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中考总复习数学（河南地区）题型三二次函数综合题课件
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这是一份中考总复习数学（河南地区）题型三二次函数综合题课件，共60页。PPT课件主要包含了目录河南·中考，线段问题，类型1，方法总结，高分技法，典例变式1，自主解答，典例变式2，典例变式3，典例变式4等内容，欢迎下载使用。
类型1 线段问题考点2 面积问题考点3 等腰三角形、菱形的存在性问题类型4 直角三角形、矩形的存在性问题类型5 等腰直角三角形、正方形的存在性问题类型6 平行四边形的存在性问题类型7 相似三角形的存在性问题类型8 角度的存在性问题
例1 [2020南阳二模改编]如图,抛物线 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,点P是直线AC上方的抛物线上一点,过点P作PH⊥AC于点H,求线段PH的长度的最大值.
【参考答案】 对于 ,令y=0,得 ,解得x1=1,x2=4,∴A(4,0).令x=0,得y=-2,∴C(0,-2),∴AC= 设直线AC的解析式为y=kx+b,将A(4,0),C(0,-2)分别代入,得 故直线AC的解析式为y=
方法一(利用二次函数的性质求解):如图(1),过点P作y轴的平行线交AC于点N,则∠PNH=∠OCA.设P( )(0
解决二次函数中线段长的最大值问题的方法方法一(利用二次函数的性质求解):1.找出与所求线段密切相关的“横平竖直”的线段,并求出两者的数量关系(若图中未给出这样的“横平竖直”的线段,则需要作辅助线);2.设出未知数(通常是一个与所求线段密切相关的点的横坐标);3.用含未知数的代数式表示出“横平竖直”的线段的长,继而表示出所求线段的长;4.利用二次函数的性质求最值.
方法二(利用函数与方程的关系求解):1.过所求线段在抛物线上运动的端点作另一端点所在直线(记为已知直线)的平行线,记为直线l;2.设出直线l的解析式,并与抛物线的解析式联立,根据直线l与抛物线有且只有一个交点时直线l与已知直线的距离最大,可求得直线l的解析式;3.利用题中条件求直线l与已知直线的距离,即可求得所求线段的最大值.
由线段长的最大值问题变式为周长最大问题
如图,直线 与x轴,y轴分别交于点A,B,抛物线 经过点B,且与直线 交于另一点C.点D为抛物线上一动点,且点D的横坐标为t(-4
解决二次函数中图形周长最大问题的方法解决此类问题时,应利用转化思想,即先观察图形,结合题目弄清楚图形各边与其中一边(一般为“横平竖直”的边)的数量关系,再求周长与该“横平竖直”的边的数量关系,即将求周长的最大值问题转化为求线段长的最大值问题.
由线段长的最大值问题变式为周长最小问题
如图，抛物线 与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，作直线AC. 点P是直线AC上一动点，点Q是抛物线对称轴上一动点，连接OP，OQ，PQ，是否存在点P，Q，使△OPQ的周长最小? 若存在,求出点P，Q的坐标;若不存在，请说明理由.
解:存在.易求直线AC的解析式为y=2x+4.如图,作点O关于直线AC的对称点O',作点O关于抛物线对称轴的对称点O″,连接OO',交AC于点M,连接O'O″,交AC于点P,交抛物线对称轴
于点Q,此时△OPQ的周长最小,故此时的点P,Q即为所求.易知抛物线的对称轴为直线x=1,∴O″(2,0).∵直线OO'⊥AC,∴直线OO'的解析式为y=- x,
由线段长的最大值问题变式为线段和的最小值问题
如图,抛物线y=-x2+2x+3与x轴交于A,B两点,点D为抛物线的顶点,连接BD,点H为BD的中点,在y轴上是否存在一点P,使PD+PH的值最小?若存在,求PD+PH的最小值及点P的坐标;若不存在,请说明理由.
解:存在.对于y=-x2+2x+3,令y=0,得x1=-1,x2=3,∴B(3,0).∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,∴D(1,4),∴H(2,2).作点H关于y轴的对称点H',则H'(-2,2),连接H'D,H'D与y轴交于点P,此时PD+PH的值最小,最小值为H'D的长,如图.
∵H'D= ,∴PD+PH的最小值为 .设直线H'D的解析式为y=kx+b,将H'(-2,2),D(1,4)分别代入,得 ∴直线H'D的解析式为 ,易知 .
由线段长的最大值问题变式为线段差的绝对值的最大值问题
如图，抛物线 与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点H是抛物线的顶点，作直线BC，点D是直线BC上一动点，连接DA，DH，求|DA-DH|的最大值，并求出此时点D的坐标.
解:易知A(-2,0),B(4,0),C(0,4),H(1, ),直线BC的解析式为y=-x+4.如图,作点A关于直线BC的对称点A',连接A'H并延长交直线BC于点D,此时|DA-DH|的值最大,最大值为A'H的长.
连接A'B.易知∠ABC=45°,∴∠A'BC=45°,∴∠ABA'=90°.又A'B=AB=6,∴A'(4,6),∴A'H= ∴|DA-DH|的最大值为 .设直线A'H的解析式为y=kx+b,将A'(4,6),H(1, )分别代入,得 解得 ∴直线A'H的解析式为 ,∴点D的坐标为(0,4).
由线段长的最大值问题变式为线段倍数关系或比值问题
1.如图,抛物线 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,作直线BC,点P是抛物线上一动点,过点P作y轴的平行线,交直线BC于点E,交x轴于点F,则当PE= PF时,求点P的坐标.
解:易知A(-2,0),B(4,0),直线BC的解析式为y=-x+4.
解决二次函数中线段倍数关系问题的方法此类问题一般是求满足线段倍数关系的点的坐标,方法如下:1.在图中找出对应线段, 分清定端点和动端点,设出动端点的横坐标;2.用所设未知数表示出各线段的长度,列出满足线段数量关系的等式,继而求出未知数的值.注意:若所给倍数关系中的线段不是“横平竖直”的线段,则先转化为“横平竖直”的线段,再进行求解.
2.如图,抛物线 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,点P是直线BC上方的抛物线上一动点,连接PA交BC于点M,求 的最大值.
解:如图,过点P作PE∥y轴交直线BC于点E,过点A作AF∥y轴交直线BC于点F,则PE∥AF,∴△PEM∽△AFM,∴ 易知A(-2,0),B(4,0),C(0,4),直线BC的解析式为y=-x+4.将x=-2代入y=-x+4,得y=6,∴F(-2,6),∴AF=6.
例2 如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴交于A,B两点,直线y=x-3经过点A,交y轴于点C,且与抛物线交于另一点D,点P是直线AD上方的抛物线上的一动点,连接PA,PD,求△PAD面积的最大值,并求出此时点P的坐标.
【参考答案】令-x2 +x+6=x-3,解得x1=-3,x2=3,故A(3,0),D(-3,-6).方法一(铅垂高、水平宽法):过点P作x轴的垂线交直线AD于点F,交x轴于点N,如图(1).
设P(m,-m2 +m+6),则F(m,m-3),∴PF=-m2+m+6-(m-3)=-m2 +9.过点D作PF的垂线交PF的延长线于点M,则S△PAD=S△PDF+S△PAF= PF·DM+ PF·AN= PF·(DM+AN)= PF(xA-xD)= (-m2+9)[3-(-3)]=-3m2+27.∵-3<0,∴当m=0时,S△PAD取得最大值,最大值为27,此时P(0,6).方法二(定底平行线法):过点P作直线l∥AD,当直线l与抛物线只有一个交点P时,直线l与直线AD的距离最大,即S△PAD最大,如图(2).设直线l的解析式为y=x+b,令x+b=-x2+x+6,整理,得x2+b-6=0,①
易知此方程有两个相等的实数根,∴b-6=0,即b=6.将b=6代入方程①,得x=0,故此时点P的坐标为(0,6).易得C(0,-3),∴PC=6+3=9,∴S△PAD= ×PC×(xA-xD)= ×9×(3+3)=27.故△PAD面积的最大值为27,此时P(0,6).
方法三(直接求法):过点P作PM⊥AD于点M,过点P作y轴的平行线,交AD于点F,如图(3).易知C(0,-3),∴OA=OC,∴∠PFM=∠OCA=45°,∴PM= PF.设P(m,-m2+m+6),则F(m,m-3),∴PF=-m2+m+6-(m-3)=-m2+9.由A(3,0),D(-3,-6),可得AD=6 ,∴S△PAD= AD·PM= AD× PF=3PF=-3m2 +27.∵-3<0,∴当m=0时,S△PAD取得最大值,最大值为27,此时P(0,6).
求解二次函数中三角形面积最大值问题的常见方法方法一:设动顶点的横坐标为m,用含m的代数式表示出三角形的面积,再利用二次函数的性质求三角形面积的最大值.方法二:找到所求三角形三边中的定边,过动顶点作平行于这条定边的平行线,当平行线和抛物线有且只有一个交点时,三角形面积取最大值.
三角形面积最大值问题的相关结论本例中,S△PAD取得最大值时,点P的位置和点A,D关系密切.当点P的横坐标与线段AD中点的横坐标相同,即xP= 时,S△PAD最大.
由三角形面积最值问题变式为三角形面积倍数关系问题
1.如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴相交于A,B两点,与y轴交于点C,直线y=x-3经过点A,且与抛物线交于另一点D,连接AC,DC.点P是线段AD上一动点(不与点A,D重合),过点P作直线l⊥x轴,交抛物线于点Q.当△ACD的面积被直线l分为1∶2的两部分时,求点Q的坐标.
易知C(0,6),A(3,0),B(-2,0),D(-3,-6),直线DC的解析式为y=4x+6,直线AC的解析式为y=-2x+6.设直线AD与y轴的交点为E,则E(0,-3),∴CE=6-(-3)=9,
由△ACD的面积被直线l分为1∶2的两部分,可知这两部分的面积分别为9,18.设P(m,m-3)(-3
2.如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴交于A,B两点,直线y=x-3经过点A,且与抛物线交于另一点D,点P是抛物线上一动点,连接OD,PA,PD.(1)当S△PAD=S△OAD时,求点P的坐标;(2)当S△PAD=2S△OAD时,求点P的坐标;(3)当S△PAD= S△OAD时,点P的坐标恰有三个.
(1)如图(1),过点O作AD的平行线l,交抛物线于点P1,P2,则点P1,P2即为所求.易求直线l的解析式为y=x,令x=-x2+x+6,解得x=± ,故P1(- ,- ),P2( , ).作直线l关于直线AD的对称图形(直线l'),交抛物线于点P3,P4,则点P3,P4即为所求.
易知直线l'与y轴的交点为(0,-6),故直线l'的解析式为y=x-6.令x-6=-x2+x+6,解得x=±2 ,
(2)设直线AD交y轴于点C,在y轴正半轴上截取OE=OC=3,则E(0,3).过点E作直线m,交抛物线于点P5,P6,如图(2),则点P5,P6即为所求.易求直线m的解析式为y=x+3,令x+3=-x2+x+6,
作直线m关于直线AD的对称图形(直线m'),交抛物线于点P7,P8,则点P7,P8即为所求.易知直线m'与y轴的交点的坐标为(0,-9),故直线m'的解析式为y=x-9.令x-9=-x2+x+6,
(3)3解法提示:在直线AD的上侧作直线n∥AD,作直线n关于直线AD的对称图形(直线n'),易知直线n'与抛物线一定有两个交点,故当直线n与抛物线只有一个交点时,直线n,n'与抛物线的交点有且只有三个,且当点P与这三个点重合时,S△PAD与S△OAD的倍数关系是一样的.设此时直线n的解析式为y=x+c,令x+c=-x2 +x+6,整理,得x2+c-6=0,①易知此方程有两个相等的实数根,故c=6,代入方程①,得x1=x2=0,故直线n与抛物线交点的坐标为(0,6).
由三角形面积最值问题变式为三角形面积定值问题
如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,点P为直线AC下方的抛物线上一点,且S△PAC=12,求点P的坐标.
