2020年中考數(shù)學二輪復習 重難題型突破 類型四 二次函數(shù)與特殊三角形判定問題

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1、類型四 二次函數(shù)與特殊三角形判定問題 例1、如圖，已知拋物線y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的對稱軸為直線x＝－1，且經過A(1，0)，C(0，3)兩點，與x軸的另一個交點為B. (1)若直線y＝mx＋n經過B，C兩點，求拋物線和直線BC的解析式； (2)在拋物線的對稱軸x＝－1上找一點M，使點M到點A的距離與到點C的距離之和最小，求點M的坐標； (3)設點P為拋物線的對稱軸x＝－1上的一個動點，求使△BPC為直角三角形的點P的坐標． 【解析】解：(1)依題意，得，解得 ∴拋物線的解析式為y＝－x2－2x＋3. ∵對稱軸為x＝－1，拋物線經過A(1，0)， ∴B(－3，0

2、)． 設直線BC的解析式為y＝mx＋n(m≠0)， 把B(－3，0)，C(0，3)分別代入y＝mx＋n，得， 解得 ∴直線BC的解析式為y＝x＋3. (2)如解圖，設直線BC與對稱軸x＝－1的交點為M，連接MA， ∴MA＝MB， ∴MA＋MC＝MB＋MC＝BC. ∴使MA＋MC最小的點M應為直線BC與對稱軸x＝－1的交點． 把x＝－1代入直線y＝x＋3，得y＝2. ∴M(－1，2)． (3)設P(－1，t)，結合B(－3，0)，C(0，3)，得BC2＝18， PB2＝(－1＋3)2＋t2＝4＋t2，PC2＝(－1)2＋(t－3)2＝t2－6t＋10. ① 若B為直角頂

3、點，則BC2＋PB2＝PC2，即18＋4＋t2＝t2－6t＋10， 解得t＝－2； ②若C為直角頂點，則BC2＋PC2＝PB2，即18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t＝4； ③若P為直角頂點，則PB2＋PC2＝BC2，即4＋t2＋t2－6t＋10＝18， 解得t1＝，t2＝. 綜上所述，滿足條件的點P共有四個，分別為：P1(－1，－2)，P2(－1，4)，P3(－1，)，P4(－1，)． 例2、如圖，拋物線y＝－x2＋x－4與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，拋物線的對稱軸與x軸交于點M.P是拋物線在x軸上方的一個動點(點P、M、C不在同一條直線上)．

4、 (1)求點A，B的坐標； (2)連接AC、PB、BC，當S△PBC＝S△ABC時，求出此時點P的坐標； (3)分別過點A、B作直線CP的垂線，垂足分別為點D、E，連接MD、ME.問△MDE能否為等腰直角三角形？若能，求此時點P的坐標；若不能，說明理由． 　第2題 【解析】解：(1)令y＝－x2＋x－4＝0，解得x1＝1，x2＝5， ∴A點的坐標為(1，0)，B點的坐標為(5，0)． (2)如解圖①，過點A作AP∥BC，與拋物線交于點P，則S△PBC＝S△ABC， 第1題解圖 第2題解圖①第2題解圖② 當x＝0時，y＝－x2＋x－4 ＝－4， ∴點C的坐標為

5、(0，－4)， 設過點B，C兩點的直線的解析式為y＝kx＋b(k≠0)， 則有解得 ∴直線BC的解析式為y＝x－4， 由于PA∥BC，設AP的解析式為y＝x＋m，代入點A(1，0)，解得m＝－， ∴直線AP的解析式為y＝x－， 聯(lián)立方程組得解得： ∴P點的坐標為(4，)． (3)△MDE能成為等腰直角三角形，理由： ∵拋物線y＝－x2＋x－4＝－(x－3)2＋， ∴對稱軸是直線x＝3. ∴M(3，0)． ①當∠MED＝90°時，點E，B，M在一條直線上，此種情況不成立； ②同理：當∠MDE＝90°時，不成立； ③當∠DME＝90°時，如解圖②所示， 設直線

