2024云南中考数学二轮专题复习 题型六 二次函数与几何综合题课件 76张PPT

(共76张PPT)
题型六　二次函数与几何综合题
类型一～类型二
类型三　与三角形形状有关的问题
函数微技能—画图确定动点位置
一阶
例1. 如图，已知抛物线交x轴于A、B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C，连接AC.
例1题图
探究一：在抛物线上找一点P，使得△ACP为等腰三角形；
解：①若AC为等腰三角形的底边时，AP＝________；在图①中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹).
【作图依据】________________________________________.
PC
满足条件的点P如解图①所示
例1题解图①
垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等
例1题图
②若AC为等腰三角形的腰时，AC＝________或AC＝ ________；在图②中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹).
AP
CP
满足条件的点P如解图②所示
例1题图
例1题解图②
探究二：在抛物线的对称轴上找一点E使得△BCE为等腰三角形．在图③中画出所有满足条件的点E的示意图(保留作图痕迹)．
例1题图
满足条件的点E如解图③所示
例1题解图③
【方法总结】二次函数中等腰三角形的存在性一般要分情况讨论：常以已知边为________或________讨论；以探究一为例，已知边AC为底时，可以作底边的__________，所找点即为___________________的交点；若已知边AC为腰时，作图方法为：______________________，
_________________所找点即为____________________．
例1题图
底
腰
垂直平分线
垂直平分线与抛物线
分别以A、C为圆心，大于
AC长为半径画圆
两圆与抛物线的交点
例2 如图，已知抛物线交x轴于A、B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C，连接AC.
例2题图
探究一：在抛物线对称轴上找一点P，使得△ACP为直角三角形；
解：①若∠PAC＝90°时，在图①中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹);
例2题图
①满足条件的点P如解图①所示
例2题解图①
②若∠PCA＝90°时，在图②中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹)；
②满足条件的点P如解图②所示
例2题图
例2题解图②
③若∠APC＝90°时，在图③中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹)；
③满足条件的点P如解图③所示
例2题图
例2题解图③
探究二：在抛物线上找一点E使得△BCE为直角三角形．在图④中画出所有满足条件的点E的示意图(保留作图痕迹)．
满足条件的点E如解图④所示
例2题图
例2题解图④
【方法总结】二次函数中直角三角形的存在性一般要分情况讨论；以探究一为例，若∠PAC＝90°，过点A作PA⊥AC交抛物线对称轴于点P；若∠PCA＝90°，作图方法：__________________________________，所找点为_________________；若∠APC＝90°，作图方法：________
___________________________，所找点为____________________．
过点C作PC⊥AC交抛物线对称轴于点P
PC与对称轴的交点
点D为圆心，AC长为直径作圆
以AC的中
对称轴与⊙D的交点
设问突破
二阶
一题多设问
例3 已知抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3，与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴DF交BC于点E，交x轴于点F.
(1)如图①，在抛物线上是否存在一点G，使得△BCG是以BC为底边的等腰三角形？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由；
例3题图①
【思维引导】要使△BCG是以BC为底的等腰三角形，可作BC的垂直平分线，其与抛物线的交点即为所求点G．
例3题图①
解：(1)存在．
令抛物线中y＝0，解得x＝－1或x＝3，
∴A(－1，0)，B(3，0)．
令抛物线中x＝0，则y＝3，∴C(0，3)．
∴直线BC的解析式为y＝－x＋3，
线段BC的中点坐标为( ， )，
∴易得BC的垂直平分线l的解析式为y＝x，
联立抛物线与直线l的解析式可得
解得 或
∴满足条件的点G的坐标为( ， )
或( ， )；
例3题图①
(2)如图②，在抛物线对称轴上是否存在一点M，使得△BCM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；
例3题图②
【思维引导】设点M坐标，然后表示出BM和CM，分BC为腰，BC为底边两种情况讨论，列方程，若方程有解，则存在，否则不存在．
(2)存在．
设点M(1，m)，
由题意得BC＝3 ，BM＝ ，
CM＝ ，
例3题图②
①当BC为腰时，
a．若BC＝BM，即3 ＝ ，
解得m＝± ，则M1(1， )，M2(1，－ )；
b．若BC＝CM，即3 ＝ ，
解得m＝3± ，则M3(1，3＋ )，M4(1，3－ )；
②当BC为底边时，则CM＝BM，
即 ＝ ，
解得m＝1，则M5(1，1)．
例3题图②
综上所述，满足条件的点M的坐标为
(1， )或(1，－ )或(1，3＋ )或(1，3－ )或(1，1)；
(3)如图③，在抛物线的对称轴上是否存在一点H，使得△BCH是直角三角形？若存在，求出点H的坐标，若不存在，请说明理由；
例3题图③
【思维引导】分∠HCB＝90°、∠HBC＝90°、∠CHB＝90°三种情况讨论，利用直角三角形的性质求解．
(3)存在．
设点H的坐标为(1，h)，要使△BCH为直角三角形，需分三种情况讨论：
①当∠HCB＝90°时，如解图①，
例3题解图①
∵点D为抛物线顶点，∴D(1，4)，
∵CD2＝12＋(4－3)2＝2，
BD2＝(3－1)2＋42＝20，
BC2＝32＋32＝18.