易知C(0,6),A(3,0),直线AC的解析式为y=-2x+6.在y轴上取一点D,连接AD,使S△DAC=12,设D (0,m),则CD=6-m,∴ (6-m)×3=12,解得m=-2,∴D(0,-2).如图,过点D作直线l∥AC,直线l与抛物线的交点即为所求点P.
设直线l的解析式为y=-2x+b,将D(0,-2)代入,得b=-2,故直线l的解析式为y=-2x-2.
等腰三角形、菱形的存在性问题
一、等腰三角形的存在性问题
例3 [2018河南中考B卷改编]如图,抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点H,直线y= x+1交x轴于点D,交抛物线的对称轴于点G.点M为抛物线对称轴上的一个动点,连接DM,若△DGM是以DG为腰的等腰三角形,请求出点M的坐标.【思路分析】确定点M的位置:分别以点D,G为圆心、DG的长为半径作圆,两圆与抛物线对称轴的交点(不含点G),即为点M.
方法一(几何法):分两种情况讨论.①当点D为等腰三角形的顶角顶点时,DG=DM,以点D为圆心、DG的长为半径作圆,交抛物线对称轴于点M1,则点M1即为所求,如图.易知此时点M1和点G关于x轴对称,故M1(1, ). ,
②当点G为等腰三角形的顶角顶点时,GD=GM,以点G为圆心、DG的长为半径作圆,交抛物线对称轴于点M2,M3,则点M2,M3即为所求,如图,此时GM2=GM3=GD= ，
如图,抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点H,直线y= x+1交x轴于点D,交抛物线的对称轴于点G.点M为抛物线上的一个动点,若△DGM是以DG为底的等腰三角形,请求出点M的坐标.
【思路分析】 确定点M的位置:作线段DG的垂直平分线,该线与抛物线的交点即为点M.方法一:先求线段DG的垂直平分线的解析式,再与抛物线的解析式联立,可求得点M的坐标;方法二:设M(m,n),根据MD2=MG2,列出关于m,n的方程,结合n=-m2+2m+3进行求解.
易求G(1, ),D(-2,0).∵△DGM是以DG为底的等腰三角形,∴MD=MG.方法一:作线段DG的垂直平分线l,与DG交于点N,直线l与抛物线的交点即为所求的点M.易得N .设直线l的解析式为y=-2x+a,将N 代入,得 ,解得a= ,故直线l的解析式为y=-2x- .
由有条件限制变式为无条件限制
如图,抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点H,直线y= x+1交x轴于点D,交抛物线的对称轴于点G.在x轴上是否存在一点M,使△DGM是等腰三角形?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【思路分析】 确定点M的位置:分别以点D,G为圆心、DG的长为半径作圆,作线段DG的垂直平分线l,☉D,☉G,直线l与x轴的交点即为所求的点M(点D,G,M三点不共线).方法一(几何法):
存在方法一(几何法):分三种情况讨论.①当点D为等腰三角形的顶角顶点时,DG=DM,
②当点G为等腰三角形的顶角顶点时,GD=GM,以点G为圆心、DG的长为半径作圆,交x轴于点M3(非点D),则点M3即为所求,如图,易知点M3与点D关于直线x=1对称,故点M3的坐标为(4,0).③当点M为等腰三角形的顶角顶点时,MD=MG,作线段DG的垂直平分线l,交x轴于点M4,则点M4即为所求,如图.
求解二次函数综合题中等腰三角形存在性问题的一般思路1.找点,找出所求等腰三角形的三个顶点,若是定点,求出坐标,若是动点,将其横、纵坐标用含未知数的代数式表示出来(一般涉及一个未知数);2.求边长,利用勾股定理分别求出该三角形的三条边长,若三条边长中有二次根式,则求出三条边长的平方,把二次根号消去;3.分类讨论,根据等腰三角形中两条边长相等,分三种情况,列方程求解.注意:解出的未知数的值要进行检验,若出现三个顶点共线或不合题意的点,要舍去.
由一边固定变式为三边均不固定
如图,抛物线y=-x2+2x+3与x轴交于A,B两点(点B在点A的右侧),与y轴交于点C,点P是直线BC上方的抛物线上的一动点,过点P作PH⊥x轴于点H,交直线BC于点M.是否存在点P,恰好使△PCM是等腰三角形?如果存在,求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由.
存在.对于y=-x2+2x+3,令x=0,得y=3,∴C(0,3).令y=0,得0=-x2+2x+3,解得x1=-1,x2=3,∴B(3,0).设直线BC的解析式为y=kx+3,将B(3,0)代入,得0=3k+3,解得k=-1,故直线BC的解析式为y=-x+3,∴∠CBO=45°.
分三种情况讨论.①当PC=PM时,如图(1),则∠PCM=∠PMC=∠BMH=90°-∠CBO=45°,∴∠CPM=90°,∴CP∥x轴,∴点P的纵坐标为3.令-x2+2x+3=3,解得x1=0,x2=2,∴点P的坐标为(2,3).
②当CP=CM时,如图(2),则∠CPM=∠PMC=∠BMH=90°-∠CBO=45°,∴∠PCM=90°,∴CP⊥BC,易得直线PC的解析式为y=x+3,令-x2+2x+3=x+3,解得x1=0,x2=1,∴点P的坐标为(1,4).
③当MP=MC时,如图(3),设P(m,-m2+2m+3),则M(m,-m+3),∴PM=-m2+2m+3-(-m+3)=-m2+3m.过点M作MG⊥y轴于点G,则GM=m,MG∥x轴,∴∠CMG=∠CBO=45°,
二次函数综合题中的菱形存在性问题一般涉及两动顶点、两定顶点,且其中一动顶点在某条线上运动,设为第一动顶点,另一动顶点随第一动顶点的变化而变化,设为第二动顶点,即只要确定第一动顶点的位置,即可确定第二动顶点的位置.解决此类问题时,可利用转化的数学思想,将菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题,再利用解决等腰三角形存在性问题的方法求出第一动顶点的坐标,继而利用平移变换或线段中点坐标公式,求出第二动顶点的坐标.
例4 如图,抛物线 交x轴于A,B两点,交y轴于点C,一次函数y=x+b的图象经过点A,交y轴于点D,点E为直线AD上一动点.在平面直角坐标系内是否存在点G,使得以G,E,D,C为顶点的四边形为菱形?若存在,请求出点G的坐标;若不存在,请说明理由.
当DE为菱形的对角线时,CE=CD,EG∥CD且EG=CD,∴CE2=CD2,∴2m2+8m+16=16,解得m1=0(不合题意,舍去),m2=-4,∴E(-4,-1).易知点G在点E的上侧,∴G(-4,3).方法二(几何法):设E(n,n+3).①当CD为菱形的边时,分以下两种情况讨论.
a.当DE为菱形的边时,以点D为圆心、CD的长为半径作圆,该圆与直线AD的交点即为符合题意的点E,如图(1).
b.当DE为菱形的对角线时,以点C为圆心、CD的长为半径作圆,该圆与直线AD的交点(非点D)即为符合题意的点E,如图(2).易知∠EDC=45°.∵CE=CD=4,∴∠DEC=∠EDC=45°,∴∠ECD=90°,∴E(-4,-1).又EG=CD=4,EG∥CD,∴G(-4,3).
②当CD为菱形的对角线时,如图(3),过CD的中点作CD的垂线,该线与直线AD的交点即为符合题意的点E.易知点E的纵坐标为1,∴E(-2,1).又点E,G关于直线CD对称,∴G(2,1).
直角三角形、矩形的存在性问题
一、直角三角形的存在性问题
例5 [2019平顶山三模改编]如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=- x2+bx+c经过点A(1,3),B(0,1),过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点C,连接BC.过点A作x轴的垂线,垂足为点M,点N为直线AM上任意一点,连接BN,CN,当△BCN为直角三角形时,请求出点N的坐标.
【参考答案】分三种情况讨论.(1)如图(1),过点B作BC的垂线,交直线AM于点N1,则点N1即为所求.根据“两直线垂直,‘k’值积为-1”,可知 =-2,易得直线BN1的解析式为y=-2x+1,将x=1代入,得y=-1,∴N1(1,-1).
(2)如图(1),过点C作BC的垂线,交直线AM于点N2,则点N2即为所求.根据“两直线垂直,‘k’值积为-1”,可知 =-2,易得直线CN2的解析式为y=-2x+11,将x=1代入,得y=9,∴N2(1,9).
(3)如图(2),以线段BC为直径作☉D,交直线AM于N3,N4两点,则点N3,N4即为所求.根据线段中点的坐标公式,可得D(2,2).设N(1,n),则DN2=(2-1)2+(2-n)2=n2-4n+5.又CD2=(4-2)2+(3-2)2=5,DN=CD,∴n2-4n+5=5,解得n1=0,n2=4,∴N3(1,4),N4(1,0).综上所述,点N的坐标为(1,0),(1,4),(1,-1)或(1,9).
方法二(“一线三直角”模型法):分三种情况讨论.(1)如图(3),过点B作BC的垂线,交直线AM于点N1,则点N1即为所求.延长CA交y轴于点D,则AD⊥y轴,CD=4,BD=2.过点N1作N1E⊥y轴于点E,则EN1=1,
(2)如图(4),过点C作BC的垂线,交直线AM于点N2,则点N2即为所求.分别过点N2,B作x轴的平行线,过点C作x轴的垂线,分别交上述两线于点F,G,则BG=4,CG=3-1=2,N2F=4-1=3.
(3)如图(5),以BC为直径作圆,交直线AM于点N3,N4,则点N3,N4即为所求.过点N3作N3H⊥y轴于点H,过点C作CK⊥HN3,交HN3的延长线于点K,连接N3B,N3C,则HN3=1,N3K=4-1=3.设N3(1,n),则BH=n-1,CK=n-3.解得n1=0(舍去),n2=4(已检验),∴N3(1,4).同理可求得N4(1,0).综上所述,点N的坐标为(1,0),(1,4),(1,-1)或(1,9).
方法三(勾股定理法):设点N的坐标为(1,n).又∵B(0,1),C(4,3),∴BN2=12+(n-1)2=n2-2n+2,CN2=32+(n-3)2=n2-6n+18,BC2=42+22=20.分三种情况讨论.(1)当∠BNC=90°时,BN2+CN2=BC2,即n2-2n+2+n2-6n+18=20,解得n1=0,n2=4.故点N的坐标为(1,0)或(1,4).(2)当∠CBN=90°时,BC2+BN2=CN2,即20+n2-2n+2=n2-6n+18,解得n3=-1.故点N的坐标为(1,-1).(3)当∠BCN=90°时,CN2+BC2=BN2,即n2-6n+18+20=n2-2n+2,解得n4=9.故点N的坐标为(1,9).综上所述,点N的坐标为(1,0),(1,4),(1,-1)或(1,9).
二次函数综合题中的矩形存在性问题一般涉及两动顶点、两定顶点,且其中一动顶点在某条线上运动,设为第一动顶点,另一动顶点随第一动顶点的变化而变化,设为第二动顶点,即只要确定第一动顶点的位置,即可确定第二动顶点的位置. 解决此类问题时,可利用转化的数学思想,将矩形存在性问题转化为直角三角形存在性问题,利用垂直求“k”值及定点定长法、“一线三直角”模型法、勾股定理法求出第一动顶点的坐标,继而利用平移变换或线段中点坐标公式求出第二动顶点的坐标.
例6 如图,抛物线y=- x2+x+3与x轴交于A,B(点B在A右侧)两点,与y轴交于点C,连接CB.点P是抛物线上一动点,在平面直角坐标系内是否存在点Q,使得以点P,Q,B,C为顶点的四边形是矩形?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
方法一(垂直求“k”值法):分两种情况讨论.(1)如图(1),当BP⊥BC时,记点P为P1.根据“两直线垂直,‘k’值积为-1”,可知=2,易得直线BP1的解析式为y=2x-12,令2x-12=- x2+x+3,解得x1=6(舍去),x2=-10,∴P1(-10,-32).由矩形的性质可知,线段BC平移后可得P1Q1,又点B向左平移16个单位长度,向下平移32个单位长度,可得点P1,∴点C向左平移16个单位长度,向下平移32个单位长度,可得点Q1,∴Q1(-16,-29).
