10、1，
∴D(1，0)，
∴tan∠OCD＝＝，
∴∠OCD＝30°，
∴∠OCD＝∠DCB＝30°，
∴CD平分∠OCB，
∴點K關(guān)于CD的對稱點K2在y軸上，
又∵CK＝OC＝，
∴K2與點O重合，連接OK1，交CD于點N，交CP于點M，如解圖②，
∴KM＋MN＋NK＝K1M＋MN＋ON，
根據(jù)“兩點之間，線段最短”可得，此時KM＋MN＋NK的值最小，
∴K1K2＝OK1＝＝3，
∴KM＋MN＋NK的最小值為3；
(3)存在點Q，使得△FGQ為等腰三角形，且點Q的坐標(biāo)為(3，－)或(3，)或(3，)或(3，2)．
【解法提示】∵C(0，－)，E(4，)，∴G(2，
11、)，
∵新拋物線y′是原拋物線y＝x2－x－＝(x－1)2－沿x軸正方向平移得到的，且y′經(jīng)過點D，
∴拋物線向右平移了AD＝1－(－1)＝2個單位，
∴y′＝(x－1－2)2－＝(x－3)2－.
∴新拋物線的頂點坐標(biāo)為F(3，－)，對稱軸為x＝3，
若在新拋物線的對稱軸上存在點Q，使得△FGQ為等腰三角形，設(shè)Q點坐標(biāo)為Q(3，m)，
則FQ2＝(m＋)2＝m2＋m＋，GQ2＝1＋(m－)2＝m2－m＋，
FG2＝1＋(＋)2＝，
①當(dāng)FQ＝GQ時，m2＋m＋＝m2－m＋，解得m＝－，此時Q1(3，－)；
②當(dāng)FQ＝FG時，m2＋m＋＝，解得m＝，此時Q2(3，)，Q3(3，
12、)；
③當(dāng)GQ＝FG時，m2－m＋＝，解得m1＝2，m2＝－，此時Q4(3，2)，Q5(3，－)(舍去)．
綜上所述，存在點Q，使得△FGQ為等腰三角形，且點Q的坐標(biāo)為(3，－)或(3，)或(3，)或(3，2)．
2. 解：(1)△ABC為直角三角形，理由如下：
在拋物線y＝－x2＋x＋3中，令y＝0，得－x2＋x＋3＝0，
解得，x1＝－，x2＝3，∴A(－，0)，B(3，0)．
令x＝0，得y＝3，∴C(0，3)，
∵AC2＝12，BC2＝36，AB2＝48，
AC2＋BC2＝AB2，
∴△ABC為直角三角形．
(2)設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b，將B(3，0)，C
13、(0，3)代入，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(shè)P(t，－t2＋t＋3)，則R(t，－t＋3)，
∴PR＝－t2＋t＋3－(－t＋3)＝－t2＋t，
S△PCD＝S△PRC－S△PRD＝·PR·[xR－(xR－xD)]＝－t2＋t＝－(t－)2＋
∵0＜t<3，
∴當(dāng)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做NM⊥拋物線的對稱軸于點M，連接PM，點Q沿P→M→N→A運動，所走的路經(jīng)最短，即最短路徑的長為PM＋MN＋AN.
設(shè)直線AP′的解析式
14、為y＝mx＋n，將A(－，0)，P′(，)代入，得：
， ∴，
∴直線AP′的解析式為y＝x＋，
令x＝0，得y＝，故N(0，)，
點Q經(jīng)過的最短路徑等于PM＋MN＋AN＝AP′＋MN＝＋.
