中学数学 二次函数与几何图形综合题 课件

②当∠CPQ＝90°，CP∥x轴时，如解图⑥，则PQ∥y轴， ∠PCQ＝∠CBO＝45°， 此时△CPQ是等腰直角三角形， ∴点P的坐标为(2，3)，点Q的坐标为(2，1)； ③当∠CQP＝90°，CP∥x轴时，△CPQ是等腰直角三角形． 如解图⑦，过点Q作QQ′⊥CP， ∵△CPQ是等腰直角三角形， ∴CQ＝PQ， ∴CQ′＝PQ′， ∴点Q在抛物线的对称轴上，则点Q的坐标为(1，2)． 综上所述，满足条件的点Q有两个，坐标分别为(1，2)，(2，1)．
轴上，求点C′和点D的坐标；
(3)设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的 对称轴上，当△CPQ为等边三角形时，求直线BP的函数表达式．
第1题图
解：(1)由题意，得
4a－2b＋c＝5
a＝1
a－b＋c＝0 ， 解得 b＝－2，
9a＋3b＋c＝0
c＝－3
∴抛物线的函数表达式为y＝x2－2x－3；(3分)
3.
∴∠C′BH＝60°. 由翻折得∠DBH＝ 1 ∠C′BH＝30°，
2
∵在Rt△BHD中，DH＝BH· tan∠DBH＝2tan30°＝2 3 ，
3 ∴点D的坐标为(1， )；(7分)
(3)如解图①，取(2)中的点C′，D，连接CC′， ∵BC′＝BC，∠C′BC＝60°， ∴△C′CB为等边三角形． 分类讨论如下：
(2)连接AC，x轴上是否存在点G，使得△ACG是等腰三角形？若存在，求出直线 CG的解析式；若不存在，请说明理由；
【思维教练】设出点G坐标，然后表示出AC、CG、AG，当 △ACG是等腰三角形时，可以分为三种情况，分别以三条边作 为底边，令其他两边相等列关系式求解，若有解，则存在，将点 C、G的坐标代入直线解析式即可求解，若无解，则不存在；
将G(4，0)，C(0，3)代入y＝kx＋b中，得 解得 k＝－34，
4bk＝＋3b＝0，
b＝3
∴y＝－3 x＋3，
4
∴当△ACG是一个以AC为底边的等腰三角形时，CG的解析式为y＝－
3
x＋3；
4
②以AG为底边，则AC＝CG，
∴10＝9＋g2，
解得g＝1或g＝－1(舍去)，
∴G(1，0)，
将G(1，0)，C(0，3)代入y＝kx＋b中，得 k＋b＝0 b＝3 ，
例题图⑤
【思维教练】要求点Q的坐标，根据等腰直角三角形的性质，有一个角为直角， 一个锐角为45°，结合∠CBO＝∠BCO＝45°，从而考虑分三种情况：①∠PCQ ＝90°，PQ∥y轴；②∠CPQ＝90°，CP∥x轴；③∠CQP＝90°，CP∥x轴，分 别进行讨论即可得出结果．
(5)存在．
∵△BOC是等腰直角三角形，且∠BOC＝90°，
由 － 3＝b′ 3
，解得
b′＝－
3 3，
3
∴直线BP的函数表达式为y＝－ 3x－ 3 . 33
第1题解图②
综上所述，直线BP的函数表达式为y＝
3x＋ 3
3 或y＝－ 3
3x－ 3
3 .(12分) 3
类型四 特殊四边形存在性问题
[10年5考：2017.28(3)，2016.28(3)，2015.28(2)，2012.28(2)，2011.28(2)]
例题图②
(2)存在． 设直线CG的解析式为y＝kx＋b，点G的坐标为(g，0)，则AG2＝ (1＋g)2，AC2＝10， ∵在Rt△COG中，CO＝3，OG＝g， ∴由勾股定理得CG2＝CO2＋OG2＝9＋g2， 当△ACG为等腰三角形时，分为以下三种情况： ①以AC为底边，则AG＝GC， ∴(1＋g)2＝9＋g2，解得g＝4， ∴G(4，0)，
(2)∵抛物线与x轴的交点为B(－1，0)，C(3，0)，
∴BC＝4，抛物线的对称轴为直线x＝1.
设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则点H的坐标为(1，0)，BH＝2，由
翻折得C′B＝CB＝4，
在Rt△BHC′中，由勾股定理，得C′H＝ C′B2－BH2＝ 42－22＝2 3.