(2)如图(2),当CP⊥BC时,记点P为P2,根据“两直线垂直,‘k’值积为-1”,可知 =2,故求得直线CP2的解析式为y=2x+3,令2x+3=- x2+x+3,解得x1=0(舍去),x2=-4,∴P2(-4,-5).由矩形的性质可知,线段BC平移后可得Q2P2,又点C向左平移4个单位长度,向下平移8个单位长度,可得点P2,∴点B向左平移4个单位长度,向下平移8个单位长度,可得点Q2,∴Q2(2,-8).综上可知,点Q的坐标为(2,-8)或(-16,-29).
(2)当BC⊥CP时,记点P为P2,如图(4),分别过点P2,B作x轴的垂线,过点C作x轴的平行线,分别交上述两线于点F,G,则CG=6,BG=3,CF=-m,P2F=m2-m.
等腰直角三角形、正方形的存在性问题
一、等腰直角三角形的存在性问题
解决等腰直角三角形的存在性问题时,一般利用“一线三直角”模型辅助求解,方法如下:1.先作出过该等腰直角三角形的直角顶点的“横平”或“竖直”的直线;2.过两锐角顶点作该“横平”或“竖直”直线的垂线,构造全等三角形.
例7 如图,抛物线 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,连接AC,点P为线段AC上一动点(不与点A,C重合),点Q是直线AC下方的抛物线上一动点,是否存在点P,Q,使以点P,Q,C为顶点的三角形是等腰直角三角形?若存在,求点P的坐标;若不存在,请说明理由.
方法一(过直角顶点作“横平”线):分两种情况讨论.①当∠PQC=90°,QP=QC时,如图(1),过点Q作x轴的平行线,交y轴于点E,过点P作PD⊥QE,交EQ的延长线于点D,∴∠PDQ=∠QEC=90°.∵∠DPQ=90°-∠PQD,∠CQE=90°-∠PQD,∴∠DPQ=∠CQE.又QP=QC,∴△PDQ≌△QEC,∴PD=QE,DQ=CE.
②当∠CPQ=90°,PQ=PC时,如图(2),过点P作x轴的平行线,交y轴于点G,过点Q作QF⊥PG,交GP的延长线于点F,∴∠PFQ=∠PGC=90°.∵∠PQF=90°-∠QPF,∠CPG=90°-∠QPF,∴∠PQF=∠CPG.又PQ=PC,∴△QFP≌△PGC,∴QF=PG,PF=CG.
方法二(过直角顶点作“竖直”线):分两种情况讨论.①当∠PQC=90°,QP=QC时,如图(3),过点Q作y轴的平行线,交x轴于点M,过点P作PD⊥QM于点D,过点C作CE⊥QM于点E,∴∠PDQ=∠QEC=90°,易证△PDQ≌△QEC,∴PD=QE,DQ=CE.
②当∠CPQ=90°,PQ=PC时,如图(4),过点P作y轴的平行线,交x轴于点N,过点Q作QF⊥PN于点F,过点C作CG⊥PN于点G,∴∠PFQ=∠PGC.易证△QFP≌△PGC,∴QF=PG,PF=CG.
方法三(垂直求“k”值法):将直线AC绕点C逆时针旋转45°,得到直线l,则直线l与抛物线的交点(非点C)即为符合题意的点Q,如图(5),过点A作AH⊥AC,交直线l于点H,过点H作HK⊥x轴于点K.易知∠AHC=∠ACH=45°,∴AH=AC.易证△HKA≌△AOC,∴HK=AO=4,AK=OC=2,∴OK=2+4=6,∴H(-6,-4).设直线CQ的解析式为y=hx-2,将H(-6,-4)代入,得-4=-6h-2,
①当∠PQC=90°时,PQ⊥QC,故可设直线PQ的解析式为y=-3x+c,②当∠QPC=90°时,PQ⊥AC,故可设直线PQ的解析式为y=2x+d,
二、正方形的存在性问题
二次函数综合题中的正方形存在性问题一般涉及三动顶点、一定顶点,且其中一动顶点在某条线上运动,设为第一动顶点,另两个动顶点随第一动顶点的变化而变化,即只要确定第一动顶点的位置,即可确定其他两个动顶点的位置. 解决这类问题时,可利用转化的数学思想,将正方形的存在性问题转化为等腰直角三角形的存在性问题,利用“一线三直角”模型解题.
例8 如图,抛物线 与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C,抛物线的对称轴(直线l)与x轴交于点H,点P为y轴左侧的抛物线上一动点,点Q为抛物线的对称轴上一点,点M是平面直角坐标系内一点,当以点C,P,Q,M为顶点的四边形是以CP为一边的正方形时,求点Q的坐标.
分两种情况讨论.①当PQ为正方形的一边时,如图(1),过点P作PD⊥l于点D,交y轴于点E.∵∠CPE+∠DPQ=90°,∠DPQ+∠DQP=90°,∴∠CPE=∠DQP.又∠CEP=∠PDQ,PC=PQ,∴△CEP≌△PDQ,∴PD=CE,DQ=PE.
②当PQ为正方形的对角线时,如图(2),过点C作CF⊥l于点F,过点P作PG⊥FC,交FC的延长线于点G.∵∠CPG+∠GCP=90°,∠FCQ+∠GCP=90°,∴∠CPG=∠FCQ.又∠CGP=∠CFQ,PC=CQ,∴△CGP≌△QFC,∴GP=CF=1,GC=FQ,∴点P的纵坐标为2-1=1.
平行四边形的存在性问题
例9 [2018河南,23改编]如图,抛物线y=-x2+6x-5交x轴于A,B两点,交y轴于点C,过点A作直线BC的垂线,垂足为点M,过抛物线上一动点P(不与点B,C重合)作直线AM的平行线,交直线BC于点Q,若以点A,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形,求点P的横坐标.
【参考答案】 易求A(1,0),B(5,0),C(0,-5),直线BC的解析式为y=x-5,∴OB=OC,AB=4,∴∠ABC=45°.又AM⊥BC,∴△AMB是等腰直角三角形.过点M作MN⊥x轴于点N,则MN=AN= AB=2,∴点M的坐标为(3,-2).由AM∥PQ,可知AM与PQ是对边.方法一(平移坐标法):设P(m,-m2+6m-5),Q(n,n-5),分两种情况讨论.(1)若平移AM得到PQ,则m-1=n-3①,-m2+6m-5=n-5-(-2)②,由①得n=m+2,代入②,得-m2+6m-5=m+2-5-(-2),解得m1=1(不合题意,舍去),m2=4.故点P的横坐标为4.(2)若平移AM得到QP,则n-1=m-3③,n-5=-m2+6m-5-(-2)④,
方法三(对点坐标法):设P(m,-m2+6m-5),分两种情况讨论.(1)当点Q与点A是对点时,由对点坐标法可得Q(m+3-1,-m2+6m-5-2),即Q(m+2,-m2+6m-7).将点Q的坐标代入y=x-5,得-m2+6m-7=m+2-5,解得m1=1(不合题意,舍去),m2=4.故点P的横坐标为4.(2)当点Q与点M是对点时,由对点坐标法可得Q(m+1-3,-m2+6m-5+2),即Q(m-2,-m2+6m-3).
根据“点P,Q的竖直距离=点A,M的竖直距离”,可得|yP-yQ|=|yA-yM|=2.根据“点P,Q的水平距离=点A,M的水平距离”,可得|xP-xQ|=|xA-xM|=|1-3|=2.当点P在点Q的左上方时,yP-yQ=2,xP-xQ=-2,∴yP=n-5+2=n-3,xP=n-2,∴P(n-2,n-3).
将P(n-2,n-3)代入y=-x2+6x-5,得n-3=-(n-2)2+6(n-2)-5,解得n1=3(不合题意,舍去),n2=6,∴点P的横坐标为4.当点P在点Q的右下方时,yP-yQ=-2,xP-xQ=2,∴yP=n-5-2=n-7,xP=n+2,∴P(n+2,n-7).将P(n+2,n-7)代入y=-x2+6x-5,得n-7=-(n+2)2+6(n+2)-5,
方法五(其他方法):易知点P到直线BC的距离为AM的长.分以下两种情况讨论.(1)当点P在直线BC上方时,如图,过点A作直线l1∥BC,交抛物线于点P1,则点P1即为所求.设直线l1的解析式为y=x+b,将A(1,0)代入,得b=-1,故直线l1的解析式为y=x-1.令x-1=-x2+6x-5,解得x1=1(不合题意,舍去),x2=4.故点P1的横坐标为4.(2)当点P在直线BC下方时,如图,作直线l1关于直线BC的对称图形,即直线l2,交抛物线于点P2,P3,则点P2,P3即为所求.设直线l1与y轴的交点为D,则点D的坐标为(0,-1),设直线l2与y轴的交点为E,则OE=1+2×(-1+5)=9,故直线l2的解析式为y=x-9.
由“两定两动”变式为“三定一动”
如图,抛物线y=-x2+6x-5交x轴于A,B两点,交y轴于点C,过点A作直线BC的垂线,垂足为点M.平面内存在一点P,使以点A,M,C,P为顶点的四边形是平行四边形,求点P的坐标.
方法四(“竖直距离、水平距离”法):先判断点P的大致位置,再利用平行四边形一边两端点的竖直距离与其对边两端点的竖直距离相等、一边两端点的水平距离与其对边两端点的水平距离相等,即可求得点P的坐标.方法五(其他方法):过点A作CM的平行线,过点M作AC的平行线,过点C作AM的平行线,三线两两相交的交点即为所求.求出三线的解析式,两两联立,求解即可.
解:易求A(1,0),C(0,-5),M(3,-2),直线BC的解析式为y=x-5.方法一(平移坐标法):设P(m,n),分三种情况讨论.①当AC为对角线时,平移AM可得到PC,则1-m=3-0,0-n=-2-(-5),解得m=-2,n=-3,故点P的坐标为(-2,-3).②当AM为对角线时,平移AC可得到PM,则1-m=0-3,0-n=-5-(-2),解得m=4,n=3,故点P的坐标为(4,3).③当CM为对角线时,平移AM可得到CP,则1-0=3-m,0-(-5)=-2-n,解得m=2,n=-7,故点P的坐标为(2,-7).综上所述,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).
方法二(中点坐标法):设P(m,n),分三种情况讨论.①当AC为对角线时,AC的中点与PM的中点重合,得 ,解得m=-2,n=-3,故点P的坐标为(-2,-3).②当AM为对角线时,AM的中点与PC的中点重合,得 ,解得m=4,n=3,故点P的坐标为(4,3).③当CM为对角线时,CM的中点与PA的中点重合,得 ,解得m=2,n=-7,故点P的坐标为(2,-7).综上所述,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).
方法三(对点坐标法):分三种情况讨论.①当点P与点A是对点时,xP=3+0-1=2,yP=-5-2-0=-7.故点P的坐标为(2,-7).②当点P与点C是对点时,xP=1+3-0=4,yP=0-2-(-5)=3.故点P的坐标为(4,3).③当点P与点M是对点时,xP=1+0-3=-2,yP=0-5-(-2)=-3.故点P的坐标为(-2,-3).综上所述,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).
方法四(“竖直距离、水平距离”法):点P有如图(1)所示的三种情况.①当点P在第三象限时,记点P为P1,根据“点P1,C的竖直距离=点A,M的竖直距离”,可得 -y==yA-yM=2,∴ =-5+2=-3.根据“点P1,C的水平距离=点A,M的水平距离”,可得xC-=xM-xA=2,∴ =-2,∴P1(-2,-3).②当点P在第一象限时,记点P为P2,根据“点P2,M的竖直距离=点A,C的竖直距离”,可得 -yM=yA-yC=5,∴ =-2+5=3.根据“点P2,M的水平距离=点A,C的水平距离”,可得-xM=xA-xC=1,∴ =4,∴P(4,3).③当点P在第四象限时,记点P为P3,根据“点C,P3的竖直距离=点A,M的竖直距离”,可得yC- =yA-yM=2,∴ =-5-2=-7.根据“点C,P3的水平距离=点A,M的水平距离”,可得-xC=xM-xA=2,∴ =2,∴P3(2,-7).综上可知,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).
