2024年中考数学压轴题之二次函数相似三角形存在性问题（三）（试题+解析）

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（1）求一次函数和二次函数的解析式．
（2）求∠OAB的正弦值．
（3）在点C右侧的x轴上是否存在一点D，使得△BCD与△OAB相似？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将A(−1，−5)，B(0，−4)代入y1=kx+m，
∴−k+m=−5m=−4，
解得k=1m=−4，
∴y=x−4，
令y=0，则x=4，
∴C(4，0)，
将A(−1，−5)，C(−4，0)代入y2=ax2+bx+4，
∴16a+4b+4=0a−b+4=−5，
解得a=−2b=7，
∴y=−2x2+7x+4；
（2）解：过点O作OH⊥AC交于H，
∵B(0，−4)，C(4，0)，
∴∠OCB=45°，
∵OC=4，
∴OH=CH=22，
∵AC=52，
∴AH=32，
∴AO=26，
∴sin∠AOB=2226=21313；
（3）解：存在点D，使得△BCD与△OAB相似，理由如下：
∵D点在C点右侧，
∴∠BCD=135°，
∵∠ABO=135°，
∴∠CBD=∠OAB或∠CDB=∠OAB，
当∠OAB=∠CBD时，△OAB∽△DBC，
∴OBCD=ABBC，
∵OB=4，BC=42，AB=2，
∴CD=16，
∴D(20，0)；
当∠OAB=∠BCD时，△OAB∽△BDC，
∴OBBC=ABCD，
∴CD=2，
∴D(6，0)；
综上所述：D点坐标为(20，0)或(6，0)．
【解析】【分析】(1 )用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)过点O作OH⊥AC交于H，分别求出OH=CH的长度，AO的长度，即可求sin∠AOB的值；
(3)分两种情况讨论：当∠OAB=∠CBD时，△OAB~△DBC，可求D的坐标；当∠OAB=∠BCD时，△OAB~△BDC，可求D的坐标.
2．如图，一次函数y=12x+2与x轴，y轴分别交于A、C两点，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过A、C两点，与x轴交于另一点B，其对称轴为直线x=−32．
（1）求该二次函数表达式；
（2）在y轴的正半轴上是否存在一点M，使以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）在对称轴上是否存在点P，使△PAC为等腰三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：对于y=12x+2，当x=0时，y=2，即点C(0，2)，
令y=12x+2=0，则x=−4，即点A(−4，0).
∵抛物线的对称轴为直线x=−32，则点B(1，0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点为(−4，0)
设二次函数表达式为：y=a(x−1)(x+4)=a(x2+3x−4)，
∵抛物线过点C(0，2)，
则−4a=2，
解得：a=−12，
故抛物线的表达式为：y=−12x2−32x+2；
（2）解：存在，理由：
在Rt△AOC中，AO=4，CO=2，则tan∠CAO=COAO=12，
∵以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，∠AOC=∠MOB=90°，
∴∠MBO=∠CAO或∠MBO=∠ACO，
∴tan∠MBO=tan∠CAO=12或tan∠MBO=tan∠ACO=2，
即OMBO=OM1=2或12，
解得：OM=12或2，
即点M(0，2)或(0，12)；
（3）解：存在，理由：
根据题意对称轴x=−b2a=−32，设点P(−32，t)，
由点A、C、P的坐标得：PA2=(−32+4)2+t2，AC2=20，PC2=94+(t−2)2，
当PA=AC时，则(−32+4)2+t2=20，
解得：t=±552，
即点P的坐标为：(−32，552)或(−32，−552)；
当PA=PC时，则(−32+4)2+t2=94+(t−2)2，
解得：t=0，
即点P(−32，0)；
当AC=PC时，则20=94+(t−2)2，
解得：t=2±712，
即点P的坐标为：(−32，2+712)或(−32，2−712)．
综上，点P的坐标为：(−32，552)或(−32，−552)或(−32，0)或(−32，2+712)或(−32，2−712)．
【解析】【分析】（1）先根据一次函数与两坐标轴橡胶求出交点A、C的坐标，再由点A的坐标，结合抛物线的对称性，求出C 的坐标，最后待定系数法，依据A、B、C三点坐标，求出二次函数表达式；
（2）首先根据已知条件，可判定△AOC是直角三角形，由三角函数的定义可求得tan∠CAO=COAO=12，然后根据 以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，根据相似三角形对应角相等，得出两种情况：∠MBO=∠CAO或者∠MBO=∠ACO，然后根据正切值相等，求出OM的长度，从而得出点M的坐标；