∴BC2＋CD2＝BD2.
∴∠DCB＝90°.
∴当点H与点D重合时，∠BCH＝90°，此时点H的坐标为(1，4)；
例3题解图①
②当∠HBC＝90°时，如解图②，
例3题解图②
∵OB＝OC＝3，
∴∠BCO＝45°.
∴∠BEH＝∠BCO＝45°.
∴BE＝BH.
∵EH⊥BF，
∴FH＝BF＝OB－OF＝2.
∴此时点H的坐标为(1，－2)；
③当∠CHB＝90°时，如解图③，
设点H(1，h)，过点C作CM⊥DF于点M，∴M(1，3)，
∵∠CHM＋∠BHE＝90°，∠BHE＋∠HBF＝90°，
∴∠CHM＝∠HBF，
又∵∠CMH＝∠HFB＝90°，∴△CHM∽△HBF，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得h1＝ ，h2＝ ，
∴此时点H有两个，坐标分别为(1， )或(1， )；
综上所述，点H的坐标为(1，4)或(1，－2)或(1， )或(1， )；
例3题解图③
(4)如图④，在抛物线上是否存在一点N，使得△BCN是以BC为直角边的直角三角形？若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【思维引导】△BCN是以BC为直角边的直角三角形，需分点B和点C分别为直角顶点两种情况讨论，结合△OBC是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质求解．
例3题图④
(4)存在．
设N(n，－n2＋2n＋3)，分两种情况讨论；
①当∠NCB＝90°时，如解图④，过点N作NG⊥y轴于点G，
G
(N)
∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠CBO＝45°.
∴∠NCG＝180°－∠BCO－∠BCD＝45°.
∴CG＝NG.
∵CG＝OG－OC＝－n2＋2n＋3－3＝－n2＋2n，NG＝n，
∴－n2＋2n＝n.
解得n1＝0(舍)，n2＝1.
∴N(1，4)；
例3题图④
G
(N)
则∠HBN＝90°－∠CBO＝45°，
∴BH＝NH.
∵BH＝3－n，NH＝－(－n2＋2n＋3)＝n2－2n－3.
∴3－n＝n2－2n－3，解得n1＝3(舍)，n2＝－2.
∴N(－2，－5)．
综上所述，点N的坐标为(1，4)或(－2，－5)．
②当∠NBC＝90°时，如解图⑤，过点N作NH⊥x轴于点H，
例3题解图⑤
类型四　与四边形形状有关的问题
函数微技能—画图确定动点位置
一阶
例1 如图，已知抛物线交x轴于A、B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C，连接AC.
例1题图
探究一：P是平面内一点，找出点P，使得以A、B、C、P为顶点的四边形为平行四边形；
解：①若AC为平行四边形的边时，AC∥BP，且AC＝BP，在图①中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹).
例1题图
①满足条件的点P如解图①所示
例1题解图①
②若AC为平行四边形的对角线时，在图②中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹).
