2022年广西桂林中考数学复习训练：解答题对应练(13)及答案

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(2)线段AB上有一动点P，过P作y轴的平行线，交拋物线于点Q，求线段PQ的最大值；
(3)抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是以AB为直角边的直角三角形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，说明理由．
【解析】(1)∵A(－3，0)，C(0，4)，∴AC＝5，
∵AB平分∠CAO，∴∠CAB＝∠BAO.
∵CB∥x轴，∴∠CBA＝∠BAO，
∴∠CAB＝∠CBA，∴AC＝BC＝5，
∴B(5，4).
把点A(－3，0)，C(0，4)，B(5，4)代入y＝ax2＋bx＋c得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝9a－3b＋c，,4＝c，,4＝25a＋5b＋c，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,6)，,b＝\f(5,6)，,c＝4，))
所以抛物线的表达式为y＝－ eq \f(1,6) x2＋ eq \f(5,6) x＋4.
(2)设AB的表达式为y＝kx＋h，
把A(－3，0)，B(5，4)代入得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝－3k＋h，,4＝5k＋h，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝\f(1,2)，,h＝\f(3,2)，))
所以线段AB的表达式为y＝ eq \f(1,2) x＋ eq \f(3,2) .
可设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，\f(1,2)x＋\f(3,2))) ，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，－\f(1,6)x2＋\f(5,6)x＋4)) ，
则PQ＝－ eq \f(1,6) x2＋ eq \f(5,6) x＋4－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(3,2))) ＝－ eq \f(1,6) x2＋ eq \f(1,3) x＋ eq \f(5,2) ＝－ eq \f(1,6) (x－1)2＋ eq \f(8,3) ，
∴当x＝1时，PQ最大，且最大值为 eq \f(8,3) .
(3)存在点M，使△ABM是以AB为直角边的直角三角形．理由如下．
如图，易知抛物线对称轴为x＝2.5，
设抛物线的对称轴交x轴于点D、交BC于点E，过点A作AM1⊥AB，交对称轴于点M1，过点B作BH⊥x轴于点H，
∵∠BAH＋∠DAM1＝90°，∠M1＋∠DAM1＝90°，
∴∠M1＝∠BAH，∴△ADM1∽△BHA，
∴ eq \f(AD,BH) ＝ eq \f(DM1,AH) ，即 eq \f(3＋2.5,4) ＝ eq \f(DM1,3＋5) ，解得DM1＝11.
∴M1(2.5，－11).
再过点B作BM2⊥AB，交对称轴于点M2，
同理可得∠M2＝∠CBA.
又∵∠CBA＝∠BAO，∴∠M2＝∠BAO，
∴△M2EB ∽△AHB，∴ eq \f(EB,BH) ＝ eq \f(EM2,AH) ，
即 eq \f(2.5,4) ＝ eq \f(EM2,3＋5) ，解得EM2＝5，
∴DM2＝5＋4＝9，∴M2(2.5，9).
∴存在点M1(2.5，－11)，M2(2.5，9)，使得△ABM是以AB为直角边的直角三角形．
26．如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋6经过两点A(－1，0)，B(3，0)，C是抛物线与y轴的交点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式(指出自变量m的取值范围)和S的最大值；
(3)点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M，点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．
【解析】(1)将A(－1，0)，B(3，0)代入y＝ax2＋bx＋6，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＋6＝0,9a＋3b＋6＝0)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2,b＝4)) ，
∴抛物线的表达式为y＝－2x2＋4x＋6.
(2)过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．
当x＝0时，y＝－2x2＋4x＋6＝6，
∴点C的坐标为(0，6).
设直线BC的表达式为y＝kx＋c，
将B(3，0)，C(0，6)代入y＝kx＋c，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3k＋c＝0,c＝6)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－2,c＝6)) ，
∴直线BC的表达式为y＝－2x＋6.
设点P的坐标为(m，－2m2＋4m＋6)，则点F的坐标为(m，－2m＋6)，
∴PF＝－2m2＋4m＋6－(－2m＋6)＝
－2m2＋6m，
∴S△PBC＝ eq \f(1,2) PF·OB＝－3m2＋9m＝
－3(m－ eq \f(3,2) )2＋ eq \f(27,4) ，
∵点P(m，n)在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，∴0＜m＜3.
∴当m＝ eq \f(3,2) 时，△PBC面积取最大值，最大值为 eq \f(27,4) .
(3)存在点M，点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，
∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△BCO相似，
设M(a，－2a2＋4a＋6)，C(0，6)，
∴DC＝－2a2＋4a，DM＝a，
当 eq \f(DM,CD) ＝ eq \f(OB,OC) ＝ eq \f(3,6) ＝ eq \f(1,2) 时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴ eq \f(a,－2a2＋4a) ＝ eq \f(1,2) ，解得a＝1，∴M(1，8)，
此时ND＝ eq \f(1,2) DM＝ eq \f(1,2) ，∴N(0， eq \f(17,2) )，
当 eq \f(CD,DM) ＝ eq \f(OB,OC) ＝ eq \f(1,2) 时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴ eq \f(－2a2＋4a,a) ＝ eq \f(1,2) ，解得a＝ eq \f(7,4) ，∴M( eq \f(7,4) ， eq \f(55,8) )，
此时N(0， eq \f(83,8) ).
如图3，当点M位于点C的下方，
过点M作ME⊥y轴于点E，
设M(a，－2a2＋4a＋6)，C(0，6)，
∴EC＝2a2－4a，EM＝a，
同理可得当 eq \f(2a2－4a,a) ＝ eq \f(1,2) 或 eq \f(2a2－4a,a) ＝2时，
△CMN与△OBC相似，解得a＝ eq \f(9,4) 或a＝3，
∴M( eq \f(9,4) ， eq \f(39,8) )或M(3，0)，
此时N点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,8))) 或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2))) .
综合以上得M(1，8)，N(0， eq \f(17,2) )或M( eq \f(7,4) ， eq \f(55,8) )，
N(0， eq \f(83,8) )或M( eq \f(9,4) ， eq \f(39,8) )，N(0， eq \f(3,8) )或M(3，0)，
N(0，－ eq \f(3,2) )，使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
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