6、PC與對稱軸交于點N， ∵EM⊥DM，MN⊥AM， ∴∠EMN＝∠DMA. ∵∠MDE＝45°，∠EDA＝90°， ∴∠MDA＝135°. ∵∠MED＝45°， ∴∠NEM＝135°， ∴∠ADM＝∠NEM＝135°. 在△ADM與△NEM中， ∴△ADM≌△NEM(ASA)． ∴MN＝MA＝2， ∴N(3，2)． 設直線PC的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，將點N(3，2)，C(0，－4)代入直線的解析式得： 解得： ∴直線PC的解析式為y＝2x－4. 將y＝2x－4代入拋物線解析式得：2x－4 ＝－x2＋x－4，解得：x＝0或x＝，∴P(，3)． 綜上所述

7、，△MDE能成為等腰直角三角形，此時點P的坐標為(，3)． 例3、如圖①，拋物線y＝ax2＋bx＋4交x軸于A、B兩點(點A在點B左側)，交y軸于點C，連接AC、BC，其中CO＝BO＝2AO. (1)求拋物線的解析式； (2)點Q為直線BC上方的拋物線上一點，過點Q作QE∥AC交BC于點E，作QN⊥x軸于點N，交BC于點M，當△EMQ的周長L最大時，求點Q的坐標及L的最大值； (3)如圖②，在(2)的結論下，連接AQ分別交BC于點F，交OC于點G，四邊形BOGF從F開始沿射線FC平移，同時點P從C開始沿折線CO－OB運動，且點P的運動速度為四邊形BOGF平移速度的倍，當點P到達B點時，

8、四邊形BOGF停止運動，設四邊形BOGF平移過程中對應的圖形為B1O1G1F1，當△PFF1為等腰三角形時，求B1F的長度． 第3題圖 【解析】 解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋4與y軸交于點C， ∴點C的坐標為(0，4)． ∵CO＝BO＝2AO， ∴點A的坐標為(－2，0)，點B的坐標為(4，0)， 將點A、B的坐標分別代入拋物線解析式得 解得 ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋4. (2)∵點A(－2，0)，點B(4，0)，點C(0，4)， ∴直線AC的解析式為y＝2x＋4，直線BC的解析式為y＝－x＋4. 設點Q的坐標為(q，－q2＋q＋4)， ∵QE∥A

9、C，過點E作EF⊥QM于點F，如解圖， 第3題解圖 則＝＝，＝＝， ∴QF＝2EF，QE＝EF， 在Rt△EFM中，易得∠FEM＝∠FME＝∠MBN＝45°， ∴EM＝EF，EF＝MF， ∴QM＝3EF， ∴當EF最大時，△EQM的周長最大， ∵直線AC的解析式為y＝2x＋4，直線QE∥AC， ∴設直線QE的解析式為y＝2x＋t， 將Q點坐標代入得，t＝－q2－q＋4， ∴直線QE的解析式為y＝2x＋(－q2－q＋4)， 與直線BC聯(lián)立解得點E的坐標為(q2＋q，－q2－q＋4)． ∴EF＝q－q2－q＝－q2＋q＝－(q－2)2＋， 根據二次函數(shù)最值性質可知，

10、當q＝2時，EF最大，為. 此時點Q的坐標為(2，4)，L＝3EF＋EF＋EF＝(3＋＋)． (3)由(2)知點Q的坐標為(2，4)，則直線QA的解析式為y＝x＋2， ∴AQ⊥BC于F，且點F的坐標為(1，3)． ∵點B(4，0)， ∴BF＝3. 設四邊形BOGF平移的距離FF1＝t，則點P運動的速度為2t. ①當點P在OC上，此時0

11、 ∴(i)當PF2＝FF12時，4t2－4t＋2＝2t2， 解得t1＝t2＝1， 此時B1F＝B1F1－FF1＝BF－FF1＝2； (ii)當PF2＝PF12時，4t2－4t＋2＝10t2－8t＋2， 解得t1＝，t2＝0(舍)， 此時B1F＝B1F1－FF1＝； (iii)當F1F2＝PF12時，2t2＝10t2－8t＋2， 解得t1＝t2＝， 此時B1F＝； ②當點P在OB上，此時290°，若△PFF1是等腰三角形