例1题图
②满足条件的点P如解图②所示
例1题解图②
讨论：探究菱形的存在性时，要区别于平行四边形的点为：①菱形各边相等；②菱形的对角线互相垂直．
探究二：M是x轴上的点，N是平面内一点，使得以B、C、M、N为顶点的四边形为菱形，在图③中画出满足条件的点M、N(保留作图痕迹)．
例1题图
例1题解图③
满足条件的点M、N如解图③所示
【方法总结】二次函数中特殊四边形的存在性一般要分情况讨论：常以已知边为______或________讨论；以探究一为例，若AC为边时，过点B作BP∥AC，点P可在x轴上方，也可在x轴下方；作图依据：________________________________________；若AC为对角线时，作法：_________________________________________________．
边
对角线
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
取AC的中点D，连接BD并延长至点P，使得DP＝BP
设问突破
二阶
一题多设问
例2 已知抛物线y＝x2＋6x＋5与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，M为顶点，抛物线的对称轴l与x轴交于点D，与过A、C两点的直线交于点E.
(1)如图①，将抛物线沿x轴平移，使得点A落在点B处记为A′，此时点C的对应点为C′，求点C′的坐标，判断四边形AA′C′C的形状，并说明理由．
例2题图①
例2题图①
【思维引导】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．
(1)四边形AA′C′C是平行四边形，理由如下：
∵抛物线y＝x2＋6x＋5与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，
∴当x＝0时，y＝5；当y＝0，即x2＋6x＋5＝0时，
解得x＝－1或－5，
∴A(－5，0)、B(－1，0)、C(0，5)，
∴AB＝－1－(－5)＝4，
∴由平移的性质得C′(4，5)，AA′＝CC′，AA′∥CC′，
∴四边形AA′C′C是平行四边形；
例2题图①
(2)如图②，设点G是抛物线上一点，过点G作GH∥x轴交对称轴l于点H，是否存在点G，使得以A、B、G、H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由；
例2题图②
【思维引导】由GH∥x轴，AB在x轴上可知AB∥GH，从而只需GH＝AB即可得到以A、B、G、H为顶点的四边形是平行四边形．分点H在点G左侧和点H在点G右侧两种情况．
例2题图②
(2)存在，
由(1)得点A的坐标是(－5，0)，点B的坐标是(－1，0)．
∵点G在抛物线上，则设点G的坐标为(g，g2＋6g＋5)，
∵GH∥x轴，点H在对称轴l上，
对称轴为直线x＝－ ＝－3，
∴H(－3，g2＋6g＋5)，
∵GH∥AB，
∴要使以A、B、G、H为顶点的四边形为平行四边形，
需GH＝AB＝4，
例2题图②
即|g＋3|＝4，解得g＝1或g＝－7.
当g＝1时，g2＋6g＋5＝12，
此时点G的坐标为G1(1，12)；
当g＝－7时，g2＋6g＋5＝12，
此时点G的坐标为G2(－7，12)．
综上所述，满足条件的点G有两个，坐标分别为
(1，12)或(－7，12)；
(3)如图③，G是坐标平面内一点，当以A、C、G、M为顶点的四边形是平行四边形时，求点G的坐标；
例2题图③
【思维引导】已知平行四边形的三个顶点，求第四个顶点，可顺次连接已知三点构成△ACM，分别以AC，AM，CM作为平行四边形的对角线进行分类讨论，利用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”及中点坐标公式求解．
例2题图③
(3)∵抛物线的解析式为y＝x2＋6x＋5＝(x＋3)2－4，
∴点M(－3，－4)．
设点G(x，y)，
∵A(－5，0)，C(0，5)，
分三种情况讨论：
①若AC为平行四边形AMCG的对角线时，
则AC与MG互相平分，
∴ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ， ＝ ，
解得
∴G1(－2，9)；
例2题图③
②若AM为平行四边形AGMC的对角线，则AM与CG互相平分，