方法五(其他方法):易求直线AM的解析式为y=-x+1,直线AC的解析式为y=5x-5.如图(2),连接AC,过点A作直线l1∥CM,过点C作直线l2∥AM,过点M作直线l3∥AC,设直线l1,l2交于点P1,直线l1,l3交于点P2,直线l2,l3交于点P3,P1,P2,P3即为所求.易得直线l1的解析式为y=x-1,直线l2的解析式为y=-x-5,直线l3的解析式为y=5x-17,两两联立直线l1,l2,l3的解析式,
由一组对边确定变式为两组对边均不确定
如图,抛物线y=-x2+6x-5交x轴于A,B两点,交y轴于点C.过点A作直线BC的垂线,垂足为点M.点P为抛物线上一动点,点Q为x轴上一点,若以点A,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形,求点Q的横坐标.
易求A(1,0),M(3,-2).方法一(平移坐标法):设P(m,-m2+6m-5),Q(n,0),分两种情况讨论.(1)当AM为一边时,a.若平移AM得到PQ,则1-m=3-n①,0-(-m2+6m-5)=-2-0②,由②解得m1=3+ ,m2=3- .将m=3+ 代入①,得n=5+ ;将m=3- 代入①,得n=5- .故点Q的横坐标为5+ 或5- .b.若平移AM得到QP,则1-n=3-m③,0-0=-2-(-m2+6m-5)④,由④解得m3=3+ ,m4=3- .将m=3+ 代入③,得n=1+ ;将m=3- 代入③,得n=1- .故点Q的横坐标为1+ 或1- .(2)当AM为对角线时,平移AQ得到PM,则1-m=n-3⑤,0-(-m2+6m-5)=0-(-2)⑥,由⑥解得m5=3+ ,m6=3- .将m=3+ 代入⑤,得n=1- ;将m=3- 代入⑤,得n=1+ .故点Q的横坐标为1- 或1+ .综上所述,点Q的横坐标为5+ ,5- ,1+ 或1- .
方法二(中点坐标法):设P(m,-m2+6m-5),Q(n,0),分三种情况讨论.(1)当AP为对角线时,AP的中点与QM的中点重合,则
方法三(对点坐标法):设P(m,-m2+6m-5),分三种情况讨论.(1)当点Q与点A是对点时,由对点坐标法可得xQ=xP+xM-xA=m+3-1=m+2,yQ=yP+yM-yA=-m2+6m-5-2-0=-m2+6m-7,即Q(m+2,-m2+6m-7).又点Q在x轴上,∴-m2+6m-7=0,解得m1=3+ ,m2=3- .故点Q的横坐标为5+ 或5- .(2)当点Q与点M是对点时,由对点坐标法可得xQ=xP+xA-xM=m+1-3=m-2,yQ=yP+yA-yM=-m2+6m-5+0-(-2)=-m2+6m-3,即Q(m-2,-m2+6m-3).又点Q在x轴上,∴-m2+6m-3=0,解得m3=3+ ,m4=3- .故点Q的横坐标为1+ 或1- .(3)当点Q与点P是对点时,由对点坐标法可得xQ=xA+xM-xP=1+3-m=4-m,yQ=yA+yM-yP=0-2+m2-6m+5=m2-6m+3,即Q(4-m,m2-6m+3).又点Q在x轴上,∴m2-6m+3=0,解得m5=3+ ,m6=3- .故点Q的横坐标为1- 或1+ .综上所述,点Q的横坐标为5+ ,5- ,1+ 或1- .
方法四(“竖直距离、水平距离”法):设Q(n,0).分两种情况讨论.(1)当AM为一边时,PQ∥AM,根据“点P,Q之间的竖直距离=点A ,M之间的竖直距离”,得|yP-yQ|=|yA-yM|=2.根据“点P,Q之间的水平距离=点A ,M之间的水平距离”,得|xP-xQ|=|xA-xM|=2.当点P在点Q的左上方时,yP-yQ=2,xP-xQ=-2,∴yP=2,xP=n-2,∴P(n-2,2).将P(n-2,2)代入y=-x2+6x-5,得2=-(n-2)2+6(n-2)-5,解得n1=5+ ,n2=5- ,∴点Q的横坐标为5+ 或5- .当点P在点Q的右下方时,yP-yQ=-2,xP-xQ=2,∴yP=-2,xP=n+2,∴P(n+2,-2).将P(n+2,-2)代入y=-x2+6x-5,得-2=-(n+2)2+6(n+2)-5,解得n3=1+ ,n4=1- ,∴点Q的横坐标为1+ 或1- .(2)当AM为对角线时,PM∥AQ,即PM∥x轴,∴yP=yM=-2,令-x2+6x-5=-2,解得x=3+ 或3- ,∴点P的坐标为(3+ ,-2)或(3- ,-2).易知当点P的坐标为(3+ ,-2)时,点Q的横坐标为1- ;当点P的坐标为(3- ,-2)时,点Q的横坐标为1+ .综上可知,点Q的横坐标为1+ ,1- ,5+ 或5- .
方法五(其他方法):分两种情况讨论.(1)当AQ为一边时,PM∥AQ,即PM∥x轴,则点P在x轴下方,且点P到x轴的距离为2.令-2=-x2+6x-5,解得x1=3+ ,x2=3- .故点P的横坐标为3+ 或3- .∵AQ=PM,∴|xQ-xA|=|xM-xP|,∴|xQ-1|=|3-3- |或|xQ-1|=|3-3+ |,解得xQ=1+ 或1- .故点Q的横坐标为1- 或1+ .(2)当AQ为对角线时,易知点P在x轴上方,且点P到x轴的距离为2.令2=-x2+6x-5,解得x3=3+ ,x4=3- .则点P的横坐标为3+ 或3- .则xQ=xM+xP-xA=3+3+ -1=5+ 或xQ=xM+xP-xA=3+3- -1=5- ,故点Q的横坐标为5+ 或5- .综上所述,点Q的横坐标为1+ ,1- ,5+ 或5- .
求解二次函数综合题中平行四边形存在性问题的一般思路
1.找点,找出所求平行四边形的四个顶点,若是定点,求出坐标;若是动点,将其横、纵坐标用含未知数的代数式表示出来(一般会涉及两个未知数).2.分类讨论.3.利用平移坐标法、中点坐标法、对点坐标法、“竖直距离、水平距离”法等列方程求解.
相似三角形的存在性问题
例10 如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2-2x-3与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,点P为y轴右侧的抛物线上一动点,点Q为直线BC上的动点,连接AC,若△PCQ是以点Q为直角顶点的直角三角形,且与△AOC相似,求点P的坐标.
【参考答案】 对于y=x2-2x-3,令x=0,得y=-3,∴C(0,-3);令y=0,得x2-2x-3=0,解得x1=-1,x2=3,∴A(-1,0),B(3,0).设直线BC的解析式为y=kx-3,将B(3,0)代入,得0=3k-3,解得k=1,故直线BC的解析式为y=x-3.易知∠OBC=∠OCB=45°,BC=3 .∵∠CQP=90°=∠AOC,∴分∠QCP=∠ACO和∠CPQ=∠ACO两种情况讨论.方法一:(1)a.当∠QCP=∠ACO,且点P在直线BC下方时,如图(1),过点B作BD⊥BC交CP的延长线于点D,过点D作DE⊥x轴于点E,易知∠EDB=∠EBD=45°,∴ED=EB.
b.当∠QCP=∠ACO,且点P在直线BC上方时,如图(2),过点B作BF⊥BC交CP于点F,过点F作FG⊥x轴于点G,易知∠GFB=∠FBG=45°,∴GF=GB. ∴F(2,1).设直线CP的解析式为y=nx-3,将F(2,1)代入,得1=2n-3,解得n=2,故直线CP的解析式为y=2x-3.令2x-3=x2-2x-3,解得x1=0,x2=4,∴P(4,5).
(2)当∠CPQ=∠ACO时,点P在直线BC下方,如图(3),过点B作BH⊥BC交CP的延长线于点H,过点H作HK⊥x轴于点K,易知∠BHC=∠QPC,∠KBH=∠KHB=45°,∴KB=KH.设直线CP的解析式为y=hx-3,将H(12,-9)代入,得-9=12h-3,
例11 如图,直线y=-3x+3与x轴相交于点A,与y轴相交于点B,抛物线y=-x2+bx+c经过点A,B,且与x轴交于另一点C,连接BC.抛物线上是否存在点M,使∠MCB=∠ABO?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【参考答案】 存在.对于y=-3x+3,令x=0,得y=3,令y=0,得x=1,∴A(1,0),B(0,3).将A(1,0),B(0,3)分别代入y=-x2+bx+c,得故抛物线的解析式为y=-x2-2x+3.易得tan∠ABO= ,，C(-3,0).
方法二:设M(m,-m2-2m+3).分两种情况讨论.①如图(2),当点M在直线BC上方时,记为M1.过点M1分别作M1D⊥x轴于点D,M1Q⊥BC于点Q,M1D交BC于点F,
②如图(3),当点M在直线BC下方时,记为M2.过点M2分别作M2D'⊥x轴于点D',M2Q'⊥BC于点Q',D'M2的延长线与CB的延长线相交于点F',易证△M2Q'F'∽△COB,
二次函数综合题中角度的存在性问题的设问形式、特点和解题通法1.设问形式:(1)角度相等;(2)角度成倍数关系;(3)角度等于特殊值,如15°,30°,45°,60°等.2.特点:两个相等的角中,有一个角是已知的,另一个角的顶点是定点,一边为定边,所求点为另一边与某线的交点,且一般成对出现(分别在定边的两侧).3.解题通法:求解此类问题时,一般分两种情况,根据条件分别求出未知边所在直线的解析式,再分别联立所相交的某线的函数解析式,即可求得交点坐标.
由“1倍角”问题变式为“2倍角”问题
如图,直线y=-3x+3与x轴相交于点A,与y轴相交于点B,抛物线y=-x2+bx+c经过点A,B.抛物线上是否存在点M,使直线AM与y轴所夹锐角是∠ABO的2倍?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
存在.易求A(1,0),B(0,3),抛物线的解析式为y=-x2-2x+3.①如图,作线段AB的垂直平分线,交y轴于点D,连接AD,则AD=BD,∴∠BAD=∠ABO,∴∠ODA=2∠ABO.延长AD交抛物线于点M1,则点M1即为所求.设BD=AD=m,则OD=3-m.
求解“2倍角”问题的方法1.利用中点中垂法或其他方法构造“2倍角”;2.根据相关条件,求得“2倍角”的动边所在直线的解析式;3.将“2倍角”的动边所在直线的解析式与动点所在某线的解析式联立起来,可求得动点的坐标.
由“1倍角”问题变式为“半角”问题
如图,抛物线 交x轴于A,C两点,交y轴于点B,连接AB.抛物线上是否存在点M,使∠ACM= ∠BAO?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
存在.对于 令x=0,得y=4,令y=0,得x1=3,x2=-4,∴A(3,0),B(0,4),C(-4,0).方法一(外延等腰法):如图(1),在点A右侧的x轴上截取AD=AB,连接BD,则∠ADB=∠ABD.又∠BAO=∠ADB+∠ABD,∴∠ADB=∠ABD= ∠BAO.过点C作CM1∥BD,交抛物线于点M1,得∠ACM1=∠BDO= ∠BAO,则点M1即为所求.
由A(3,0),B(0,4),易得AB=5,∴AD=AB=5,∴OD=3+5=8.设CM1交y轴于点E,∵∠ACM1=∠BDO,∴tan∠ACM1=tan∠BDO,
方法二(角平分线法):如图(2),作∠BAO的平分线交y轴于点F,则∠FAC= ∠BAO.过点C作CM1∥AF,交抛物线于点M1,交y轴于点E,得∠ACM1=∠FAC= ∠BAO,则点M1即为所求.由A(3,0),B(0,4),得AB=5.设点F到AB的距离为h,则OF=h.