∴点C′的坐标为(1，2)，tan∠C′BH＝C′H＝2 3＝ BH 2
【思维教练】已知A，B点坐标，可将抛物线解析式设为交点 式，然后代入C点坐标，求解即可，而C点是直线y＝kx＋3与y 轴的交点，只需令x＝0求出y的值即可求得C点坐标；
例题图①
解：(1)∵直线BC的解析式为y＝kx＋3，令x＝0，得y＝3， ∴点C的坐标为(0，3)， 又∵抛物线与x轴交于点A(－1，0)，B(3，0)， ∴可设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－3)， 将C(0，3)代入，得－3a＝3， 解得a＝－1， ∴抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－3)＝－x2＋2x＋3；
例题图③
【思维教练】要求点P的坐标，由(1)知抛物线的解析式，对称轴及顶点D的坐标， 设出点P的坐标，过点P作PH⊥DQ于点H，由等边三角形的性质可得PH＝ 3DH， 可得点H的坐标，而点P在对称轴的两侧各有一个，求出一个的坐标，另一个由 对称性求出即可；
(3)存在． 由(1)得抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4， 对称轴为x＝1，顶点D的坐标为(1，4)， ∵点P在抛物线上， ∴设点P的坐标为(t，－t2＋2t＋3)， 如解图①，过点P作PH⊥DQ于点H， ∵△PDQ是等边三角形， ∴PH∥x轴，且DH＝HQ，PH＝ 3 DH， ∴点H的坐标为(1，－t2＋2t＋3)， ∴DH＝4－(－t2＋2t＋3)＝t2－2t＋1，
10＋1x＋3， 3
将G(－1－ 10，0)，C(0，3)代入y＝kx＋b中，可得y＝ 10－1x＋3. 3
综上所述，直线CG的解析式为y＝－ 3 x＋3或y＝－3x＋3或y＝－ 10＋1 x＋3或
y＝ 10－1 x＋3；
4
3
3
(3)若点P在抛物线上，点Q在抛物线的对称轴上，是否存在点P使得△PDQ是等边 三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
解得 k＝－3 b＝3 ，
∴y＝－3x＋3，
∴当△ACG是一个以AG为底边的等腰三角形时，CG的解析式为y＝－3x＋3；
③以CG为底边，则AC＝AG，
∴10＝(1＋g)2，
解得x1＝－1＋ 10，x2＝－1－ 10， ∴点G的坐标为(－1＋ 10 ，0)或(－1－ 10 ，0)，
将G(－1＋
10 ，0)，C(0，3)代入y＝kx＋b中，可得y＝－
典例精讲
例 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋5的图象经过A(－5，0)，B(－1，0)两点，顶点坐 标为M，抛物线的对称轴l与x轴交于点D，与直线AC交于点E. (1)求抛物线的解析式；
例题图①
【思维教练】要求抛物线的解析式，结合A，B两点的坐标，设抛物线的解析式为 一般式，将两点坐标代入求解即可；
例题图②
【思维教练】根据平移的性质可知，点A平移到点B的规律与点C平移到点C′的规律 一致，即可得到点C′的坐标，再由AA′＝CC′，AA′∥CC′即可判断四边形的形状；
(2)∵A(－5，0)，B(－1，0)，C(0，5)， ∴AA′＝AB＝4， 由平移的性质可知C′(4，5)． 四边形AA′C′C是平行四边形． 理由如下： ∵AA′＝CC′＝4，AA′∥CC′， ∴四边形AA′C′C是平行四边形；
∴∠CBO＝∠BCO＝45°，
∵点Q在直线BC上，直线BC解析式为y＝－x＋3，
∴设点Q的坐标为(t，－t＋3)，
例题解图⑤
①当∠PCQ＝90°时，如解图⑤，此时点P与点D重合，坐标为(1，4)，PQ∥y轴，
∠PQC＝∠BCO＝45°，此时△PCQ是等腰直角三角形，点Q与点E重合，点Q
的坐标为(1，2)；
2
∴∠CC′Q＝ ∠CC′B＝30°. ∴∠CBP＝30°.
第1题解图②
设BP与y轴相交于点E，
在Rt△BOE中，OE＝OB·tan∠CBP＝OB·tan30°＝1× 3＝ 3 ，
∴点E的坐标为பைடு நூலகம்0，－ 3 )．
33
3
设直线BP的函数表达式为y＝k′x＋b′(k′≠0)，
0＝－k′＋b′
k′＝－ 3
例题解图①
当点P在DQ的右侧时，PH＝t－1，
∴t－1＝ 3(t2－2t＋1)，
即 3t2－(2 3＋1)t＋ 3＋1＝0，
解此得时t点1＝P的3＋坐3 标3，为t2(＝3＋1(舍3)，，11 )，
例题解图①
33 当点P在DQ的左侧时，根据对称性可知，此时点P的坐标为(
3－
3，11 )．
33
综上所述，点P的坐标为(3＋ 3，11)或( 3－ 3，11)；
例题解图⑥ 例题解图⑦
成都10年中考真题精选
1. (2019成都B卷28题)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－2，5)，与x轴相交于B(
－1，0)，C(3，0)两点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD
沿直线BD翻折得到△BC′D，若点C′恰好落在抛物线的对称
17
，h2＝3－2
17，
例题解图④
经检验h1、h2都是原分式方程的根．
∴此时满足条件的点H3有两个，坐标分别为(1，3＋2
17
)，(1，3－ 2
17)．
综上所述，存在点H使得△BCH是直角三角形，点H的坐标为(1，4)，(1，－2)，
(1，3＋ 17 )，(1，3－ 17 )；
2
2
(5)设点P是第一象限内抛物线上的动点，点Q是线段BC上一点，是否存在点P使得 △PCQ是等腰直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
例题解图② 例题解图③
③当∠CH3B＝90°，如解图④，过点C作CM⊥DF于点M，∴M(1，3)， 则∠CH3M＋∠BH3E＝90°，∠BH3E＋∠FBH3＝90°， ∴∠CH3M＝∠FBH3， 又∵∠CMH3＝∠BFH3＝90°，∴△CH3M∽△H3BF，