（3）根据点P是对称轴x=−32上的点，所以点P的横坐标为−32，可设点P的坐标为（−32，t），根据等腰三角形的性质，分类讨论，利用两点间的距离公式，分别得出关于t的方程，求出t的值，进一步写出符合条件的点P的坐标即可。
3．如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c过点A(−1，0)，B(2，0)和C(0，2)，连接BC，点P(m，n)(m>0)为抛物线上一动点，过点P作PN⊥x轴交直线BC于点M，交x轴于点N．
（1）直接写出抛物线和直线BC的解析式；
（2）如图2，连接OM，当△OCM为等腰三角形时，求m的值；
（3）当P点在运动过程中，在y轴上是否存在点Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与以B，C，N为顶点的三角形相似（其中点P与点C相对应），若存在，直接写出点P和点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线过点A(−1，0)，B(2，0)，
∴抛物线的表达式为y=a(x+1)(x−2)，
将点C(0，2)代入上式，得2=−2a，
∴a=−1．
∴抛物线的表达式为y=−(x+1)(x−2)，即y=−x2+x+2．
设直线BC的表达式为y=kx+t，
将点B(2，0)，C(0，2)代入上式，
得0=2k+t2=t，
解得k=−1t=2．
∴直线BC的表达式为y=−x+2．
（2）解：∵点M在直线BC上，且P(m，n)，
∴点M的坐标为(m，−m+2)．
∴OC=2，CM2=(m−0)2+(−m+2−2)2=2m2，OM2=m2+(−m+2)2=2m2−4m+4．
当△OCM为等腰三角形时，
①若CM=OM，则CM2=OM2，
即2m2=2m2−4m+4，
解得m=1．
②若CM=OC，则CM2=OC2，
即2m2=4，
解得m=2或m=−2（舍去）．
③若OM=OC，则OM2=OC2，
即2m2−4m+4=4，
解得m=0（舍去）或m=2．
综上，m=1或m=2或m=2．
（3）解：∵点P与点C相对应，
∴△POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB．
①若点P在点B左侧，
则∠CBN=45°，BN=2−m，CB=22．
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=45°时，
直线OP的表达式为y=x，
∴−m2+m+2=m，解得m=2或m=−2（舍去）．
∴OP2=(2)2+(2)2=4，即OP=2．
∴OPBC=OQBN，即222=OQ2−2，
解得OQ=2−1．
∴P(2，2)，Q(0，2−1)．
当△POQ∽△CNB，即∠PQO=45°时，
PQ=2m，OQ=−m2+m+2+m=−m2+2m+2，
∴PQCB=OQNB，即2m22=−m2+2m+22−m，
解得m=1+5（舍去）或m=1−5（舍去）．
②若点P在点B右侧，
则∠CBN=135°，BN=m−2．
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=135°时，
直线OP的表达式为y=−x，
∴−m2+m+2=−m，解得m=1+3或m=1−3（舍去），
∴OP=2m=2+6，
∴OPBC=OQBN，即2+622=OQ3−1，
解得OQ=1．
∴P(1+3，−1−3)，Q(0，1)．
当△POQ∽△CNB，即∠PQO=135°时，
PQ=2m，OQ=|−m2+m+2+m|=m2−2m−2．
∴PQCB=OQNB，即2m22=m2−2m−2m−2，
解得m=1+5或m=1−5（舍去）．
∴P(1+5，−3−5)，Q(0，−2)．
综上，P(2，2)，Q(0，2−1)或P(1+3，−1−3)，Q(0，1)或P(1+5，−3−5)，Q(0，−2)．
【解析】【分析】（1）由题意可设y=a(x+1)(x-2)，将C（0，2）代入求出a的值，据此可得抛物线的解析式，设直线BC的解析式为y=kx+t，将B、C的坐标代入求出k、t的值，据此可得直线BC的解析式；
（2）易得M（m，-m+2），利用两点间距离公式可得OC、CM2、OM2，然后分CM=OM、CM=OC、OM=OC，代入求解就可得到m的值；
（3）由题意可得△POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB，①若点P在点B左侧，则BN=2-m，CB=22，当△POQ∽△CBN时，∠POQ=45°，直线OP的表达式为y=x，联立抛物线解析式求出m的值，利用相似三角形的性质可得OQ，进而可得点P、Q的坐标；当△POQ∽△CNB时，同理进行解答；②若点P在点B右侧时，同理进行解答.
4．抛物线C1：y=x2−2x−8交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于点C．
（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）如图（1），作直线x=t(0