∵S△AOB=S△AOF+S△ABF,
由等角问题变式为特殊角问题
如图,抛物线 与x轴交于点A,C,与y轴交于点B,连接BC.点P为抛物线上一动点.当∠PCB=15°时,求点P的坐标.
类型1 线段问题考点2 面积问题考点3 等腰三角形、菱形的存在性问题类型4 直角三角形、矩形的存在性问题类型5 等腰直角三角形、正方形的存在性问题类型6 平行四边形的存在性问题类型7 相似三角形的存在性问题类型8 角度的存在性问题
例1 [2020南阳二模改编]如图,抛物线 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,点P是直线AC上方的抛物线上一点,过点P作PH⊥AC于点H,求线段PH的长度的最大值.
【参考答案】 对于 ,令y=0,得 ,解得x1=1,x2=4,∴A(4,0).令x=0,得y=-2,∴C(0,-2),∴AC= 设直线AC的解析式为y=kx+b,将A(4,0),C(0,-2)分别代入,得 故直线AC的解析式为y=
方法一(利用二次函数的性质求解):如图(1),过点P作y轴的平行线交AC于点N,则∠PNH=∠OCA.设P( )(0
解决二次函数中线段长的最大值问题的方法方法一(利用二次函数的性质求解):1.找出与所求线段密切相关的“横平竖直”的线段,并求出两者的数量关系(若图中未给出这样的“横平竖直”的线段,则需要作辅助线);2.设出未知数(通常是一个与所求线段密切相关的点的横坐标);3.用含未知数的代数式表示出“横平竖直”的线段的长,继而表示出所求线段的长;4.利用二次函数的性质求最值.
方法二(利用函数与方程的关系求解):1.过所求线段在抛物线上运动的端点作另一端点所在直线(记为已知直线)的平行线,记为直线l;2.设出直线l的解析式,并与抛物线的解析式联立,根据直线l与抛物线有且只有一个交点时直线l与已知直线的距离最大,可求得直线l的解析式;3.利用题中条件求直线l与已知直线的距离,即可求得所求线段的最大值.
由线段长的最大值问题变式为周长最大问题
如图,直线 与x轴,y轴分别交于点A,B,抛物线 经过点B,且与直线 交于另一点C.点D为抛物线上一动点,且点D的横坐标为t(-4
解决二次函数中图形周长最大问题的方法解决此类问题时,应利用转化思想,即先观察图形,结合题目弄清楚图形各边与其中一边(一般为“横平竖直”的边)的数量关系,再求周长与该“横平竖直”的边的数量关系,即将求周长的最大值问题转化为求线段长的最大值问题.
由线段长的最大值问题变式为周长最小问题
如图，抛物线 与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，作直线AC. 点P是直线AC上一动点，点Q是抛物线对称轴上一动点，连接OP，OQ，PQ，是否存在点P，Q，使△OPQ的周长最小? 若存在,求出点P，Q的坐标;若不存在，请说明理由.
解:存在.易求直线AC的解析式为y=2x+4.如图,作点O关于直线AC的对称点O',作点O关于抛物线对称轴的对称点O″,连接OO',交AC于点M,连接O'O″,交AC于点P,交抛物线对称轴
于点Q,此时△OPQ的周长最小,故此时的点P,Q即为所求.易知抛物线的对称轴为直线x=1,∴O″(2,0).∵直线OO'⊥AC,∴直线OO'的解析式为y=- x,
由线段长的最大值问题变式为线段和的最小值问题
如图,抛物线y=-x2+2x+3与x轴交于A,B两点,点D为抛物线的顶点,连接BD,点H为BD的中点,在y轴上是否存在一点P,使PD+PH的值最小?若存在,求PD+PH的最小值及点P的坐标;若不存在,请说明理由.
解:存在.对于y=-x2+2x+3,令y=0,得x1=-1,x2=3,∴B(3,0).∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,∴D(1,4),∴H(2,2).作点H关于y轴的对称点H',则H'(-2,2),连接H'D,H'D与y轴交于点P,此时PD+PH的值最小,最小值为H'D的长,如图.
∵H'D= ,∴PD+PH的最小值为 .设直线H'D的解析式为y=kx+b,将H'(-2,2),D(1,4)分别代入,得 ∴直线H'D的解析式为 ,易知 .
由线段长的最大值问题变式为线段差的绝对值的最大值问题
如图，抛物线 与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点H是抛物线的顶点，作直线BC，点D是直线BC上一动点，连接DA，DH，求|DA-DH|的最大值，并求出此时点D的坐标.
解:易知A(-2,0),B(4,0),C(0,4),H(1, ),直线BC的解析式为y=-x+4.如图,作点A关于直线BC的对称点A',连接A'H并延长交直线BC于点D,此时|DA-DH|的值最大,最大值为A'H的长.
连接A'B.易知∠ABC=45°,∴∠A'BC=45°,∴∠ABA'=90°.又A'B=AB=6,∴A'(4,6),∴A'H= ∴|DA-DH|的最大值为 .设直线A'H的解析式为y=kx+b,将A'(4,6),H(1, )分别代入,得 解得 ∴直线A'H的解析式为 ,∴点D的坐标为(0,4).
由线段长的最大值问题变式为线段倍数关系或比值问题
1.如图,抛物线 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,作直线BC,点P是抛物线上一动点,过点P作y轴的平行线,交直线BC于点E,交x轴于点F,则当PE= PF时,求点P的坐标.
解:易知A(-2,0),B(4,0),直线BC的解析式为y=-x+4.
解决二次函数中线段倍数关系问题的方法此类问题一般是求满足线段倍数关系的点的坐标,方法如下:1.在图中找出对应线段, 分清定端点和动端点,设出动端点的横坐标;2.用所设未知数表示出各线段的长度,列出满足线段数量关系的等式,继而求出未知数的值.注意:若所给倍数关系中的线段不是“横平竖直”的线段,则先转化为“横平竖直”的线段,再进行求解.
2.如图,抛物线 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,点P是直线BC上方的抛物线上一动点,连接PA交BC于点M,求 的最大值.
解:如图,过点P作PE∥y轴交直线BC于点E,过点A作AF∥y轴交直线BC于点F,则PE∥AF,∴△PEM∽△AFM,∴ 易知A(-2,0),B(4,0),C(0,4),直线BC的解析式为y=-x+4.将x=-2代入y=-x+4,得y=6,∴F(-2,6),∴AF=6.
例2 如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴交于A,B两点,直线y=x-3经过点A,交y轴于点C,且与抛物线交于另一点D,点P是直线AD上方的抛物线上的一动点,连接PA,PD,求△PAD面积的最大值,并求出此时点P的坐标.
【参考答案】令-x2 +x+6=x-3,解得x1=-3,x2=3,故A(3,0),D(-3,-6).方法一(铅垂高、水平宽法):过点P作x轴的垂线交直线AD于点F,交x轴于点N,如图(1).
设P(m,-m2 +m+6),则F(m,m-3),∴PF=-m2+m+6-(m-3)=-m2 +9.过点D作PF的垂线交PF的延长线于点M,则S△PAD=S△PDF+S△PAF= PF·DM+ PF·AN= PF·(DM+AN)= PF(xA-xD)= (-m2+9)[3-(-3)]=-3m2+27.∵-3<0,∴当m=0时,S△PAD取得最大值,最大值为27,此时P(0,6).方法二(定底平行线法):过点P作直线l∥AD,当直线l与抛物线只有一个交点P时,直线l与直线AD的距离最大,即S△PAD最大,如图(2).设直线l的解析式为y=x+b,令x+b=-x2+x+6,整理,得x2+b-6=0,①
易知此方程有两个相等的实数根,∴b-6=0,即b=6.将b=6代入方程①,得x=0,故此时点P的坐标为(0,6).易得C(0,-3),∴PC=6+3=9,∴S△PAD= ×PC×(xA-xD)= ×9×(3+3)=27.故△PAD面积的最大值为27,此时P(0,6).
方法三(直接求法):过点P作PM⊥AD于点M,过点P作y轴的平行线,交AD于点F,如图(3).易知C(0,-3),∴OA=OC,∴∠PFM=∠OCA=45°,∴PM= PF.设P(m,-m2+m+6),则F(m,m-3),∴PF=-m2+m+6-(m-3)=-m2+9.由A(3,0),D(-3,-6),可得AD=6 ,∴S△PAD= AD·PM= AD× PF=3PF=-3m2 +27.∵-3<0,∴当m=0时,S△PAD取得最大值,最大值为27,此时P(0,6).
求解二次函数中三角形面积最大值问题的常见方法方法一:设动顶点的横坐标为m,用含m的代数式表示出三角形的面积,再利用二次函数的性质求三角形面积的最大值.方法二:找到所求三角形三边中的定边,过动顶点作平行于这条定边的平行线,当平行线和抛物线有且只有一个交点时,三角形面积取最大值.
三角形面积最大值问题的相关结论本例中,S△PAD取得最大值时,点P的位置和点A,D关系密切.当点P的横坐标与线段AD中点的横坐标相同,即xP= 时,S△PAD最大.
由三角形面积最值问题变式为三角形面积倍数关系问题
1.如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴相交于A,B两点,与y轴交于点C,直线y=x-3经过点A,且与抛物线交于另一点D,连接AC,DC.点P是线段AD上一动点(不与点A,D重合),过点P作直线l⊥x轴,交抛物线于点Q.当△ACD的面积被直线l分为1∶2的两部分时,求点Q的坐标.
易知C(0,6),A(3,0),B(-2,0),D(-3,-6),直线DC的解析式为y=4x+6,直线AC的解析式为y=-2x+6.设直线AD与y轴的交点为E,则E(0,-3),∴CE=6-(-3)=9,
由△ACD的面积被直线l分为1∶2的两部分,可知这两部分的面积分别为9,18.设P(m,m-3)(-3
2.如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴交于A,B两点,直线y=x-3经过点A,且与抛物线交于另一点D,点P是抛物线上一动点,连接OD,PA,PD.(1)当S△PAD=S△OAD时,求点P的坐标;(2)当S△PAD=2S△OAD时,求点P的坐标;(3)当S△PAD= S△OAD时,点P的坐标恰有三个.
(1)如图(1),过点O作AD的平行线l,交抛物线于点P1,P2,则点P1,P2即为所求.易求直线l的解析式为y=x,令x=-x2+x+6,解得x=± ,故P1(- ,- ),P2( , ).作直线l关于直线AD的对称图形(直线l'),交抛物线于点P3,P4,则点P3,P4即为所求.
易知直线l'与y轴的交点为(0,-6),故直线l'的解析式为y=x-6.令x-6=-x2+x+6,解得x=±2 ,
(2)设直线AD交y轴于点C,在y轴正半轴上截取OE=OC=3,则E(0,3).过点E作直线m,交抛物线于点P5,P6,如图(2),则点P5,P6即为所求.易求直线m的解析式为y=x+3,令x+3=-x2+x+6,
作直线m关于直线AD的对称图形(直线m'),交抛物线于点P7,P8,则点P7,P8即为所求.易知直线m'与y轴的交点的坐标为(0,-9),故直线m'的解析式为y=x-9.令x-9=-x2+x+6,
(3)3解法提示:在直线AD的上侧作直线n∥AD,作直线n关于直线AD的对称图形(直线n'),易知直线n'与抛物线一定有两个交点,故当直线n与抛物线只有一个交点时,直线n,n'与抛物线的交点有且只有三个,且当点P与这三个点重合时,S△PAD与S△OAD的倍数关系是一样的.设此时直线n的解析式为y=x+c,令x+c=-x2 +x+6,整理,得x2+c-6=0,①易知此方程有两个相等的实数根,故c=6,代入方程①,得x1=x2=0,故直线n与抛物线交点的坐标为(0,6).
由三角形面积最值问题变式为三角形面积定值问题
如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,点P为直线AC下方的抛物线上一点,且S△PAC=12,求点P的坐标.
易知C(0,6),A(3,0),直线AC的解析式为y=-2x+6.在y轴上取一点D,连接AD,使S△DAC=12,设D (0,m),则CD=6-m,∴ (6-m)×3=12,解得m=-2,∴D(0,-2).如图,过点D作直线l∥AC,直线l与抛物线的交点即为所求点P.
