《2020年中考数学二轮复习题型突破四二次函数与特殊三角形判定问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年中考数学二轮复习题型突破四二次函数与特殊三角形判定问题（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、类型四 二次函数与特殊三角形判定问题例1、如图，已知抛物线yax2bxc(a0)的对称轴为直线x1，且经过A(1，0)，C(0，3)两点，与x轴的另一个交点为B.(1)若直线ymxn经过B，C两点，求抛物线和直线BC的解析式；(2)在抛物线的对称轴x1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求点M的坐标；(3)设点P为抛物线的对称轴x1上的一个动点，求使BPC为直角三角形的点P的坐标【解析】解：(1)依题意，得，解得抛物线的解析式为yx22x3.对称轴为x1，抛物线经过A(1，0)，B(3，0)设直线BC的解析式为ymxn(m0)，把B(3，0)，C(0，3)分别代入ymxn，得
2、，解得直线BC的解析式为yx3.(2)如解图，设直线BC与对称轴x1的交点为M，连接MA，MAMB，MAMCMBMCBC.使MAMC最小的点M应为直线BC与对称轴x1的交点把x1代入直线yx3，得y2.M(1，2)(3)设P(1，t)，结合B(3，0)，C(0，3)，得BC218，PB2(13)2t24t2，PC2(1)2(t3)2t26t10. 若B为直角顶点，则BC2PB2PC2，即184t2t26t10，解得t2；若C为直角顶点，则BC2PC2PB2，即18t26t104t2，解得t4；若P为直角顶点，则PB2PC2BC2，即4t2t26t1018，解得t1，t2.综上所述，满足条件的点
3、P共有四个，分别为：P1(1，2)，P2(1，4)，P3(1，)，P4(1，)例2、如图，抛物线yx2x4与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴交于点M.P是抛物线在x轴上方的一个动点(点P、M、C不在同一条直线上)(1)求点A，B的坐标；(2)连接AC、PB、BC，当SPBCSABC时，求出此时点P的坐标；(3)分别过点A、B作直线CP的垂线，垂足分别为点D、E，连接MD、ME.问MDE能否为等腰直角三角形？若能，求此时点P的坐标；若不能，说明理由第2题 【解析】解：(1)令yx2x40，解得x11，x25，A点的坐标为(1，0)，B点的坐标为(5，0)(2)如解图，过点A
4、作APBC，与抛物线交于点P，则SPBCSABC，第1题解图 第2题解图第2题解图当x0时，yx2x4 4，点C的坐标为(0，4)，设过点B，C两点的直线的解析式为ykxb(k0)，则有解得直线BC的解析式为yx4，由于PABC，设AP的解析式为yxm，代入点A(1，0)，解得m，直线AP的解析式为yx，联立方程组得解得： P点的坐标为(4，) (3)MDE能成为等腰直角三角形，理由：抛物线yx2x4(x3)2，对称轴是直线x3.M(3，0)当MED90时，点E，B，M在一条直线上，此种情况不成立；同理：当MDE90时，不成立；当DME90时，如解图所示，设直线PC与对称轴交于点N，EMDM，
5、MNAM，EMNDMA.MDE45，EDA90，MDA135.MED45，NEM135，ADMNEM135.在ADM与NEM中， ADMNEM(ASA)MNMA2，N(3，2)设直线PC的解析式为ykxb(k0)，将点N(3，2)，C(0，4)代入直线的解析式得： 解得： 直线PC的解析式为y2x4.将y2x4代入抛物线解析式得：2x4 x2x4，解得：x0或x，P(，3)综上所述，MDE能成为等腰直角三角形，此时点P的坐标为(，3)例3、如图，抛物线yax2bx4交x轴于A、B两点(点A在点B左侧)，交y轴于点C，连接AC、BC，其中COBO2AO.(1)求抛物线的解析式；(2)点Q为直线B
