解：结论： $\frac{Q_{1} P \cdot Q_{2} P}{Q_{1} Q_{2}}$ =1．

理由：令y=0，则有kx²+ $\frac{1}{2}$ x+ $\frac{15}{4}$ =0，

∴x_A+x_B=﹣ $\frac{1}{2 k}$ ，x_A•x_B= $\frac{15}{4 k}$ ，

∵x_A²+x_B²=34，

∴（x_A+x_B）²﹣2x_A•x_B=34，

∴（ $\frac{1}{2 k}$ ）²﹣ $\frac{15}{2 k}$ ﹣34=0，

解得k=﹣ $\frac{1}{4}$ 或 $\frac{1}{34}$

由（1）可知k＜ $\frac{1}{60}$ ，

∴k=﹣ $\frac{1}{4}$ ，

∴抛物线解析式为y=﹣ $\frac{1}{4}$ x²+ $\frac{1}{2}$ x+ $\frac{15}{4}$ ，

设过点P的直线为y=kx+b，把P（1，3）代入得3=k+b，

∴b=3﹣k，

∴过点P的直线为y=kx+3﹣k，

∵过点P的直线为y=kx+3﹣k与物线交于Q₁（x₁，y₁）、Q₂（x₂，y₂）两点，

∴y₁=kx₁+3﹣k，y₂=kx₂+3﹣k，

由 ${\begin{matrix} y = k x + 3 - k \\ y = - \frac{1}{4} x^{2} + \frac{1}{2} x + \frac{15}{4} \end{matrix}$ 消去y得x²+（4k﹣2）x﹣3﹣4k=0，

∴x₁+x₂=﹣（4k﹣2），x₁x₂=﹣3﹣4k，

∴ $\frac{Q_{1} P \cdot Q_{2} P}{Q_{1} Q_{2}}$ = $\frac{\sqrt{{(x_{1} - 1)}^{2} + {(y_{1} - 3)}^{2}} \cdot \sqrt{{(x_{2} - 1)}^{2} + {(y_{2} - 3)}^{2}}}{\sqrt{{(x_{1} - x_{2})}^{2} + {(y_{1} - y_{2})}^{2}}}$

= $\frac{(1 + k^{2}) \cdot | (x_{1} - 1) (x_{2} - 1) |}{\sqrt{1 + k^{2}} \cdot | x_{1} - x_{2} |}$

= $\frac{(1 + k^{2}) \cdot | x_{1} x_{2} - (x_{1} + x_{2}) + 1 |}{\sqrt{1 + k^{2}} \cdot | {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 4 x_{1} x_{2} |}$

= $\frac{(1 + k^{2}) \cdot | - 3 - 4 k + 4 k - 2 + 1 |}{\sqrt{1 + k^{2}} \cdot \sqrt{16 (1 + k^{2})}}$

=1．

福建省厦门市思明区双十中学漳州分校2020年中考数学3月模拟考试试卷