设直线l的解析式为y=-2x+b,将D(0,-2)代入,得b=-2,故直线l的解析式为y=-2x-2.
等腰三角形、菱形的存在性问题
一、等腰三角形的存在性问题
例3 [2018河南中考B卷改编]如图,抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点H,直线y= x+1交x轴于点D,交抛物线的对称轴于点G.点M为抛物线对称轴上的一个动点,连接DM,若△DGM是以DG为腰的等腰三角形,请求出点M的坐标.【思路分析】确定点M的位置:分别以点D,G为圆心、DG的长为半径作圆,两圆与抛物线对称轴的交点(不含点G),即为点M.
方法一(几何法):分两种情况讨论.①当点D为等腰三角形的顶角顶点时,DG=DM,以点D为圆心、DG的长为半径作圆,交抛物线对称轴于点M1,则点M1即为所求,如图.易知此时点M1和点G关于x轴对称,故M1(1, ). ,
②当点G为等腰三角形的顶角顶点时,GD=GM,以点G为圆心、DG的长为半径作圆,交抛物线对称轴于点M2,M3,则点M2,M3即为所求,如图,此时GM2=GM3=GD= ，
如图,抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点H,直线y= x+1交x轴于点D,交抛物线的对称轴于点G.点M为抛物线上的一个动点,若△DGM是以DG为底的等腰三角形,请求出点M的坐标.
【思路分析】 确定点M的位置:作线段DG的垂直平分线,该线与抛物线的交点即为点M.方法一:先求线段DG的垂直平分线的解析式,再与抛物线的解析式联立,可求得点M的坐标;方法二:设M(m,n),根据MD2=MG2,列出关于m,n的方程,结合n=-m2+2m+3进行求解.
易求G(1, ),D(-2,0).∵△DGM是以DG为底的等腰三角形,∴MD=MG.方法一:作线段DG的垂直平分线l,与DG交于点N,直线l与抛物线的交点即为所求的点M.易得N .设直线l的解析式为y=-2x+a,将N 代入,得 ,解得a= ,故直线l的解析式为y=-2x- .
由有条件限制变式为无条件限制
如图,抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点H,直线y= x+1交x轴于点D,交抛物线的对称轴于点G.在x轴上是否存在一点M,使△DGM是等腰三角形?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【思路分析】 确定点M的位置:分别以点D,G为圆心、DG的长为半径作圆,作线段DG的垂直平分线l,☉D,☉G,直线l与x轴的交点即为所求的点M(点D,G,M三点不共线).方法一(几何法):
存在方法一(几何法):分三种情况讨论.①当点D为等腰三角形的顶角顶点时,DG=DM,
②当点G为等腰三角形的顶角顶点时,GD=GM,以点G为圆心、DG的长为半径作圆,交x轴于点M3(非点D),则点M3即为所求,如图,易知点M3与点D关于直线x=1对称,故点M3的坐标为(4,0).③当点M为等腰三角形的顶角顶点时,MD=MG,作线段DG的垂直平分线l,交x轴于点M4,则点M4即为所求,如图.
求解二次函数综合题中等腰三角形存在性问题的一般思路1.找点,找出所求等腰三角形的三个顶点,若是定点,求出坐标,若是动点,将其横、纵坐标用含未知数的代数式表示出来(一般涉及一个未知数);2.求边长,利用勾股定理分别求出该三角形的三条边长,若三条边长中有二次根式,则求出三条边长的平方,把二次根号消去;3.分类讨论,根据等腰三角形中两条边长相等,分三种情况,列方程求解.注意:解出的未知数的值要进行检验,若出现三个顶点共线或不合题意的点,要舍去.
由一边固定变式为三边均不固定
如图,抛物线y=-x2+2x+3与x轴交于A,B两点(点B在点A的右侧),与y轴交于点C,点P是直线BC上方的抛物线上的一动点,过点P作PH⊥x轴于点H,交直线BC于点M.是否存在点P,恰好使△PCM是等腰三角形?如果存在,求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由.
存在.对于y=-x2+2x+3,令x=0,得y=3,∴C(0,3).令y=0,得0=-x2+2x+3,解得x1=-1,x2=3,∴B(3,0).设直线BC的解析式为y=kx+3,将B(3,0)代入,得0=3k+3,解得k=-1,故直线BC的解析式为y=-x+3,∴∠CBO=45°.
分三种情况讨论.①当PC=PM时,如图(1),则∠PCM=∠PMC=∠BMH=90°-∠CBO=45°,∴∠CPM=90°,∴CP∥x轴,∴点P的纵坐标为3.令-x2+2x+3=3,解得x1=0,x2=2,∴点P的坐标为(2,3).
②当CP=CM时,如图(2),则∠CPM=∠PMC=∠BMH=90°-∠CBO=45°,∴∠PCM=90°,∴CP⊥BC,易得直线PC的解析式为y=x+3,令-x2+2x+3=x+3,解得x1=0,x2=1,∴点P的坐标为(1,4).
③当MP=MC时,如图(3),设P(m,-m2+2m+3),则M(m,-m+3),∴PM=-m2+2m+3-(-m+3)=-m2+3m.过点M作MG⊥y轴于点G,则GM=m,MG∥x轴,∴∠CMG=∠CBO=45°,
二次函数综合题中的菱形存在性问题一般涉及两动顶点、两定顶点,且其中一动顶点在某条线上运动,设为第一动顶点,另一动顶点随第一动顶点的变化而变化,设为第二动顶点,即只要确定第一动顶点的位置,即可确定第二动顶点的位置.解决此类问题时,可利用转化的数学思想,将菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题,再利用解决等腰三角形存在性问题的方法求出第一动顶点的坐标,继而利用平移变换或线段中点坐标公式,求出第二动顶点的坐标.
例4 如图,抛物线 交x轴于A,B两点,交y轴于点C,一次函数y=x+b的图象经过点A,交y轴于点D,点E为直线AD上一动点.在平面直角坐标系内是否存在点G,使得以G,E,D,C为顶点的四边形为菱形?若存在,请求出点G的坐标;若不存在,请说明理由.
当DE为菱形的对角线时,CE=CD,EG∥CD且EG=CD,∴CE2=CD2,∴2m2+8m+16=16,解得m1=0(不合题意,舍去),m2=-4,∴E(-4,-1).易知点G在点E的上侧,∴G(-4,3).方法二(几何法):设E(n,n+3).①当CD为菱形的边时,分以下两种情况讨论.
a.当DE为菱形的边时,以点D为圆心、CD的长为半径作圆,该圆与直线AD的交点即为符合题意的点E,如图(1).
b.当DE为菱形的对角线时,以点C为圆心、CD的长为半径作圆,该圆与直线AD的交点(非点D)即为符合题意的点E,如图(2).易知∠EDC=45°.∵CE=CD=4,∴∠DEC=∠EDC=45°,∴∠ECD=90°,∴E(-4,-1).又EG=CD=4,EG∥CD,∴G(-4,3).
②当CD为菱形的对角线时,如图(3),过CD的中点作CD的垂线,该线与直线AD的交点即为符合题意的点E.易知点E的纵坐标为1,∴E(-2,1).又点E,G关于直线CD对称,∴G(2,1).
直角三角形、矩形的存在性问题
一、直角三角形的存在性问题
例5 [2019平顶山三模改编]如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=- x2+bx+c经过点A(1,3),B(0,1),过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点C,连接BC.过点A作x轴的垂线,垂足为点M,点N为直线AM上任意一点,连接BN,CN,当△BCN为直角三角形时,请求出点N的坐标.
【参考答案】分三种情况讨论.(1)如图(1),过点B作BC的垂线,交直线AM于点N1,则点N1即为所求.根据“两直线垂直,‘k’值积为-1”,可知 =-2,易得直线BN1的解析式为y=-2x+1,将x=1代入,得y=-1,∴N1(1,-1).
(2)如图(1),过点C作BC的垂线,交直线AM于点N2,则点N2即为所求.根据“两直线垂直,‘k’值积为-1”,可知 =-2,易得直线CN2的解析式为y=-2x+11,将x=1代入,得y=9,∴N2(1,9).
(3)如图(2),以线段BC为直径作☉D,交直线AM于N3,N4两点,则点N3,N4即为所求.根据线段中点的坐标公式,可得D(2,2).设N(1,n),则DN2=(2-1)2+(2-n)2=n2-4n+5.又CD2=(4-2)2+(3-2)2=5,DN=CD,∴n2-4n+5=5,解得n1=0,n2=4,∴N3(1,4),N4(1,0).综上所述,点N的坐标为(1,0),(1,4),(1,-1)或(1,9).
方法二(“一线三直角”模型法):分三种情况讨论.(1)如图(3),过点B作BC的垂线,交直线AM于点N1,则点N1即为所求.延长CA交y轴于点D,则AD⊥y轴,CD=4,BD=2.过点N1作N1E⊥y轴于点E,则EN1=1,
(2)如图(4),过点C作BC的垂线,交直线AM于点N2,则点N2即为所求.分别过点N2,B作x轴的平行线,过点C作x轴的垂线,分别交上述两线于点F,G,则BG=4,CG=3-1=2,N2F=4-1=3.
(3)如图(5),以BC为直径作圆,交直线AM于点N3,N4,则点N3,N4即为所求.过点N3作N3H⊥y轴于点H,过点C作CK⊥HN3,交HN3的延长线于点K,连接N3B,N3C,则HN3=1,N3K=4-1=3.设N3(1,n),则BH=n-1,CK=n-3.解得n1=0(舍去),n2=4(已检验),∴N3(1,4).同理可求得N4(1,0).综上所述,点N的坐标为(1,0),(1,4),(1,-1)或(1,9).
方法三(勾股定理法):设点N的坐标为(1,n).又∵B(0,1),C(4,3),∴BN2=12+(n-1)2=n2-2n+2,CN2=32+(n-3)2=n2-6n+18,BC2=42+22=20.分三种情况讨论.(1)当∠BNC=90°时,BN2+CN2=BC2,即n2-2n+2+n2-6n+18=20,解得n1=0,n2=4.故点N的坐标为(1,0)或(1,4).(2)当∠CBN=90°时,BC2+BN2=CN2,即20+n2-2n+2=n2-6n+18,解得n3=-1.故点N的坐标为(1,-1).(3)当∠BCN=90°时,CN2+BC2=BN2,即n2-6n+18+20=n2-2n+2,解得n4=9.故点N的坐标为(1,9).综上所述,点N的坐标为(1,0),(1,4),(1,-1)或(1,9).
二次函数综合题中的矩形存在性问题一般涉及两动顶点、两定顶点,且其中一动顶点在某条线上运动,设为第一动顶点,另一动顶点随第一动顶点的变化而变化,设为第二动顶点,即只要确定第一动顶点的位置,即可确定第二动顶点的位置. 解决此类问题时,可利用转化的数学思想,将矩形存在性问题转化为直角三角形存在性问题,利用垂直求“k”值及定点定长法、“一线三直角”模型法、勾股定理法求出第一动顶点的坐标,继而利用平移变换或线段中点坐标公式求出第二动顶点的坐标.
例6 如图,抛物线y=- x2+x+3与x轴交于A,B(点B在A右侧)两点,与y轴交于点C,连接CB.点P是抛物线上一动点,在平面直角坐标系内是否存在点Q,使得以点P,Q,B,C为顶点的四边形是矩形?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
方法一(垂直求“k”值法):分两种情况讨论.(1)如图(1),当BP⊥BC时,记点P为P1.根据“两直线垂直,‘k’值积为-1”,可知=2,易得直线BP1的解析式为y=2x-12,令2x-12=- x2+x+3,解得x1=6(舍去),x2=-10,∴P1(-10,-32).由矩形的性质可知,线段BC平移后可得P1Q1,又点B向左平移16个单位长度,向下平移32个单位长度,可得点P1,∴点C向左平移16个单位长度,向下平移32个单位长度,可得点Q1,∴Q1(-16,-29).
