中考数学题型复习题型八二次函数综合题类型三与等腰三角形有关的问题练习Word格式文档下载.docx

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（1）如图①，连接AD，R是抛物线对称轴上的一点，当AR⊥AD时，求点R的坐标；

（2）在

（1）的条件下．在直线AR上方，对称轴左侧的抛物线上找一点P，过P作PQ⊥x轴，交直线AR于点Q，点M是线段PQ的中点，过点M作MN∥AR交抛物线对称轴于点N，当平行四边形MNRQ周长最大时，在抛物线对称轴上找一点E，y轴上找一点F，使得PE＋EF＋FA最小，并求此时点E、F的坐标．

（3）如图②，过抛物线顶点D作DH⊥AB于点H，将△DBH绕着H点顺时针旋转得到△D′B′H′且B′落在线段BD上，将线段AC沿直线AC平移后，点A、C对应的点分别为A′、C′，连接D′C′，D′A′，△D′C′A′能否为等腰三角形？

若能，请求出所有符合条件的点A′的坐标；

第6题图

答案

1.解：

（1）当y＝0时，即x2－x－＝0，解得x1＝－1，x2＝3，

∴A（－1，0），B（3，0），

当x＝4时，n＝×

42－×

4－＝，

∴点E（4，），

设直线AE的解析式为：

y＝kx＋b（k≠0），

把A（－1，0），E（4，）代入得，，解得，

∴直线AE的解析式为y＝x＋；

（2）在y＝x2－x－中，令x＝0，得y＝－，

∴点C（0，－），

∵点E（4，），

∴易求直线CE的解析式为y＝x－，

过点P作PH∥y轴，交CE于点H，如解图①，

第1题解图①

设点P的坐标为P（t，t2－t－），则H（t，t－），

∴PH＝t－－（t2－t－）＝－t2＋t，

∴S△PCE＝|xE－xC|·

PH＝×

4（－t2＋t）＝－t2＋t，（0<

t<

4）

∵－＜0，

∴抛物线开口向下，

∴当t＝－＝2时，S△PCE取得最大值．此时，点P为（2，－），

∵点C（0，－），B（3，0），由中点坐标公式得K（，－），

∵yC＝yP＝－，

∴PC∥x轴，

作点K关于CP的对称点K1，如解图②，则K1（，－），

∵tan∠OCB＝＝，

∴∠OCB＝60°

，

第1题解图②

∵抛物线y＝x2－x－的对称轴为x＝－＝1，

∴D（1，0），

∴tan∠OCD＝＝，

∴∠OCD＝30°

∴∠OCD＝∠DCB＝30°

∴CD平分∠OCB，

∴点K关于CD的对称点K2在y轴上，

又∵CK＝OC＝，

∴K2与点O重合，连接OK1，交CD于点N，交CP于点M，如解图②，

∴KM＋MN＋NK＝K1M＋MN＋ON，

根据“两点之间，线段最短”可得，此时KM＋MN＋NK的值最小，

∴K1K2＝OK1＝＝3，

∴KM＋MN＋NK的最小值为3；

（3）存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形，且点Q的坐标为（3，－）或（3，）或（3，）或（3，2）．

【解法提示】∵C（0，－），E（4，），∴G（2，），

∵新抛物线y′是原抛物线y＝x2－x－＝（x－1）2－沿x轴正方向平移得到的，且y′经过点D，

∴抛物线向右平移了AD＝1－（－1）＝2个单位，

∴y′＝（x－1－2）2－＝（x－3）2－.