第2題解圖
(3)∵tan∠CAO＝，
∴∠CAO＝60°，
∵OA＝OA1，
∴△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(shè)A′(t，t＋2)，則E′(t＋2，t＋6)，
A′E′2＝28，A′C12＝t2－t＋7，E′C12＝t2＋7t＋21，
當(dāng)A′C1＝E′C1時，t2－t＋
15、7＝t2＋7t＋21，
解得，t＝－，故E′(，5)，
當(dāng)A′E′＝A′C1時28＝t2－t＋7，
解得t＝，
∵t＞－，
∴t＝，
∴E′(，7＋)，
當(dāng)A′E′＝E′C1時，t2＋7t＋21＝28，
解得t＝，
∵t＞－，
∴t＝，
∴E′(，3＋)，
綜上所述，所有符合條件的點E′的坐標(biāo)為(，5)或(，7＋)或(，3＋)．
3. 解：(1)AC⊥CD，理由如下：
對于拋物線y＝－x2－2x＋3，
令y＝0得－x2－2x＋3＝0，
解得x1＝－3，x2＝1，
∴點A的坐標(biāo)為(－3，0)，點B的坐標(biāo)為(1，0)．
令x＝0，得y＝3，∴點C的坐標(biāo)為(0，3
16、)，
化為頂點式得y＝－(x＋1)2＋4，
∴點D的坐標(biāo)為(－1，4)，
∴AC2＝32＋32＝18，
AD2＝(－1＋3)2＋42＝20，
CD2＝12＋(4－3)2＝2，
∴AC2＋CD2＝AD2，
∴AC⊥CD.
(2)設(shè)直線AC的解析式為y＝kx＋t，
將點A(－3，0)，C(0，3)代入得，解得，
∴直線AC的解析式為y＝x＋3.
設(shè)過點P且平行AC的直線的解析式為y＝x＋t1，
與拋物線聯(lián)立得，
整理得x2＋3x＋t1－3＝0，
∵△PAC的面積最大，
∴點P到AC的距離最大，
∴直線y＝x＋t1與拋物線只有一個交點，
∴一元二次方程x2＋3x＋t
17、1－3＝0有兩個相等的實數(shù)根，
∴32－4×1×(t1－3)＝0，解得t1＝，
此時一元二次方程為x2＋3x＋－3＝0，
解得x＝－，
∴點P的坐標(biāo)為(－，)，
∵點B的坐標(biāo)為(1，0)，點A與點B關(guān)于直線x＝－1對稱，點Q在直線x＝
－1上，
∴QA＝QB，
第3題解圖①
∴當(dāng)點Q為直線BP與直線x＝－1的交點時，滿足題意，
設(shè)直線PB的解析式為y＝k2x＋b2，
將點B、P代入得，解得，
∴直線BP的解析式為y＝－x＋，
令x＝－1，得y＝3，
∴點Q的坐標(biāo)為(－1，3)．
(3)對于直線AC：y＝x＋3，當(dāng)x＝－1時，y＝2，
∴點F(－1，2)，
18、設(shè)△AEF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A′EF′，
則∠AEA′＝60°，∵∠A′EF′＝90°，
∴∠F′EO＝30°，
如解圖②，過F′作F′G⊥x軸于G，
第3題解圖②
則EF′＝EF＝2，
在Rt△F′EG中，易得EG＝，F(xiàn)′G＝1，
∴點F′的坐標(biāo)為(－1，1)，
將△A′EF′的向右平移(3－)個單位，得到△A1E1F1，
則點F1的坐標(biāo)為(2，1)，
∴CF12＝22＋(3－1)2＝8，
設(shè)點M的坐標(biāo)為(－1，m)，
則MC2＝1＋(m－3)2，MF12＝32＋(m－1)2.
若△MCF1是等腰三角形，則可按以下情況分類，
(ⅰ)MC＝MF1，即1
19、＋(m－3)2＝32＋(m－1)2，解得m＝0，
此時點M的坐標(biāo)為(－1，0)；
(ⅱ)MC＝CF1，即1＋(m－3)2＝8，解得m＝3±，
此時點M的坐標(biāo)為(－1，3＋)，
(－1，3－)；
(ⅲ)MF1＝CF1，即32＋(m－1)2＝8，此時方程無解，即此時不存在這樣的點M.