(2)如图(2),当CP⊥BC时,记点P为P2,根据“两直线垂直,‘k’值积为-1”,可知 =2,故求得直线CP2的解析式为y=2x+3,令2x+3=- x2+x+3,解得x1=0(舍去),x2=-4,∴P2(-4,-5).由矩形的性质可知,线段BC平移后可得Q2P2,又点C向左平移4个单位长度,向下平移8个单位长度,可得点P2,∴点B向左平移4个单位长度,向下平移8个单位长度,可得点Q2,∴Q2(2,-8).综上可知,点Q的坐标为(2,-8)或(-16,-29).
(2)当BC⊥CP时,记点P为P2,如图(4),分别过点P2,B作x轴的垂线,过点C作x轴的平行线,分别交上述两线于点F,G,则CG=6,BG=3,CF=-m,P2F=m2-m.
等腰直角三角形、正方形的存在性问题
一、等腰直角三角形的存在性问题
解决等腰直角三角形的存在性问题时,一般利用“一线三直角”模型辅助求解,方法如下:1.先作出过该等腰直角三角形的直角顶点的“横平”或“竖直”的直线;2.过两锐角顶点作该“横平”或“竖直”直线的垂线,构造全等三角形.
例7 如图,抛物线 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,连接AC,点P为线段AC上一动点(不与点A,C重合),点Q是直线AC下方的抛物线上一动点,是否存在点P,Q,使以点P,Q,C为顶点的三角形是等腰直角三角形?若存在,求点P的坐标;若不存在,请说明理由.
方法一(过直角顶点作“横平”线):分两种情况讨论.①当∠PQC=90°,QP=QC时,如图(1),过点Q作x轴的平行线,交y轴于点E,过点P作PD⊥QE,交EQ的延长线于点D,∴∠PDQ=∠QEC=90°.∵∠DPQ=90°-∠PQD,∠CQE=90°-∠PQD,∴∠DPQ=∠CQE.又QP=QC,∴△PDQ≌△QEC,∴PD=QE,DQ=CE.
②当∠CPQ=90°,PQ=PC时,如图(2),过点P作x轴的平行线,交y轴于点G,过点Q作QF⊥PG,交GP的延长线于点F,∴∠PFQ=∠PGC=90°.∵∠PQF=90°-∠QPF,∠CPG=90°-∠QPF,∴∠PQF=∠CPG.又PQ=PC,∴△QFP≌△PGC,∴QF=PG,PF=CG.
方法二(过直角顶点作“竖直”线):分两种情况讨论.①当∠PQC=90°,QP=QC时,如图(3),过点Q作y轴的平行线,交x轴于点M,过点P作PD⊥QM于点D,过点C作CE⊥QM于点E,∴∠PDQ=∠QEC=90°,易证△PDQ≌△QEC,∴PD=QE,DQ=CE.
②当∠CPQ=90°,PQ=PC时,如图(4),过点P作y轴的平行线,交x轴于点N,过点Q作QF⊥PN于点F,过点C作CG⊥PN于点G,∴∠PFQ=∠PGC.易证△QFP≌△PGC,∴QF=PG,PF=CG.
方法三(垂直求“k”值法):将直线AC绕点C逆时针旋转45°,得到直线l,则直线l与抛物线的交点(非点C)即为符合题意的点Q,如图(5),过点A作AH⊥AC,交直线l于点H,过点H作HK⊥x轴于点K.易知∠AHC=∠ACH=45°,∴AH=AC.易证△HKA≌△AOC,∴HK=AO=4,AK=OC=2,∴OK=2+4=6,∴H(-6,-4).设直线CQ的解析式为y=hx-2,将H(-6,-4)代入,得-4=-6h-2,
①当∠PQC=90°时,PQ⊥QC,故可设直线PQ的解析式为y=-3x+c,②当∠QPC=90°时,PQ⊥AC,故可设直线PQ的解析式为y=2x+d,
二、正方形的存在性问题
二次函数综合题中的正方形存在性问题一般涉及三动顶点、一定顶点,且其中一动顶点在某条线上运动,设为第一动顶点,另两个动顶点随第一动顶点的变化而变化,即只要确定第一动顶点的位置,即可确定其他两个动顶点的位置. 解决这类问题时,可利用转化的数学思想,将正方形的存在性问题转化为等腰直角三角形的存在性问题,利用“一线三直角”模型解题.
例8 如图,抛物线 与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C,抛物线的对称轴(直线l)与x轴交于点H,点P为y轴左侧的抛物线上一动点,点Q为抛物线的对称轴上一点,点M是平面直角坐标系内一点,当以点C,P,Q,M为顶点的四边形是以CP为一边的正方形时,求点Q的坐标.
分两种情况讨论.①当PQ为正方形的一边时,如图(1),过点P作PD⊥l于点D,交y轴于点E.∵∠CPE+∠DPQ=90°,∠DPQ+∠DQP=90°,∴∠CPE=∠DQP.又∠CEP=∠PDQ,PC=PQ,∴△CEP≌△PDQ,∴PD=CE,DQ=PE.
②当PQ为正方形的对角线时,如图(2),过点C作CF⊥l于点F,过点P作PG⊥FC,交FC的延长线于点G.∵∠CPG+∠GCP=90°,∠FCQ+∠GCP=90°,∴∠CPG=∠FCQ.又∠CGP=∠CFQ,PC=CQ,∴△CGP≌△QFC,∴GP=CF=1,GC=FQ,∴点P的纵坐标为2-1=1.
平行四边形的存在性问题
例9 [2018河南,23改编]如图,抛物线y=-x2+6x-5交x轴于A,B两点,交y轴于点C,过点A作直线BC的垂线,垂足为点M,过抛物线上一动点P(不与点B,C重合)作直线AM的平行线,交直线BC于点Q,若以点A,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形,求点P的横坐标.
【参考答案】 易求A(1,0),B(5,0),C(0,-5),直线BC的解析式为y=x-5,∴OB=OC,AB=4,∴∠ABC=45°.又AM⊥BC,∴△AMB是等腰直角三角形.过点M作MN⊥x轴于点N,则MN=AN= AB=2,∴点M的坐标为(3,-2).由AM∥PQ,可知AM与PQ是对边.方法一(平移坐标法):设P(m,-m2+6m-5),Q(n,n-5),分两种情况讨论.(1)若平移AM得到PQ,则m-1=n-3①,-m2+6m-5=n-5-(-2)②,由①得n=m+2,代入②,得-m2+6m-5=m+2-5-(-2),解得m1=1(不合题意,舍去),m2=4.故点P的横坐标为4.(2)若平移AM得到QP,则n-1=m-3③,n-5=-m2+6m-5-(-2)④,
方法三(对点坐标法):设P(m,-m2+6m-5),分两种情况讨论.(1)当点Q与点A是对点时,由对点坐标法可得Q(m+3-1,-m2+6m-5-2),即Q(m+2,-m2+6m-7).将点Q的坐标代入y=x-5,得-m2+6m-7=m+2-5,解得m1=1(不合题意,舍去),m2=4.故点P的横坐标为4.(2)当点Q与点M是对点时,由对点坐标法可得Q(m+1-3,-m2+6m-5+2),即Q(m-2,-m2+6m-3).
根据“点P,Q的竖直距离=点A,M的竖直距离”,可得|yP-yQ|=|yA-yM|=2.根据“点P,Q的水平距离=点A,M的水平距离”,可得|xP-xQ|=|xA-xM|=|1-3|=2.当点P在点Q的左上方时,yP-yQ=2,xP-xQ=-2,∴yP=n-5+2=n-3,xP=n-2,∴P(n-2,n-3).
将P(n-2,n-3)代入y=-x2+6x-5,得n-3=-(n-2)2+6(n-2)-5,解得n1=3(不合题意,舍去),n2=6,∴点P的横坐标为4.当点P在点Q的右下方时,yP-yQ=-2,xP-xQ=2,∴yP=n-5-2=n-7,xP=n+2,∴P(n+2,n-7).将P(n+2,n-7)代入y=-x2+6x-5,得n-7=-(n+2)2+6(n+2)-5,
方法五(其他方法):易知点P到直线BC的距离为AM的长.分以下两种情况讨论.(1)当点P在直线BC上方时,如图,过点A作直线l1∥BC,交抛物线于点P1,则点P1即为所求.设直线l1的解析式为y=x+b,将A(1,0)代入,得b=-1,故直线l1的解析式为y=x-1.令x-1=-x2+6x-5,解得x1=1(不合题意,舍去),x2=4.故点P1的横坐标为4.(2)当点P在直线BC下方时,如图,作直线l1关于直线BC的对称图形,即直线l2,交抛物线于点P2,P3,则点P2,P3即为所求.设直线l1与y轴的交点为D,则点D的坐标为(0,-1),设直线l2与y轴的交点为E,则OE=1+2×(-1+5)=9,故直线l2的解析式为y=x-9.
由“两定两动”变式为“三定一动”
如图,抛物线y=-x2+6x-5交x轴于A,B两点,交y轴于点C,过点A作直线BC的垂线,垂足为点M.平面内存在一点P,使以点A,M,C,P为顶点的四边形是平行四边形,求点P的坐标.
方法四(“竖直距离、水平距离”法):先判断点P的大致位置,再利用平行四边形一边两端点的竖直距离与其对边两端点的竖直距离相等、一边两端点的水平距离与其对边两端点的水平距离相等,即可求得点P的坐标.方法五(其他方法):过点A作CM的平行线,过点M作AC的平行线,过点C作AM的平行线,三线两两相交的交点即为所求.求出三线的解析式,两两联立,求解即可.
解:易求A(1,0),C(0,-5),M(3,-2),直线BC的解析式为y=x-5.方法一(平移坐标法):设P(m,n),分三种情况讨论.①当AC为对角线时,平移AM可得到PC,则1-m=3-0,0-n=-2-(-5),解得m=-2,n=-3,故点P的坐标为(-2,-3).②当AM为对角线时,平移AC可得到PM,则1-m=0-3,0-n=-5-(-2),解得m=4,n=3,故点P的坐标为(4,3).③当CM为对角线时,平移AM可得到CP,则1-0=3-m,0-(-5)=-2-n,解得m=2,n=-7,故点P的坐标为(2,-7).综上所述,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).
方法二(中点坐标法):设P(m,n),分三种情况讨论.①当AC为对角线时,AC的中点与PM的中点重合,得 ,解得m=-2,n=-3,故点P的坐标为(-2,-3).②当AM为对角线时,AM的中点与PC的中点重合,得 ,解得m=4,n=3,故点P的坐标为(4,3).③当CM为对角线时,CM的中点与PA的中点重合,得 ,解得m=2,n=-7,故点P的坐标为(2,-7).综上所述,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).
方法三(对点坐标法):分三种情况讨论.①当点P与点A是对点时,xP=3+0-1=2,yP=-5-2-0=-7.故点P的坐标为(2,-7).②当点P与点C是对点时,xP=1+3-0=4,yP=0-2-(-5)=3.故点P的坐标为(4,3).③当点P与点M是对点时,xP=1+0-3=-2,yP=0-5-(-2)=-3.故点P的坐标为(-2,-3).综上所述,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).
方法四(“竖直距离、水平距离”法):点P有如图(1)所示的三种情况.①当点P在第三象限时,记点P为P1,根据“点P1,C的竖直距离=点A,M的竖直距离”,可得 -y==yA-yM=2,∴ =-5+2=-3.根据“点P1,C的水平距离=点A,M的水平距离”,可得xC-=xM-xA=2,∴ =-2,∴P1(-2,-3).②当点P在第一象限时,记点P为P2,根据“点P2,M的竖直距离=点A,C的竖直距离”,可得 -yM=yA-yC=5,∴ =-2+5=3.根据“点P2,M的水平距离=点A,C的水平距离”,可得-xM=xA-xC=1,∴ =4,∴P(4,3).③当点P在第四象限时,记点P为P3,根据“点C,P3的竖直距离=点A,M的竖直距离”,可得yC- =yA-yM=2,∴ =-5-2=-7.根据“点C,P3的水平距离=点A,M的水平距离”,可得-xC=xM-xA=2,∴ =2,∴P3(2,-7).综上可知,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).