∴新抛物线的顶点坐标为F（3，－），对称轴为x＝3，

若在新抛物线的对称轴上存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形，设Q点坐标为Q（3，m），

则FQ2＝（m＋）2＝m2＋m＋，GQ2＝1＋（m－）2＝m2－m＋，

FG2＝1＋（＋）2＝，

①当FQ＝GQ时，m2＋m＋＝m2－m＋，解得m＝－，此时Q1（3，－）；

②当FQ＝FG时，m2＋m＋＝，解得m＝，此时Q2（3，），Q3（3，）；

③当GQ＝FG时，m2－m＋＝，解得m1＝2，m2＝－，此时Q4（3，2），Q5（3，－）（舍去）．

综上所述，存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形，且点Q的坐标为（3，－）或（3，）或（3，）或（3，2）．

2.解：

（1）△ABC为直角三角形，理由如下：

在抛物线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为直角三角形．

（2）设直线BC的解析式为y＝kx＋b，将B（3，0），C（0，3）代入，得，∴，

∴直线BC的解析式为y＝－x＋3，

如解图，过点P作PR∥y轴交BC于点R，

设P（t，－t2＋t＋3），则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，

∴当t＝时，S△PCD取得最大值，此时P（，），

将P（，）向左平移个单位，得P′（，），连接AP′交y轴于点N，过点N做NM⊥抛物线的对称轴于点M，连接PM，点Q沿P→M→N→A运动，所走的路经最短，即最短路径的长为PM＋MN＋AN.

设直线AP′的解析式为y＝mx＋n，将A（－，0），P′（，）代入，得：

，∴，

∴直线AP′的解析式为y＝x＋，

令x＝0，得y＝，故N（0，），

点Q经过的最短路径等于PM＋MN＋AN＝AP′＋MN＝＋.

第2题解图

（3）∵tan∠CAO＝，

∴∠CAO＝60°

∵OA＝OA1，

∴△AA1O为等边三角形，

∴∠C1OB＝30°

∴C1（，），

∵E（，4），A（－，0），

∴直线AE的解析式为y＝x＋2，

设A′（t，t＋2），则E′（t＋2，t＋6），

A′E′2＝28，A′C12＝t2－t＋7，E′C12＝t2＋7t＋21，

当A′C1＝E′C1时，t2－t＋7＝t2＋7t＋21，

解得，t＝－，故E′（，5），

当A′E′＝A′C1时28＝t2－t＋7，

解得t＝，

∵t＞－，

∴t＝，

∴E′（，7＋），

当A′E′＝E′C1时，t2＋7t＋21＝28，

∴E′（，3＋），

综上所述，所有符合条件的点E′的坐标为（，5）或（，7＋）或（，3＋）．

3.解：

（1）AC⊥CD，理由如下：

对于抛物线y＝－x2－2x＋3，

令y＝0得－x2－2x＋3＝0，

解得x1＝－3，x2＝1，

∴点A的坐标为（－3，0），点B的坐标为（1，0）．

令x＝0，得y＝3，∴点C的坐标为（0，3），

化为顶点式得y＝－（x＋1）2＋4，

∴点D的坐标为（－1，4），

∴AC2＝32＋32＝18，

AD2＝（－1＋3）2＋42＝20，

CD2＝12＋（4－3）2＝2，

∴AC2＋CD2＝AD2，

∴AC⊥CD.

（2）设直线AC的解析式为y＝kx＋t，

将点A（－3，0），C（0，3）代入得，解得，

∴直线AC的解析式为y＝x＋3.

