《2020年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 重難題型突破 類型四 二次函數(shù)與特殊三角形判定問題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 重難題型突破 類型四 二次函數(shù)與特殊三角形判定問題（17頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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(duì)稱軸為直線x＝－1，且經(jīng)過A(1，0)，C(0，3)兩點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為B.
(1)若直線y＝mx＋n經(jīng)過B，C兩點(diǎn)，求拋物線和直線BC的解析式；
(2)在拋物線的對(duì)稱軸x＝－1上找一點(diǎn)M，使點(diǎn)M到點(diǎn)A的距離與到點(diǎn)C的距離之和最小，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
(3)設(shè)點(diǎn)P為拋物線的對(duì)稱軸x＝－1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求使△BPC為直角三角形的點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【解析】解：(1)依題意，得，解得
∴拋物線的解析式為y＝－x2－2x＋3.
∵對(duì)稱軸為x＝－1，拋物線經(jīng)過A(1，0)，
∴B(－3，0
2、)．
設(shè)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(shè)直線BC與對(duì)稱軸x＝－1的交點(diǎn)為M，連接MA，
∴MA＝MB，
∴MA＋MC＝MB＋MC＝BC.
∴使MA＋MC最小的點(diǎn)M應(yīng)為直線BC與對(duì)稱軸x＝－1的交點(diǎn)．
把x＝－1代入直線y＝x＋3，得y＝2.
∴M(－1，2)．
(3)設(shè)P(－1，t)，結(jié)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(diǎn)，則BC2＋PB2＝PC2，即18＋4＋t2＝t2－6t＋10，
解得t＝－2；
②若C為直角頂點(diǎn)，則BC2＋PC2＝PB2，即18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t＝4；
③若P為直角頂點(diǎn)，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(diǎn)P共有四個(gè)，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(diǎn)A、B，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)M.P是拋物線在x軸上方的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P、M、C不在同一條直線上)．
4、
(1)求點(diǎn)A，B的坐標(biāo)；
(2)連接AC、PB、BC，當(dāng)S△PBC＝S△ABC時(shí)，求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)分別過點(diǎn)A、B作直線CP的垂線，垂足分別為點(diǎn)D、E，連接MD、ME.問△MDE能否為等腰直角三角形？若能，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；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(diǎn)的坐標(biāo)為(1，0)，B點(diǎn)的坐標(biāo)為(5，0)．
(2)如解圖①，過點(diǎn)A作AP∥BC，與拋物線交于點(diǎn)P，則S△PBC＝S△ABC，
第1題解圖 第2題解圖①第2題解圖②
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝－x2＋x－4 ＝－4，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為
5、(0，－4)，
設(shè)過點(diǎn)B，C兩點(diǎn)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(shè)AP的解析式為y＝x＋m，代入點(diǎn)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(diǎn)的坐標(biāo)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(duì)稱軸是直線x＝3.
∴M(3，0)．
①當(dāng)∠MED＝90°時(shí)，點(diǎn)E，B，M在一條直線上，此種情況不成立；
②同理：當(dāng)∠MDE＝90°時(shí)，不成立；
③當(dāng)∠DME＝90°時(shí)，如解圖②所示，
設(shè)直線
6、PC與對(duì)稱軸交于點(diǎn)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(shè)直線PC的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，將點(diǎn)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(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(，3)．
例3、如圖①，拋物線y＝ax2＋bx＋4交x軸于A、B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè))，交y軸于點(diǎn)C，連接AC、BC，其中CO＝BO＝2AO.
(1)求拋物線的解析式；
(2)點(diǎn)Q為直線BC上方的拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)Q作QE∥AC交BC于點(diǎn)E，作QN⊥x軸于點(diǎn)N，交BC于點(diǎn)M，當(dāng)△EMQ的周長(zhǎng)L最大時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)及L的最大值；
(3)如圖②，在(2)的結(jié)論下，連接AQ分別交BC于點(diǎn)F，交OC于點(diǎn)G，四邊形BOGF從F開始沿射線FC平移，同時(shí)點(diǎn)P從C開始沿折線CO－OB運(yùn)動(dòng)，且點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度為四邊形BOGF平移速度的倍，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，
8、四邊形BOGF停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)四邊形BOGF平移過程中對(duì)應(yīng)的圖形為B1O1G1F1，當(dāng)△PFF1為等腰三角形時(shí)，求B1F的長(zhǎng)度．
第3題圖
【解析】 解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋4與y軸交于點(diǎn)C，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，4)．
∵CO＝BO＝2AO，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－2，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(4，0)，
將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)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(diǎn)A(－2，0)，點(diǎn)B(4，0)，點(diǎn)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(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(q，－q2＋q＋4)，
∵QE∥A
9、C，過點(diǎn)E作EF⊥QM于點(diǎn)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(dāng)EF最大時(shí)，△EQM的周長(zhǎng)最大，
∵直線AC的解析式為y＝2x＋4，直線QE∥AC，
∴設(shè)直線QE的解析式為y＝2x＋t，
將Q點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)E的坐標(biāo)為(q2＋q，－q2－q＋4)．
∴EF＝q－q2－q＝－q2＋q＝－(q－2)2＋，
根據(jù)二次函數(shù)最值性質(zhì)可知，
10、當(dāng)q＝2時(shí)，EF最大，為.
