2022年广西桂林中考数学复习训练：解答题对应练(11)及答案

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(2)设点P为抛物线对称轴上的一个动点．若点P为抛物线的顶点，求△PBC的面积．
(3)是否存在点P使△PBC的面积为6？若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)∵抛物线y＝x2＋bx＋c(b，c为常数)与x轴相交于点A(－1，0)，B(3，0)，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－b＋c＝0，,9＋3b＋c＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－2，,c＝－3，))
∴抛物线表达式为y＝x2－2x－3.
(2)∵y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，
∴点P(1，－4)，且点C(0，－3)，设直线BC表达式为y＝kx＋m，
则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3k＋m＝0，,m＝－3，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝1，,m＝－3，))
∴直线BC表达式为y＝x－3，
设对称轴交BC于点E，如图，
则点E(1，－2)，
∴PE＝－2－(－4)＝2，
∴S△PBC＝ eq \f(1,2) PE·OB＝ eq \f(1,2) ×2×3＝3；
(3)设点P(1，t)，
由(2)可知点E(1，－2)，
∴PE＝|t＋2|，∴S△PBC＝ eq \f(1,2) OB·PE＝ eq \f(3,2) |t＋2|，
∴ eq \f(3,2) |t＋2|＝6，解得t＝2或t＝－6，
∴P点坐标为(1，2)或(1，－6)，
即存在满足条件的点P，其坐标为(1，2)或(1，－6).
26．已知：如图一次函数y＝ eq \f(1,2) x＋1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B；二次函数y＝ eq \f(1,2) x2＋bx＋c的图象与一次函数y＝ eq \f(1,2) x＋1的图象交于B，C两点，与x轴交于D，E两点且D点坐标为(1，0).
(1)求二次函数的表达式；
(2)求四边形BDEC的面积S；
(3)在x轴上是否存在点P，使得△PBC是以P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出所有的点P，若不存在，请说明理由．
【解析】(1)将B(0，1)，D(1，0)的坐标代入y＝ eq \f(1,2) x2＋bx＋c，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝1，,b＋c＋\f(1,2)＝0，))
得表达式y＝ eq \f(1,2) x2－ eq \f(3,2) x＋1.
(2)设C(x0，y0)(x0≠0，y0≠0)，
则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y0＝\f(1,2)x0＋1，,y0＝\f(1,2)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －\f(3,2)x0＋1，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝4，,y0＝3，)) ∴C(4，3).
由图可知：S四边形BDEC＝S△ACE－S△ABD，又由对称轴为x＝ eq \f(3,2) 可知E(2，0)，
∴S＝ eq \f(1,2) AE·y0－ eq \f(1,2) AD×OB＝ eq \f(1,2) ×4×3－ eq \f(1,2) ×3×1＝ eq \f(9,2) .
(3)设符合条件的点P存在，令P(a，0)：
当P为直角顶点时，如图：过C作CF⊥x轴于F；
∵∠BPO＋∠OBP＝90°，∠BPO＋∠CPF＝90°，∴∠OBP＝∠FPC，
∴Rt△BOP∽Rt△PFC，
∴ eq \f(BO,PF) ＝ eq \f(OP,CF) ，即 eq \f(1,4－a) ＝ eq \f(a,3) ，
整理得a2－4a＋3＝0，解得a＝1或a＝3；
∴所求的点P的坐标为(1，0)或(3，0)，
综上所述：满足条件的点P共有2个．
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