12、， 則只能是PF＝FF1， 即(2t－4－1)2＋9＝2t2，解得t1＝5－2，t2＝5＋2(舍)， 此時t＝5－2<3， ∴B1F＝B1F1－FF1＝3－(5－2)×＝4－2. 綜上所述，當△PFF1為等腰三角形時，B1F的長度為2或或或4－2. 例4、如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左邊)，與y軸交于點C，點A、C的坐標分別為(－1，0)，(0，－3)，直線x＝1為拋物線的對稱軸，點D為拋物線的頂點，直線BC與對稱軸相交于點E. (1)求拋物線的解析式及點D的坐標； (2)點P為直線x＝1右方拋物線上的一點(點P不

13、與點B重合)，記A、B、C、P四點所構成的四邊形面積為S，若S＝S△BCD，求點P的坐標； (3)點Q是線段BD上的動點，將△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，是否存在點Q使得△D′EQ與△BEQ的重疊部分圖形為直角三角形，若存在，請求出BQ的長；若不存在，請說明理由． 【解析】解：(1)∵點A與點B關于直線x＝1對稱， ∴B(3，0)， 設拋物線的解析式為y＝a(x＋1)(x－3)， 把C(0，－3)代入得－3a＝－3，解得a＝1， ∴拋物線的解析式為y＝(x＋1)(x－3)＝x2－2x－3， ∵y＝(x－1)2－4， ∴拋物線頂點D的坐標為(1，－4)． (2)設

14、P(m，m2－2m－3)，易得直線BC的解析式為y＝x－3， 當x＝1時，y＝1－3＝－2，則E(1，－2)， ∴S△BDC＝S△BDE＋S△CDE＝×2×(1＋2)＝3， 當點P在x軸上方時，即m>3，如解圖①， 第4題解圖①第4題解圖②第4題解圖③ S＝S△CAB＋S△PAB＝×3×(3＋1)＋×(3＋1)×(m2－2m－3)＝2m2－4m， ∵S＝S△BCD， ∴2m2－4m＝， 整理得4m2－8m－15＝0，解得m1＝，m2＝(舍去)， ∴P點坐標為(，)； 當點P在x軸下方時，即1

15、＝×3×1＋×3×m＋×3×(－m2＋2m＋3)＝－m2＋m＋6， ∵S＝S△BCD， ∴－m2＋m＋6＝， 整理得m2－3m＋1＝0，解得m1＝，m2＝(舍去)， ∴P點坐標為(，)， 綜上所述，P點坐標為(，)或(，)． (3)存在．直線x＝1交x軸于點F，BD＝＝2， ①如解圖③，EQ⊥DB于點Q，△DEQ沿EQ翻折得到△D′EQ， ∵∠EDQ＝∠BDF， ∴Rt△DEQ∽Rt△DBF， ∴＝，即＝，解得DQ＝， ∴BQ＝BD－DQ＝2－＝； ②如解圖④，ED′⊥BD于H， ∵∠EDH＝∠BDF， ∴Rt△DEH∽Rt△DBF， ∴＝＝，即＝＝

16、， 解得DH＝，EH＝， 在Rt△QHD′中，設QH＝x，D′Q＝DQ＝DH－HQ＝－x，D′H＝D′E－EH＝DE－EH＝2－， ∴x2＋(2－)2＝(－x)2，解得x＝1－， ∴BQ＝BD－DQ＝BD－(DH－HQ)＝BD－DH＋HQ＝2－＋1－＝＋1； ③如解圖⑤，D′Q⊥BC于點G，作EI⊥BD于點I，由①得EI＝，BI＝， 第4題解圖④第4題解圖⑤ ∵△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ， ∴∠EQD＝∠EQD′， ∴EG＝EI＝， ∵BE＝＝2， ∴BG＝BE－EG＝2－， ∵∠GBQ＝∠IBE， ∴Rt△BQG∽Rt△BEI， ∴＝，即＝，