设过点P且平行AC的直线的解析式为y＝x＋t1，

与抛物线联立得，

整理得x2＋3x＋t1－3＝0，

∵△PAC的面积最大，

∴点P到AC的距离最大，

∴直线y＝x＋t1与抛物线只有一个交点，

∴一元二次方程x2＋3x＋t1－3＝0有两个相等的实数根，

∴32－4×

1×

（t1－3）＝0，解得t1＝，

此时一元二次方程为x2＋3x＋－3＝0，

解得x＝－，

∴点P的坐标为（－，），

∵点B的坐标为（1，0），点A与点B关于直线x＝－1对称，点Q在直线x＝

－1上，

∴QA＝QB，

第3题解图①

∴当点Q为直线BP与直线x＝－1的交点时，满足题意，

设直线PB的解析式为y＝k2x＋b2，

将点B、P代入得，解得，

∴直线BP的解析式为y＝－x＋，

令x＝－1，得y＝3，

∴点Q的坐标为（－1，3）．

（3）对于直线AC：

y＝x＋3，当x＝－1时，y＝2，

∴点F（－1，2），

设△AEF绕点E顺时针旋转60°

得到△A′EF′，

则∠AEA′＝60°

，∵∠A′EF′＝90°

∴∠F′EO＝30°

如解图②，过F′作F′G⊥x轴于G，

第3题解图②

则EF′＝EF＝2，

在Rt△F′EG中，易得EG＝，F′G＝1，

∴点F′的坐标为（－1，1），

将△A′EF′的向右平移（3－）个单位，得到△A1E1F1，

则点F1的坐标为（2，1），

∴CF12＝22＋（3－1）2＝8，

设点M的坐标为（－1，m），

则MC2＝1＋（m－3）2，MF12＝32＋（m－1）2.

若△MCF1是等腰三角形，则可按以下情况分类，

（ⅰ）MC＝MF1，即1＋（m－3）2＝32＋（m－1）2，解得m＝0，

此时点M的坐标为（－1，0）；

（ⅱ）MC＝CF1，即1＋（m－3）2＝8，解得m＝3±

此时点M的坐标为（－1，3＋），

（－1，3－）；

（ⅲ）MF1＝CF1，即32＋（m－1）2＝8，此时方程无解，即此时不存在这样的点M.

综上可知，存在点M使得△MCF1是等腰三角形，这样的点M有3个，坐标分别为（－1，0），（－1，3＋），（－1，3－）．

4.解：

（1）当y＝0时，x2＋x－3＝0，解得x1＝－3，x2＝2，

∵点A在点B的右侧，

∴A（2，0）、B（－3，0）；

设直线AC的解析式为y＝kx＋b，

把A（2，0）、C（0，）代入得，解得，

∴直线AC的解析式为：

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，

设点P（m，m2＋m－3），

则E（m，－m＋），

∴EP＝－m2－m＋，FP＝－m2－m＋3，

于是l＝EP－FH＝EP－FP＝－m2－m＋3，

∴l＝－m2－m＋3开口向下，对称轴x＝＝－2，

∵点P是x轴下方的抛物线上一动点，

联立得，

∵－3＜m＜2，

∴当m＝－2时，l最大＝4；

（3）如解图，m＝－2时，E（－2，3），P（－2，－2），

∵A（2，0），

∴EP＝EA＝＝5，

①当P1P＝P1A时，AP的中点为K（0，－1），于是直线EK为y＝－2x－1，

∴直线EK交x轴于I（－，0），EI＝，IF＝，

过点M1作M1J⊥EK于J，则EJ＝EF＝3，

∴IJ＝－3，

∵△IEF∽△IM1J，

∴＝，∴IM1＝－3.

∴M1（3－8，0），

②当AP＝AP2时，△AEP≌△AEP2，

∴∠AEP＝∠AEP2，

∴点M2与点A重合，

∴点M2（2，0）．

③当P3P＝P3A时，由△EFM3∽△M1FE，得到EF2＝FM3·

FM1，

∴FM3＝3＋6，

∴点M3（－3－8，0），

④当P4P＝PA时，作M4Q⊥EP4，设M4Q＝M4F＝x，

在Rt△P4QM4中，

∵P4Q2＋QM42＝P4M42，

∴22＋x2＝（4－x）2，

∴x＝，

∴OM4＝＋2＝，

∴点M4（－，0）．

综上所述点M1（3－8，0），M2（2，0），M3（－3－8，0），M4（－，0）．

第4题解图

5.解：

（1）当x＝0时，y＝，

∴A（0，），

将A（0，）代入y＝－x＋b中，得b＝，

∴y＝－x＋，

当y＝0时，x＝3，∴C（3，0）；

（2）延长EF交x轴于点M，过点B作BQ⊥x轴于点Q，如解图①，

第5题解图①

∵∠ODB＝120°

∴∠BDQ＝60°

∵BD＝6，

∴BQ＝3，DQ＝3，

∴B点的纵坐标为3，

代入抛物线解析式可求得B点的横坐标为9，

∴B（9，3），

∴直线OB的解析式为y＝x，

∴∠BOD＝30°

∵EF∥y轴，

∴EM⊥x轴，

∵∠FEG＝∠BOD，

∴△EFG∽△OFM，

∴EG＝EF，FG＝EF，

∴C△EFG＝EF＋EG＋FG＝EF，

设E（m，－m2＋m＋），F（m，m），

∴EF＝yE－yF＝－m2＋m＋－m＝－（m－4）2＋，

∴当m＝4时，C△EFG最大＝×

（）＝.

