)．由題意，知M′(eq\f(3,2)，5)，B′(－1，0)，A′(3，0)，∠CAA′＝∠CA′A，∴AB′＝2，A′E＝eq\f(3,2)，OA′＝3，OC＝4，如解圖，連接AC、A′C，A′C交M′E于點(diǎn)D，∵M(jìn)′E⊥x軸，∴M′E∥y軸，∴eq\f(A′E,OA′)＝eq\f(DE,OC)，解得DE＝2，由勾股定理得AC＝eq\r(OA2＋OC2)＝5，DA′＝eq\r(DE2＋A′E2)＝eq\f(5,2).第2題解圖設(shè)P(m，0)，∵∠DA′P＝∠CAB′，當(dāng)m＜3時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在點(diǎn)A′的左邊，若eq\f(DA′,PA′)＝eq\f(AC,AB′)，則有△DA′P∽△CAB′，∴eq\f(\f(5,2),3－m)＝eq\f(5,2)，解得m＝2，∴P(2，0)．若eq\f(DA′,PA′)＝eq\f(AB′,AC)，則有△DA′P∽△B′AC，∴eq\f(\f(5,2),3－m)＝eq\f(2,5)，解得m＝－eq\f(13,4)，