綜上可知，存在點M使得△MCF1是等腰三角形，這樣的點M有3個，坐標(biāo)分別為(－1，0)，(－1，3＋)，(－1，3－)．
4. 解：(1)當(dāng)y＝0時，x2＋x－3＝0，解得x1＝－3，x2＝2，
∵點A在點B的右側(cè)，
∴A(2，0)、B(－3，0)；
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx＋b，
把A(2
20、，0)、C(0，)代入得，解得，
∴直線AC的解析式為：y＝－x＋；
(2)在Rt△ACO中，
tan∠OAC＝＝，
∵∠FPH＋∠PHF＝90°，∠OAC＋∠AHG＝90°，∠PHF＝∠AHG，
∴∠FPH＝∠OAC，
∴tan∠FPH＝tan∠OAC＝，
∵tan∠FPH＝，
∴FH＝×FP＝FP，
設(shè)點P(m，m2＋m－3)，
則E(m，－m＋)，
∴EP＝－m2－m＋，F(xiàn)P＝－m2－m＋3，
于是l＝EP－FH＝EP－FP＝－m2－m＋3，
∵－＜0，
∴l(xiāng)＝－m2－m＋3開口向下，對稱軸x＝＝－2，
∵點P是x軸下方的拋物線上一動點，
聯(lián)立得，
∵－
21、3＜m＜2，
∴當(dāng)m＝－2時，l最大＝4；
(3)如解圖，m＝－2時，E(－2，3)，P(－2，－2)，
∵A(2，0)，
∴EP＝EA＝＝5，
①當(dāng)P1P＝P1A時，AP的中點為K(0，－1)，于是直線EK為y＝－2x－1，
∴直線EK交x軸于I(－，0)，EI＝，IF＝，
過點M1作M1J⊥EK于J，則EJ＝EF＝3，
∴IJ＝－3，
∵△IEF∽△IM1J，
∴＝，∴IM1＝－3.
∴M1(3－8，0)，
②當(dāng)AP＝AP2時，△AEP≌△AEP2，
∴∠AEP＝∠AEP2，
∴點M2與點A重合，
∴點M2(2，0)．
③當(dāng)P3P＝P3A時，由△EFM3∽△
22、M1FE，得到EF2＝FM3·FM1，
∴FM3＝3＋6，
∴點M3(－3－8，0)，
④當(dāng)P4P＝PA時，作M4Q⊥EP4，設(shè)M4Q＝M4F＝x，
在Rt△P4QM4中，
∵P4Q2＋QM42＝P4M42，
∴22＋x2＝(4－x)2，
∴x＝，
∴OM4＝＋2＝，
∴點M4(－，0)．
綜上所述點M1(3－8，0)，M2(2，0)，M3(－3－8，0)，M4(－，0)．
第4題解圖
5. 解：(1)當(dāng)x＝0時，y＝，
∴A(0，)，
將A(0，)代入y＝－x＋b中，得b＝，
∴y＝－x＋，
當(dāng)y＝0時，x＝3，∴C(3，0)；
(2)延長EF交x軸于點
23、M，過點B作BQ⊥x軸于點Q，如解圖①，
第5題解圖①
∵∠ODB＝120°，
∴∠BDQ＝60°，
∵BD＝6，
∴BQ＝3，DQ＝3，
∴B點的縱坐標(biāo)為3，
代入拋物線解析式可求得B點的橫坐標(biāo)為9，
∴B(9，3)，
∴直線OB的解析式為y＝x，
∴∠BOD＝30°，
∵EF∥y軸，
∴EM⊥x軸，
∵∠FEG＝∠BOD，
∴△EFG∽△OFM，
∴EG＝EF，F(xiàn)G＝EF，
∴C△EFG＝EF＋EG＋FG＝EF，
設(shè)E(m，－m2＋m＋)，F(xiàn)(m，m)，
∴EF＝y(tǒng)E－yF＝－m2＋m＋－m＝－(m－4)2＋，
∴當(dāng)m＝4時，C△EFG最大＝×()
24、＝.
(3)設(shè)DK＝a，
∵AO＝，OC＝3，
∴∠ACO＝∠HKO＝30°.