17、 ∴BQ＝－， 綜上所述，當BQ為或＋1或－時，將△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，使得△D′EQ與△BEQ的重疊部分圖形為直角三角形． 例5、已知如圖，拋物線y＝－x2＋2x＋與x軸交于A，B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點C，點D為拋物線的頂點，對稱軸交x軸于點E. (1)如圖①，連接BD，試求出直線BD的解析式； (2)如圖②，點P為拋物線第一象限上一動點，連接BP，CP，AC，當四邊形PBAC的面積最大時，線段CP交BD于點F，求此時DF∶BF的值； (3)如圖③，已知點K(0，－2)，連接BK，將△BOK沿著y軸上下平移(包括△BOK)，在平移的過程中直線BK交x軸

18、于點M，交y軸于點N，則在拋物線的對稱軸上是否存在點G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，若存在，請直接寫出點G的坐標；若不存在，請說明理由． 第5題圖 【解析】 解：(1)在y＝－x2＋2x＋中， 令y＝0，則－x2＋2x＋＝0， 解得x1＝－1，x2＝5， 則點A的坐標是(－1，0)，點B的坐標是(5，0)． 拋物線y＝－x2＋2x＋的對稱軸是x＝2， 把x＝2代入解析式得y＝，則點D的坐標是(2，)． 設直線BD的解析式是y＝kx＋b(k≠0)， 將B、D兩點坐標代入得： 解得 ∴直線BD的解析式是y＝－x＋. (2)連接BC，如解圖①，

19、 y＝－x2＋2x＋中，令x＝0，則y＝，則點C的坐標是(0，)． 設直線BC的解析式y(tǒng)＝mx＋n(m≠0)， 則解得 則直線BC的解析式是y＝－x＋. ∵S四邊形PBAC＝S△ABC＋S△BCP， S△ABC＝AB·OC＝×6×＝， ∴△BCP面積最大時，S四邊形PBAC有最大值， 設與BC平行且與拋物線只有一個公共點的直線的解析式是y＝－x＋d. 則－x2＋2x＋＝－x＋d， 即x2－5x＋(2d－5)＝0， 當Δ＝0時，x＝， 代入y＝－x2＋2x＋中得：y＝， 則點P的坐標是(，)． 又∵點C的坐標是(0，)， 設直線CP的解析式是y＝ex＋f，則解得 則

20、直線CP的解析式是y＝x＋. 根據題意得解得 則點F的坐標是(，)． ∴DF＝＝， BF＝＝， 則＝＝. (3)存在，點G的坐標為(2，)，(2，－)，(2，－3)或(2，－7)． 【解法提示】假設存在． 設BK的解析式是y＝k′x＋b′(k′≠0)， 將點B(5，0)，K(0，－2)代入得 解得 ∴直線BK的解析式是y＝x－2， 設直線MN的解析式為y＝x＋m， 當y＝0時，x＝－m，即M(－m，0)， 當x＝0時，y＝m，即N(0，m)． △GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形分兩種情況： ①MG＝MN，∠GMN＝90°，如解圖②. 第5題解圖①

21、第5題解圖② 第5題解圖③ 第5題解圖④ ∵∠MGE＋∠GME＝90°，∠GME＋∠OMN＝90°， ∴∠MGE＝∠OMN. 在△GME和△MNO中 ∴△GME≌△MNO(AAS)， ∴ME＝ON，EG＝OM， 當點M在點E右側時，ME＝－m－2，ON＝－m，OM＝－m， ∴－m－2＝－m，解得m＝－. ∴EG＝OM＝－m＝， ∴G點的坐標為(2，); 當M在線段OE上時，如解圖③，ME＝2＋m，ON＝－m，EG＝OM＝ －m， ∴2＋m＝－m，解得m＝－， ∴EG＝OM＝－m＝， ∴點G的坐標為(2，－)； 當M在點O左側時，