此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2，4)，L＝3EF＋EF＋EF＝(3＋＋)．
(3)由(2)知點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2，4)，則直線QA的解析式為y＝x＋2，
∴AQ⊥BC于F，且點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1，3)．
∵點(diǎn)B(4，0)，
∴BF＝3.
設(shè)四邊形BOGF平移的距離FF1＝t，則點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的速度為2t.
①當(dāng)點(diǎn)P在OC上，此時(shí)0
11、
∴(i)當(dāng)PF2＝FF12時(shí)，4t2－4t＋2＝2t2，
解得t1＝t2＝1，
此時(shí)B1F＝B1F1－FF1＝BF－FF1＝2；
(ii)當(dāng)PF2＝PF12時(shí)，4t2－4t＋2＝10t2－8t＋2，
解得t1＝，t2＝0(舍)，
此時(shí)B1F＝B1F1－FF1＝；
(iii)當(dāng)F1F2＝PF12時(shí)，2t2＝10t2－8t＋2，
解得t1＝t2＝，
此時(shí)B1F＝；
②當(dāng)點(diǎn)P在OB上，此時(shí)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(shí)t＝5－2<3，
∴B1F＝B1F1－FF1＝3－(5－2)×＝4－2.
綜上所述，當(dāng)△PFF1為等腰三角形時(shí)，B1F的長(zhǎng)度為2或或或4－2.
例4、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為(－1，0)，(0，－3)，直線x＝1為拋物線的對(duì)稱軸，點(diǎn)D為拋物線的頂點(diǎn)，直線BC與對(duì)稱軸相交于點(diǎn)E.
(1)求拋物線的解析式及點(diǎn)D的坐標(biāo)；
(2)點(diǎn)P為直線x＝1右方拋物線上的一點(diǎn)(點(diǎn)P不
13、與點(diǎn)B重合)，記A、B、C、P四點(diǎn)所構(gòu)成的四邊形面積為S，若S＝S△BCD，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)點(diǎn)Q是線段BD上的動(dòng)點(diǎn)，將△DEQ沿邊EQ翻折得到△D′EQ，是否存在點(diǎn)Q使得△D′EQ與△BEQ的重疊部分圖形為直角三角形，若存在，請(qǐng)求出BQ的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【解析】解：(1)∵點(diǎn)A與點(diǎn)B關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，
∴B(3，0)，
設(shè)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(diǎn)D的坐標(biāo)為(1，－4)．
(2)設(shè)
14、P(m，m2－2m－3)，易得直線BC的解析式為y＝x－3，
當(dāng)x＝1時(shí)，y＝1－3＝－2，則E(1，－2)，
∴S△BDC＝S△BDE＋S△CDE＝×2×(1＋2)＝3，
當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，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(diǎn)坐標(biāo)為(，)；
當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，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(diǎn)坐標(biāo)為(，)，
綜上所述，P點(diǎn)坐標(biāo)為(，)或(，)．
(3)存在．直線x＝1交x軸于點(diǎn)F，BD＝＝2，
①如解圖③，EQ⊥DB于點(diǎn)Q，△DEQ沿EQ翻折得到△D′EQ，
∵∠EDQ＝∠BDF，
∴Rt△DEQ∽R(shí)t△DBF，
∴＝，即＝，解得DQ＝，
∴BQ＝BD－DQ＝2－＝；
②如解圖④，ED′⊥BD于H，
∵∠EDH＝∠BDF，
∴Rt△DEH∽R(shí)t△DBF，
∴＝＝，即＝＝
16、，
解得DH＝，EH＝，
在Rt△QHD′中，設(shè)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(diǎn)G，作EI⊥BD于點(diǎn)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∽R(shí)t△BEI，
∴＝，即＝，
17、 ∴BQ＝－，
綜上所述，當(dāng)BQ為或＋1或－時(shí)，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(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè))，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D為拋物線的頂點(diǎn)，對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)E.
(1)如圖①，連接BD，試求出直線BD的解析式；
(2)如圖②，點(diǎn)P為拋物線第一象限上一動(dòng)點(diǎn)，連接BP，CP，AC，當(dāng)四邊形PBAC的面積最大時(shí)，線段CP交BD于點(diǎn)F，求此時(shí)DF∶BF的值；
(3)如圖③，已知點(diǎn)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(diǎn)M，交y軸于點(diǎn)N，則在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)G的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)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(diǎn)A的坐標(biāo)是(－1，0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)是(5，0)．
拋物線y＝－x2＋2x＋的對(duì)稱軸是x＝2，
把x＝2代入解析式得y＝，則點(diǎn)D的坐標(biāo)是(2，)．
設(shè)直線BD的解析式是y＝kx＋b(k≠0)，
將B、D兩點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)C的坐標(biāo)是(0，)．
設(shè)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(shí)，S四邊形PBAC有最大值，
設(shè)與BC平行且與拋物線只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線的解析式是y＝－x＋d.