①當(dāng)DH＝DK＝a時，如解圖②，作HN⊥CD于N，
第5題解圖②
∠DHK＝∠DKH＝30°，
∴∠HDN＝60°，
∴ND＝a，HN＝a，CN＝3－a，
∴＝＝，解得a＝2，
∴K(8，0)；
②當(dāng)KH＝KD＝a時，如解圖③，作HR⊥DK于R，
則HR＝a，KR＝a，DR＝a－a，
∴＝＝，解得a＝，
∴K(，0)；
當(dāng)點K在點D左邊時，設(shè)DK＝KH＝a，同理可得＝，
解得a＝，k(，0)，
第5題解圖③
③∵∠HDK＞∠HKD，
∴HD＝HK不存在．
綜上所述，滿
25、足要求的K點坐標(biāo)為：(8，0)，(，0)．
6. 解：(1)對于拋物線y＝－x2＋x＋3，令y＝0，得－x2＋x＋3＝0，解得x＝－2或6，
∴B(－2，0)，A(6，0)，
∵y＝－x2＋x＋3＝－(x－2)2＋4，
∴拋物線頂點D坐標(biāo)為(2，4)，對稱軸x＝2，
設(shè)直線AD的解析式為y＝kx＋b則有，解得，
∴直線AD的解析式為y＝－x＋6，
∵AR⊥AD，
∴直線AR的解析式為y＝x－2，
∴點R坐標(biāo)(2，－)．
(2)如解圖①中，設(shè)P(m，－m2＋m＋3)，則Q(m，m－2)，
M(m，－m2＋m＋)，
由(1)可知tan∠DAB＝＝，
∴∠DAB＝60°，
26、
∵∠DAQ＝90°，
∴∠BAQ＝30°，
∴平行四邊形MNRQ周長＝2(－m2＋m＋－m＋2)＋2(2－m)÷cos 30°＝－m2－m＋7＝－(m＋)2＋，
∴m＝－時，平行四邊形MNRQ周長最大，此時P(－，)，
第6題解圖①
如解圖②，作點P關(guān)于對稱軸的對稱點M，點M關(guān)于y軸的對稱點N，連接AN交y軸于F，連接FM交對稱軸于E，此時PE＋EF＋AF最小．
第6題解圖②
理由：PE＋EF＋AF＝EM＋FE＋AF＝FM＋AF＝FN＋AF＝AN，
根據(jù)兩點之間線段最短，可知此時PE＋EF＋AF最?。?
∵M(jìn)(，)，N(－，)，
∴直線AN的解析式為y＝－x＋，∴點
27、F坐標(biāo)(0，)，
∴直線FM的解析式為y＝x＋，
∴點E的坐標(biāo)(2，)．
(3)能．如解圖③，
由題意可知，∠DBH＝60°，
∵HB＝HB′，
∴△BHB′是等邊三角形，
∴BB′＝BH＝HB′＝DB′＝4，∠D′B′H＝BHB′＝60°，
∴B′D′∥x軸，D′(8，2)，AC＝＝＝
3，
∵C(0，3)，A(6，0)，
∴直線AC的解析式為y＝－x＋3，
第6題解圖③
①當(dāng)C′D′＝A′C′＝3時，設(shè)C′(m，－m＋3)，
∴(8－m)2＋(2＋m－3)2＝(3)2，
解得m＝或，
∴C′(，)或(，)，
把點C′向下平移3個單位，向右平移6個單位得到A′，
∴此時A′的坐標(biāo)為(，)或(，)．
②當(dāng)A′D′＝A′C′＝3時，設(shè)A′(n，－n＋3)，
則(8－n)2＋(2＋n－3)2＝(3)2，
解得n＝或，
∴A′(，)或(，)，
③當(dāng)D′C′＝D′A′時，作D′M⊥A′C′于M，則直線D′M的解析式為y＝x－，
由解得，
∴點M的坐標(biāo)(，)，
把點M向下平移，向右平移3個單位即可得到A′(，－)．
綜上所述，滿足條件的點A′的坐標(biāo)為(，)或(，)或(，)或(，)或(，)．
27
重慶市2018年中考數(shù)學(xué)題型復(fù)習(xí) 題型八 二次函數(shù)綜合題 類型三 與等腰三角形有關(guān)的問題練習(xí)
