陕西省2024年中考数学面对面类型四二次函数与相似三角形练习

类型四二次函数与三角形相像1.已知抛物线y＝－eq\f(1,m)(x＋2)(x－m)(m＞0)与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧．(1)若抛物线过点G(2，2)，求抛物线顶点坐标及对称轴；(2)在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ABC相像？若存在，求抛物线表达式；若不存在，请说明理由．解：(1)∵抛物线过点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，∴抛物线的表达式为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)，则抛物线顶点坐标为(1，eq\f(9,4))，对称轴为直线x＝1；存在．分两种状况探讨：第1题解图i)当△ACB∽△ABM时，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°.如解图，过点M作MN⊥x轴于点N，则AN＝MN，∴OA＋ON＝2＋ON＝MN，∴令M(x，－x－2)(x＞0)，又∵点M在抛物线上，∴－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)，将m＝2＋2eq\r(2)代入抛物线中，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)当△ACB∽△MBA时，则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∵点M在抛物线上，∴－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)).此时方程无解，故此种状况不成立．综上所述，当抛物线表达式为y＝eq\f(1－\r(2),2)x2＋(2－eq\r(2))x＋2时，在第四象限内，抛物线上存在点M，使得以点A、B、M为顶点的三角形与△ACB相像．2.如图，抛物线C1：y＝ax2＋bx＋4与x轴交于A(－3，0)，B两点，与y轴交于点C，点M(－eq\f(3,2)，5)是抛物线C1上一点．(1)求抛物线C1的表达式；(2)若抛物线C2与抛物线C1关于y轴对称，点A、B、M关于y轴的对称点分别为点A′、B′、M′.过点M′作M′E⊥x轴于点E，交直线A′C于点D，在x轴上是否存在点P，使得以A′、D、P为顶点的三角形与△AB′C相像？若存在，恳求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．第2题图解：(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)))，∴抛物线C1的表达式为y＝－eq\f(4,3)x2－eq\f(8,3)x＋4；(2)令y＝0，则－eq\f(4,3)x2－eq\f(8,3)x＋4＝0，解得x1＝－3，x2＝1，∴B(1，0)，令x＝0，则y＝4，∴C(0，4)．由题意，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，如解图，连接AC、A′C，A′C交M′E于点D，∵M′E⊥x轴，∴M′E∥y轴，∴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题解图设P(m，0)，∵∠DA′P＝∠CAB′，当m＜3时，此时点P在点A′的左边，若eq\f(DA′,PA′)＝eq\f(AC,AB′)，则有△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)，则有△DA′P∽△B′AC，∴eq\f(\f(5,2),3－m)＝eq\f(2,5)，解得m＝－eq\f(13,4)，