方法五(其他方法):易求直线AM的解析式为y=-x+1,直线AC的解析式为y=5x-5.如图(2),连接AC,过点A作直线l1∥CM,过点C作直线l2∥AM,过点M作直线l3∥AC,设直线l1,l2交于点P1,直线l1,l3交于点P2,直线l2,l3交于点P3,P1,P2,P3即为所求.易得直线l1的解析式为y=x-1,直线l2的解析式为y=-x-5,直线l3的解析式为y=5x-17,两两联立直线l1,l2,l3的解析式,
由一组对边确定变式为两组对边均不确定
如图,抛物线y=-x2+6x-5交x轴于A,B两点,交y轴于点C.过点A作直线BC的垂线,垂足为点M.点P为抛物线上一动点,点Q为x轴上一点,若以点A,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形,求点Q的横坐标.
易求A(1,0),M(3,-2).方法一(平移坐标法):设P(m,-m2+6m-5),Q(n,0),分两种情况讨论.(1)当AM为一边时,a.若平移AM得到PQ,则1-m=3-n①,0-(-m2+6m-5)=-2-0②,由②解得m1=3+ ,m2=3- .将m=3+ 代入①,得n=5+ ;将m=3- 代入①,得n=5- .故点Q的横坐标为5+ 或5- .b.若平移AM得到QP,则1-n=3-m③,0-0=-2-(-m2+6m-5)④,由④解得m3=3+ ,m4=3- .将m=3+ 代入③,得n=1+ ;将m=3- 代入③,得n=1- .故点Q的横坐标为1+ 或1- .(2)当AM为对角线时,平移AQ得到PM,则1-m=n-3⑤,0-(-m2+6m-5)=0-(-2)⑥,由⑥解得m5=3+ ,m6=3- .将m=3+ 代入⑤,得n=1- ;将m=3- 代入⑤,得n=1+ .故点Q的横坐标为1- 或1+ .综上所述,点Q的横坐标为5+ ,5- ,1+ 或1- .
方法二(中点坐标法):设P(m,-m2+6m-5),Q(n,0),分三种情况讨论.(1)当AP为对角线时,AP的中点与QM的中点重合,则
方法三(对点坐标法):设P(m,-m2+6m-5),分三种情况讨论.(1)当点Q与点A是对点时,由对点坐标法可得xQ=xP+xM-xA=m+3-1=m+2,yQ=yP+yM-yA=-m2+6m-5-2-0=-m2+6m-7,即Q(m+2,-m2+6m-7).又点Q在x轴上,∴-m2+6m-7=0,解得m1=3+ ,m2=3- .故点Q的横坐标为5+ 或5- .(2)当点Q与点M是对点时,由对点坐标法可得xQ=xP+xA-xM=m+1-3=m-2,yQ=yP+yA-yM=-m2+6m-5+0-(-2)=-m2+6m-3,即Q(m-2,-m2+6m-3).又点Q在x轴上,∴-m2+6m-3=0,解得m3=3+ ,m4=3- .故点Q的横坐标为1+ 或1- .(3)当点Q与点P是对点时,由对点坐标法可得xQ=xA+xM-xP=1+3-m=4-m,yQ=yA+yM-yP=0-2+m2-6m+5=m2-6m+3,即Q(4-m,m2-6m+3).又点Q在x轴上,∴m2-6m+3=0,解得m5=3+ ,m6=3- .故点Q的横坐标为1- 或1+ .综上所述,点Q的横坐标为5+ ,5- ,1+ 或1- .
方法四(“竖直距离、水平距离”法):设Q(n,0).分两种情况讨论.(1)当AM为一边时,PQ∥AM,根据“点P,Q之间的竖直距离=点A ,M之间的竖直距离”,得|yP-yQ|=|yA-yM|=2.根据“点P,Q之间的水平距离=点A ,M之间的水平距离”,得|xP-xQ|=|xA-xM|=2.当点P在点Q的左上方时,yP-yQ=2,xP-xQ=-2,∴yP=2,xP=n-2,∴P(n-2,2).将P(n-2,2)代入y=-x2+6x-5,得2=-(n-2)2+6(n-2)-5,解得n1=5+ ,n2=5- ,∴点Q的横坐标为5+ 或5- .当点P在点Q的右下方时,yP-yQ=-2,xP-xQ=2,∴yP=-2,xP=n+2,∴P(n+2,-2).将P(n+2,-2)代入y=-x2+6x-5,得-2=-(n+2)2+6(n+2)-5,解得n3=1+ ,n4=1- ,∴点Q的横坐标为1+ 或1- .(2)当AM为对角线时,PM∥AQ,即PM∥x轴,∴yP=yM=-2,令-x2+6x-5=-2,解得x=3+ 或3- ,∴点P的坐标为(3+ ,-2)或(3- ,-2).易知当点P的坐标为(3+ ,-2)时,点Q的横坐标为1- ;当点P的坐标为(3- ,-2)时,点Q的横坐标为1+ .综上可知,点Q的横坐标为1+ ,1- ,5+ 或5- .
方法五(其他方法):分两种情况讨论.(1)当AQ为一边时,PM∥AQ,即PM∥x轴,则点P在x轴下方,且点P到x轴的距离为2.令-2=-x2+6x-5,解得x1=3+ ,x2=3- .故点P的横坐标为3+ 或3- .∵AQ=PM,∴|xQ-xA|=|xM-xP|,∴|xQ-1|=|3-3- |或|xQ-1|=|3-3+ |,解得xQ=1+ 或1- .故点Q的横坐标为1- 或1+ .(2)当AQ为对角线时,易知点P在x轴上方,且点P到x轴的距离为2.令2=-x2+6x-5,解得x3=3+ ,x4=3- .则点P的横坐标为3+ 或3- .则xQ=xM+xP-xA=3+3+ -1=5+ 或xQ=xM+xP-xA=3+3- -1=5- ,故点Q的横坐标为5+ 或5- .综上所述,点Q的横坐标为1+ ,1- ,5+ 或5- .
求解二次函数综合题中平行四边形存在性问题的一般思路
1.找点,找出所求平行四边形的四个顶点,若是定点,求出坐标;若是动点,将其横、纵坐标用含未知数的代数式表示出来(一般会涉及两个未知数).2.分类讨论.3.利用平移坐标法、中点坐标法、对点坐标法、“竖直距离、水平距离”法等列方程求解.
相似三角形的存在性问题
例10 如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2-2x-3与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,点P为y轴右侧的抛物线上一动点,点Q为直线BC上的动点,连接AC,若△PCQ是以点Q为直角顶点的直角三角形,且与△AOC相似,求点P的坐标.
【参考答案】 对于y=x2-2x-3,令x=0,得y=-3,∴C(0,-3);令y=0,得x2-2x-3=0,解得x1=-1,x2=3,∴A(-1,0),B(3,0).设直线BC的解析式为y=kx-3,将B(3,0)代入,得0=3k-3,解得k=1,故直线BC的解析式为y=x-3.易知∠OBC=∠OCB=45°,BC=3 .∵∠CQP=90°=∠AOC,∴分∠QCP=∠ACO和∠CPQ=∠ACO两种情况讨论.方法一:(1)a.当∠QCP=∠ACO,且点P在直线BC下方时,如图(1),过点B作BD⊥BC交CP的延长线于点D,过点D作DE⊥x轴于点E,易知∠EDB=∠EBD=45°,∴ED=EB.
b.当∠QCP=∠ACO,且点P在直线BC上方时,如图(2),过点B作BF⊥BC交CP于点F,过点F作FG⊥x轴于点G,易知∠GFB=∠FBG=45°,∴GF=GB. ∴F(2,1).设直线CP的解析式为y=nx-3,将F(2,1)代入,得1=2n-3,解得n=2,故直线CP的解析式为y=2x-3.令2x-3=x2-2x-3,解得x1=0,x2=4,∴P(4,5).
(2)当∠CPQ=∠ACO时,点P在直线BC下方,如图(3),过点B作BH⊥BC交CP的延长线于点H,过点H作HK⊥x轴于点K,易知∠BHC=∠QPC,∠KBH=∠KHB=45°,∴KB=KH.设直线CP的解析式为y=hx-3,将H(12,-9)代入,得-9=12h-3,
例11 如图,直线y=-3x+3与x轴相交于点A,与y轴相交于点B,抛物线y=-x2+bx+c经过点A,B,且与x轴交于另一点C,连接BC.抛物线上是否存在点M,使∠MCB=∠ABO?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【参考答案】 存在.对于y=-3x+3,令x=0,得y=3,令y=0,得x=1,∴A(1,0),B(0,3).将A(1,0),B(0,3)分别代入y=-x2+bx+c,得故抛物线的解析式为y=-x2-2x+3.易得tan∠ABO= ,，C(-3,0).
方法二:设M(m,-m2-2m+3).分两种情况讨论.①如图(2),当点M在直线BC上方时,记为M1.过点M1分别作M1D⊥x轴于点D,M1Q⊥BC于点Q,M1D交BC于点F,
②如图(3),当点M在直线BC下方时,记为M2.过点M2分别作M2D'⊥x轴于点D',M2Q'⊥BC于点Q',D'M2的延长线与CB的延长线相交于点F',易证△M2Q'F'∽△COB,
二次函数综合题中角度的存在性问题的设问形式、特点和解题通法1.设问形式:(1)角度相等;(2)角度成倍数关系;(3)角度等于特殊值,如15°,30°,45°,60°等.2.特点:两个相等的角中,有一个角是已知的,另一个角的顶点是定点,一边为定边,所求点为另一边与某线的交点,且一般成对出现(分别在定边的两侧).3.解题通法:求解此类问题时,一般分两种情况,根据条件分别求出未知边所在直线的解析式,再分别联立所相交的某线的函数解析式,即可求得交点坐标.
由“1倍角”问题变式为“2倍角”问题
如图,直线y=-3x+3与x轴相交于点A,与y轴相交于点B,抛物线y=-x2+bx+c经过点A,B.抛物线上是否存在点M,使直线AM与y轴所夹锐角是∠ABO的2倍?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
存在.易求A(1,0),B(0,3),抛物线的解析式为y=-x2-2x+3.①如图,作线段AB的垂直平分线,交y轴于点D,连接AD,则AD=BD,∴∠BAD=∠ABO,∴∠ODA=2∠ABO.延长AD交抛物线于点M1,则点M1即为所求.设BD=AD=m,则OD=3-m.
求解“2倍角”问题的方法1.利用中点中垂法或其他方法构造“2倍角”;2.根据相关条件,求得“2倍角”的动边所在直线的解析式;3.将“2倍角”的动边所在直线的解析式与动点所在某线的解析式联立起来,可求得动点的坐标.
由“1倍角”问题变式为“半角”问题
如图,抛物线 交x轴于A,C两点,交y轴于点B,连接AB.抛物线上是否存在点M,使∠ACM= ∠BAO?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
存在.对于 令x=0,得y=4,令y=0,得x1=3,x2=-4,∴A(3,0),B(0,4),C(-4,0).方法一(外延等腰法):如图(1),在点A右侧的x轴上截取AD=AB,连接BD,则∠ADB=∠ABD.又∠BAO=∠ADB+∠ABD,∴∠ADB=∠ABD= ∠BAO.过点C作CM1∥BD,交抛物线于点M1,得∠ACM1=∠BDO= ∠BAO,则点M1即为所求.
由A(3,0),B(0,4),易得AB=5,∴AD=AB=5,∴OD=3+5=8.设CM1交y轴于点E,∵∠ACM1=∠BDO,∴tan∠ACM1=tan∠BDO,
方法二(角平分线法):如图(2),作∠BAO的平分线交y轴于点F,则∠FAC= ∠BAO.过点C作CM1∥AF,交抛物线于点M1,交y轴于点E,得∠ACM1=∠FAC= ∠BAO,则点M1即为所求.由A(3,0),B(0,4),得AB=5.设点F到AB的距离为h,则OF=h.
∵S△AOB=S△AOF+S△ABF,
由等角问题变式为特殊角问题
如图,抛物线 与x轴交于点A,C,与y轴交于点B,连接BC.点P为抛物线上一动点.当∠PCB=15°时,求点P的坐标.
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