則－x2＋2x＋＝－x＋d，
即x2－5x＋(2d－5)＝0，
當(dāng)Δ＝0時(shí)，x＝，
代入y＝－x2＋2x＋中得：y＝，
則點(diǎn)P的坐標(biāo)是(，)．
又∵點(diǎn)C的坐標(biāo)是(0，)，
設(shè)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(jù)題意得解得
則點(diǎn)F的坐標(biāo)是(，)．
∴DF＝＝，
BF＝＝，
則＝＝.
(3)存在，點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2，)，(2，－)，(2，－3)或(2，－7)．
【解法提示】假設(shè)存在．
設(shè)BK的解析式是y＝k′x＋b′(k′≠0)，
將點(diǎn)B(5，0)，K(0，－2)代入得 解得
∴直線BK的解析式是y＝x－2，
設(shè)直線MN的解析式為y＝x＋m，
當(dāng)y＝0時(shí)，x＝－m，即M(－m，0)，
當(dāng)x＝0時(shí)，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：
①M(fèi)G＝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(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)E右側(cè)時(shí)，ME＝－m－2，ON＝－m，OM＝－m，
∴－m－2＝－m，解得m＝－.
∴EG＝OM＝－m＝，
∴G點(diǎn)的坐標(biāo)為(2，);
當(dāng)M在線段OE上時(shí)，如解圖③，ME＝2＋m，ON＝－m，EG＝OM＝
－m，
∴2＋m＝－m，解得m＝－， ∴EG＝OM＝－m＝，
∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2，－)；
當(dāng)M在點(diǎn)O左側(cè)時(shí)，
22、易得MN
23、2，
∴OM＝－×(－2)＝5(此時(shí)M與B重合，N與K重合)，EG＝EF＋FG＝ON＋OM＝7，
∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2，－7)．
綜上可知：在拋物線的對(duì)稱軸上存在點(diǎn)G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，點(diǎn)G的坐標(biāo)為(2，)，(2，－)，(2，－3)或(2，－7)．
例6、如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝－x2＋x＋3與x軸交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè))，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的頂點(diǎn)為點(diǎn)E.
(1)判斷△ABC的形狀，并說明理由；
(2)經(jīng)過B，C兩點(diǎn)的直線交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)D，點(diǎn)P為直線BC上方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△PCD的面積最大時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)P出發(fā)，先沿適當(dāng)?shù)?/p>
24、路徑運(yùn)動(dòng)到拋物線的對(duì)稱軸上點(diǎn)M處，再沿垂直于拋物線對(duì)稱軸的方向運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸上的點(diǎn)N處，最后沿適當(dāng)?shù)穆窂竭\(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A處停止．當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)路徑最短時(shí)，求點(diǎn)N的坐標(biāo)及點(diǎn)Q經(jīng)過的最短路徑的長(zhǎng)；
(3)如圖②，平移拋物線，使拋物線的頂點(diǎn)E在射線AE上移動(dòng)，點(diǎn)E平移后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)E′，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A′.將△AOC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△A1OC1的位置，點(diǎn)A，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)A1，C1，且點(diǎn)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(qǐng)求出所有符合條件的點(diǎn)E′的坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)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(shè)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(diǎn)P作PR∥y軸交BC于點(diǎn)R，
設(shè)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(dāng)t＝時(shí)，S△PCD取得最大值，此時(shí)P(，)，
將P(，)向左平移個(gè)單位，得P′(，)，連接AP′交y軸于點(diǎn)N，過點(diǎn)N作NM⊥拋物線對(duì)稱軸于點(diǎn)M，連接PM，點(diǎn)Q沿P→M→N→A運(yùn)動(dòng)，所走的路徑最短，即最短路徑的長(zhǎng)為PM＋MN＋AN.
設(shè)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(diǎn)Q經(jīng)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(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，
①當(dāng)A′C1＝E′C1時(shí)，t2－t＋7＝t2＋7t＋21，
解得t＝－，故E′(，5)；
②當(dāng)A′E′＝A′C1時(shí)，28＝t2－t＋7，解得t＝，
∵t＞－，
∴t＝，故E′(，7＋)；
③當(dāng)A′E′＝E′C1時(shí)，t2＋7t＋21＝28，
解得t＝，∵t＞－，∴t＝，故E′(，3＋)．
綜上，所有符合條件的點(diǎn)E′的坐標(biāo)為(，5)或(，7＋)或(，3＋)．
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2020年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 重難題型突破 類型四 二次函數(shù)與特殊三角形判定問題