22、易得MN

23、2， ∴OM＝－×(－2)＝5(此時M與B重合，N與K重合)，EG＝EF＋FG＝ON＋OM＝7， ∴點G的坐標為(2，－7)． 綜上可知：在拋物線的對稱軸上存在點G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，點G的坐標為(2，)，(2，－)，(2，－3)或(2，－7)． 例6、如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線y＝－x2＋x＋3與x軸交于A，B兩點(點A在點B左側)，與y軸交于點C，拋物線的頂點為點E. (1)判斷△ABC的形狀，并說明理由； (2)經過B，C兩點的直線交拋物線的對稱軸于點D，點P為直線BC上方拋物線上的一動點，當△PCD的面積最大時，點Q從點P出發(fā)，先沿適當?shù)?/p>

24、路徑運動到拋物線的對稱軸上點M處，再沿垂直于拋物線對稱軸的方向運動到y(tǒng)軸上的點N處，最后沿適當?shù)穆窂竭\動到點A處停止．當點Q的運動路徑最短時，求點N的坐標及點Q經過的最短路徑的長； (3)如圖②，平移拋物線，使拋物線的頂點E在射線AE上移動，點E平移后的對應點為點E′，點A的對應點為點A′.將△AOC繞點O順時針旋轉至△A1OC1的位置，點A，C的對應點分別為點A1，C1，且點A1恰好落在AC上，連接C1A′，C1E′，△A′C1E′是否能為等腰三角形？若能，請求出所有符合條件的點E′的坐標；若不能，請說明理由． 第6題圖 解：(1)△ABC為直角三角形，理由如下： 在拋物

25、線y＝－x2＋x＋3中， 令y＝0，得－x2＋x＋3＝0， 解得x1＝－，x2＝3，故A(－，0)，B(3，0)． 令x＝0，得y＝3，故C(0，3)， ∵AC2＝12，BC2＝36，AB2＝48， AC2＋BC2＝AB2， ∴△ABC為直角三角形． (2)設直線BC的解析式為y＝kx＋b，將B(3，0)，C(0，3)代入，得解得 ∴直線BC的解析式為y＝－x＋3， 如解圖，過點P作PR∥y軸交BC于點R， 設P(t，－t2＋t＋3)，則R(t，－t＋3)， ∴PR＝－t2＋t＋3－(－t＋3)＝－t2＋t， 則S△PCD＝S△PRC－S△PRD＝·PR·[xR－(xR

26、－xD)]＝－t2＋t＝－(t－)2＋， ∵0＜t<3，∴當t＝時，S△PCD取得最大值，此時P(，)， 將P(，)向左平移個單位，得P′(，)，連接AP′交y軸于點N，過點N作NM⊥拋物線對稱軸于點M，連接PM，點Q沿P→M→N→A運動，所走的路徑最短，即最短路徑的長為PM＋MN＋AN. 設直線AP′的解析式為y＝mx＋n，將A(－，0)，P′(，)代入，得： 解得 ∴直線AP′的解析式為y＝x＋， 令x＝0，得y＝，故N(0，)， ∵AP′＝＝， MN＝， 點Q經過的最短路徑等于PM＋MN＋AN＝AP′＋MN＝＋. (3)∵∠CAO＝60°，OA＝OA1，

27、∴△AA1O為等邊三角形， ∴∠C1OB＝30°， ∴C1(，)， ∵E(，4)，A(－，0)，∴直線AE的解析式為：y＝x＋2， 設A′(t，t＋2)，則E′(t＋2，t＋6)， A′E′2＝28，A′C12＝t2－t＋7，E′C12＝t2＋7t＋21， ①當A′C1＝E′C1時，t2－t＋7＝t2＋7t＋21， 解得t＝－，故E′(，5)； ②當A′E′＝A′C1時，28＝t2－t＋7，解得t＝， ∵t＞－， ∴t＝，故E′(，7＋)； ③當A′E′＝E′C1時，t2＋7t＋21＝28， 解得t＝，∵t＞－，∴t＝，故E′(，3＋)． 綜上，所有符合條件的點E′的坐標為(，5)或(，7＋)或(，3＋)． 17