6、C上方的抛物线上一点，过点Q作QEAC交BC于点E，作QNx轴于点N，交BC于点M，当EMQ的周长L最大时，求点Q的坐标及L的最大值；(3)如图，在(2)的结论下，连接AQ分别交BC于点F，交OC于点G，四边形BOGF从F开始沿射线FC平移，同时点P从C开始沿折线COOB运动，且点P的运动速度为四边形BOGF平移速度的倍，当点P到达B点时，四边形BOGF停止运动，设四边形BOGF平移过程中对应的图形为B1O1G1F1，当PFF1为等腰三角形时，求B1F的长度第3题图【解析】 解：(1)抛物线yax2bx4与y轴交于点C，点C的坐标为(0，4)COBO2AO，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为
7、(4，0)，将点A、B的坐标分别代入抛物线解析式得解得抛物线的解析式为yx2x4.(2)点A(2，0)，点B(4，0)，点C(0，4)，直线AC的解析式为y2x4，直线BC的解析式为yx4.设点Q的坐标为(q，q2q4)，QEAC，过点E作EFQM于点F，如解图，第3题解图则，QF2EF，QEEF，在RtEFM中，易得FEMFMEMBN45，EMEF，EFMF，QM3EF，当EF最大时，EQM的周长最大，直线AC的解析式为y2x4，直线QEAC，设直线QE的解析式为y2xt，将Q点坐标代入得，tq2q4，直线QE的解析式为y2x(q2q4)，与直线BC联立解得点E的坐标为(q2q，q2q4)E
8、Fqq2qq2q(q2)2，根据二次函数最值性质可知，当q2时，EF最大，为.此时点Q的坐标为(2，4)，L3EFEFEF(3)(3)由(2)知点Q的坐标为(2，4)，则直线QA的解析式为yx2，AQBC于F，且点F的坐标为(1，3)点B(4，0)，BF3.设四边形BOGF平移的距离FF1t，则点P运动的速度为2t.当点P在OC上，此时0t2，则点B1在BF上此时易得点F1的坐标为(1t，t3)，点P的坐标为(0，42t)PF21(12t)24t24t2，PF12(1t)2(3t42t)210t28t2，FF122t2.(i)当PF2FF12时，4t24t22t2，解得t1t21，此时B1FB
9、1F1FF1BFFF12；(ii)当PF2PF12时，4t24t210t28t2，解得t1，t20(舍)，此时B1FB1F1FF1； (iii)当F1F2PF12时，2t210t28t2，解得t1t2，此时B1F；当点P在OB上，此时2t4，当2t3时，点B1在BF上，当390，若PFF1是等腰三角形，则只能是PFFF1，即(2t41)292t2，解得t152，t252(舍)，此时t523，如解图，第4题解图第4题解图第4题解图SSCABSPAB3(31)(31)(m22m3)2m24m，SSBCD， 2m24m，整理得4m28m150，解得m1，m2(舍去)，P点坐标为(，)；当点P在x轴下
10、方时，即1m3，如解图，连接OP，SSAOCSCOPSPOB313m3(m22m3)m2m6， SSBCD， m2m6，整理得m23m10，解得m1，m2(舍去)，P点坐标为(，)，综上所述，P点坐标为(，)或(，)(3)存在直线x1交x轴于点F，BD2，如解图，EQDB于点Q，DEQ沿EQ翻折得到DEQ，EDQBDF，RtDEQRtDBF，即，解得DQ，BQBDDQ2；如解图，EDBD于H，EDHBDF，RtDEHRtDBF，即，解得DH，EH，在RtQHD中，设QHx，DQDQDHHQx，DHDEEHDEEH2，x2(2)2(x)2，解得x1，BQBDDQBD(DHHQ)BDDHHQ211；如解图，DQBC于点G，作EIBD于点I，由得EI，BI，第4题解图第4题解图DEQ沿边EQ翻折得到DEQ，EQDEQD， EGEI，BE2， BGBEEG2，GBQIBE，RtBQGRtBEI，即， BQ，综上所述，当BQ为或1或时，将DEQ沿边EQ翻折得到DEQ，使得DEQ与BEQ的重叠部分图形为直角三角形例5、已知如图，抛物线yx22x与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，对称轴交x轴于点E.(1)如图，连接BD，试求出直线BD的解析式；(2)如图，点P为抛物线第一象限上一动点，连接BP，CP
