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.docx

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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

类型三与等腰三角形有关的问题

1.（2017重庆A卷）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2－x－与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上．

（1）求直线AE的解析式；

（2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE.当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM＋MN＋NK的最小值；

（3）点G是线段CE的中点．将抛物线y＝x2－x－沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F.在新抛物线y′的对称轴上，是否存在点Q，使得△FGQ为等腰三角形？

若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

第1题图

2.（2016重庆A卷）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋x＋3与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为点E.

（1）判断△ABC的形状，并说明理由；

（2）经过B，C两点的直线交抛物线的对称轴于点D，点P为直线BC上方抛物线上的一动点，当△PCD的面积最大时，点Q从点P出发，先沿适当的路径运动到抛物线的对称轴上点M处，再沿垂直于抛物线对称轴的方向运动到y轴上的点N处，最后沿适当的路径运动到点A处停止．当点Q的运动路径最短时，求点N的坐标及点Q经过的最短路径的长；

（3）如图②，平移抛物线，使抛物线的顶点E在射线AE上移动，点E平移后的对应点为点E′，点A的对应点为点A′.将△AOC绕点O顺时针旋转至△A1OC1的位置，点A，C的对应点分别为点A1，C1，且点A1恰好落在AC上，连接C1A′，C1E′.△A′C1E′是否能为等腰三角形？

若能，请求出所有符合条件的点E′的坐标；若不能，请说明理由．

第2题图

3.（2018原创）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2－2x＋3交x轴于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，顶点为D，对称轴与x轴交于点E.

（1）判断直线AC与CD的位置关系，并说明理由；

（2）点P是直线AC上方的抛物线上的一点，当△PAC面积最大时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△PAQ的周长最小，若存在，求点Q的坐标．若不存在，请说明理由；

（3）如图②，设DE与AC相交于F，将△AEF绕点E顺时针旋转60°.再向右平移（3－）个单位长度，得到△A1E1F1，其中点F的对应点为F1，在抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△CMF1是等腰三角形，若存在，求点M的坐标；若不存在，说明理由．

第3题图

4.（2017重庆沙坪坝区一模）如图①，抛物线y＝x2＋x－3与x轴相交于A、B两点（点A在点B的右侧），已知C（0，），连接AC.

（1）求直线AC的解析式．

（2）点P是x轴下方的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴交直线AC于点E，交x轴于点F，过点P作PG⊥AE于点G，线段PG交x轴于点H.设l＝EP－FH，求l的最大值．

（3）如图②，在

（2）的条件下，点M是x轴上一动点，连接EM、PM，将△EPM沿直线EM折叠为△EP1M，连接AP，AP1，当△APP1是等腰三角形时，试求出点M的坐标．

第4题图

5.如图，抛物线y＝－x2＋x＋与y轴交于点A，点B在第一象限抛物线上，直线y＝－x＋b与x轴交于点C，与y轴交于点A，点D在x轴上，BD＝6，∠ODB＝120°，连接OB、CB.

（1）求点A、C两点的坐标；

（2）设点E是第一象限OB上方抛线线上一动点，过点E作EF∥y轴交OB于点F，过E在EF的右侧作∠FEG＝∠BOD，交OB于点G，求△EFG周长的最大值；

（3）将直线AC沿x轴向右平移，平移过程中直线AC交直线BC于点H，交x轴于点K，在平移过程中，是否存在某一时刻，使△KDH为等腰三角形？

若存在，求出平移后C的对应点K的坐标；若不存在，请说明理由．

第5题图　　　　　　　备用图

6.（2018原创）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋x＋3分别交x轴于A、B两点，交y轴交于C点，顶点为D.

（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；若不能，请说明理由．

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

∵－＜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，

解得t＝，

∵t＞－，

∴t＝，

∴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，