（3）设DK＝a，

∵AO＝，OC＝3，

∴∠ACO＝∠HKO＝30°

.

①当DH＝DK＝a时，如解图②，作HN⊥CD于N，

第5题解图②

∠DHK＝∠DKH＝30°

∴∠HDN＝60°

∴ND＝a，HN＝a，CN＝3－a，

∴＝＝，解得a＝2，

∴K（8，0）；

②当KH＝KD＝a时，如解图③，作HR⊥DK于R，

则HR＝a，KR＝a，DR＝a－a，

∴＝＝，解得a＝，

∴K（，0）；

当点K在点D左边时，设DK＝KH＝a，同理可得＝，

解得a＝，k（，0），

第5题解图③

③∵∠HDK＞∠HKD，

∴HD＝HK不存在．

综上所述，满足要求的K点坐标为：

（8，0），（，0）．

6.解：

（1）对于抛物线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，

∴抛物线顶点D坐标为（2，4），对称轴x＝2，

设直线AD的解析式为y＝kx＋b则有，解得，

∴直线AD的解析式为y＝－x＋6，

∵AR⊥AD，

∴直线AR的解析式为y＝x－2，

∴点R坐标（2，－）．

（2）如解图①中，设P（m，－m2＋m＋3），则Q（m，m－2），

M（m，－m2＋m＋），

由

（1）可知tan∠DAB＝＝，

∴∠DAB＝60°

∵∠DAQ＝90°

∴∠BAQ＝30°

∴平行四边形MNRQ周长＝2（－m2＋m＋－m＋2）＋2（2－m）÷

cos30°

＝－m2－m＋7＝－（m＋）2＋，

∴m＝－时，平行四边形MNRQ周长最大，此时P（－，），

第6题解图①

如解图②，作点P关于对称轴的对称点M，点M关于y轴的对称点N，连接AN交y轴于F，连接FM交对称轴于E，此时PE＋EF＋AF最小．

第6题解图②

理由：

PE＋EF＋AF＝EM＋FE＋AF＝FM＋AF＝FN＋AF＝AN，

根据两点之间线段最短，可知此时PE＋EF＋AF最小．

∵M（，），N（－，），

∴直线AN的解析式为y＝－x＋，∴点F坐标（0，），

∴直线FM的解析式为y＝x＋，

∴点E的坐标（2，）．

（3）能．如解图③，

由题意可知，∠DBH＝60°

∵HB＝HB′，

∴△BHB′是等边三角形，

∴BB′＝BH＝HB′＝DB′＝4，∠D′B′H＝BHB′＝60°

∴B′D′∥x轴，D′（8，2），AC＝＝＝

∵C（0，3），A（6，0），

∴直线AC的解析式为y＝－x＋3，

第6题解图③

①当C′D′＝A′C′＝3时，设C′（m，－m＋3），

∴（8－m）2＋（2＋m－3）2＝（3）2，

解得m＝或，

∴C′（，）或（，），

把点C′向下平移3个单位，向右平移6个单位得到A′，

∴此时A′的坐标为（，）或（，）．

②当A′D′＝A′C′＝3时，设A′（n，－n＋3），

则（8－n）2＋（2＋n－3）2＝（3）2，

解得n＝或，

∴A′（，）或（，），

③当D′C′＝D′A′时，作D′M⊥A′C′于M，则直线D′M的解析式为y＝x－，

由解得，

∴点M的坐标（，），

把点M向下平移，向右平移3个单位即可得到A′（，－）．

综上所述，满足条件的点A′的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）或（，）．