∴ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ， ＝ ，
解得
∴G2(－8，－9)；
例2题图③
③若CM为平行四边形AMGC的对角线，则AG与CM互相平分，
∴ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ， ＝ ，
解得
∴G3(2，1)．
综上所述，点G的坐标为(－2，9)或
(－8，－9)或(2，1)；
例2题图③
(4)如图④，设G是抛物线的对称轴上一点，K是坐标平面内一点，是否存在点G，使得以A，C，G，K 为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由；
例2题图④
【思维引导】要使以A，C，G，K为顶点的四边形是矩形，只需△ACG是直角三角形即可，可分为①∠ACG＝90°，②∠CAG＝90°，③∠CGA＝90°三种情况，分别利用勾股定理列方程即可求解．
(4)存在．
要使以A，C，G，K为顶点的四边形是矩形，则△ACG一定是直角三角形．
∵点G在对称轴上，
∴设点G的坐标为(－3，g)，
由勾股定理得AC2＝52＋52＝50，
AG2＝(－5＋3)2＋g2＝4＋g2，
CG2＝32＋(g－5)2＝g2－10g＋34，
分三种情况讨论：
例2题图④
①若∠ACG＝90°，
则AC2＋CG2＝AG2，
即50＋g2－10g＋34＝4＋g2，解得g＝8，
此时点G的坐标为(－3，8)；
②若∠CAG＝90°，
则AC2＋AG2＝CG2，
即50＋4＋g2＝g2－10g＋34，
解得g＝－2，
此时点G的坐标为(－3，－2)；
例2题图④
③若∠CGA＝90°，
则CG2＋AG2＝AC2，
即g2－10g＋34＋4＋g2＝50，
解得g1＝6，g2＝－1，
此时点G的坐标为(－3，6)或
(－3，－1)；
综上所述，存在满足题意的点G，点G的坐标为(－3，8)或(－3，－2)或(－3，6)或(－3，－1)；
例2题图④
(5)如图⑤，设Q是抛物线上一点，点R是坐标平面内一点，是否存在四边形AQCR是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
例2题图⑤
【思维引导】由四边形AQCR是菱形可确定AC是对角线，则Q、R均在AC的垂直平分线上，联立方程求解即可．
(5)存在．
如解图，过点O作OI⊥AC于点I，
I
Q1
Q2
∵四边形AQCR是菱形，∴QR垂直平分AC.
∵OA＝OC＝5，
∴AI＝CI，
∴OI是AC的垂直平分线，
∴点Q、R在AC的垂直平分线上，
∴点Q是直线OI与抛物线的交点．
∵I是AC的中点，
∴xI＝ ＝－ ，yI＝ ＝ ，
∴点I的坐标为(－ ， )，
例2题图⑤
I
Q1
Q2
例2题图⑤
I
Q1
Q2
设直线OI的解析式为y＝tx，将点I的坐标代入，可得t＝－1，
∴直线OI的解析式为y＝－x，
联立
解得 或
∴存在满足题意的点Q，
点Q的坐标为( ， )或( ， )．
类型五　与三角形相似有关的问题
函数微技能—画图确定动点位置
一阶
例1 如图，已知抛物线交x轴于A、B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C，连接AC.
例1题图
探究一：P是线段AC上一点，找出点P，使得以A、O、P为顶点的三角形与△ABC相似；
解：①若△AOP∽△ABC时，在图①中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹).
例1题图
①满足条件的点P如解图①所示
例1题解图①
②若△APO∽△ABC时，在图②中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹)
例1题图
②满足条件的点P如解图②所示
例1题解图②
探究二： 若D为对称轴与x轴的交点，P是对称轴上的点，画出满足条件的点P，使得以O、D、P为顶点的三角形与△OBC相似.
例1题图
例1题解图③
满足条件的点P如解图③所示
【方法总结】二次函数中相似三角形的存在性一般要分情况讨论：以探究一为例，已知∠A公用，故需分∠AOP＝∠ABC和____________两种情况．解决此类问题通常利用相似三角形的性质，列出线段比例关系，求解即可．
∠AOP＝∠ACB
设问突破
二阶
例2 已知抛物线 y＝ x2－ x＋1与y轴交于点C，过点C的直线与x轴交于点A，与抛物线交于点B，点B的横坐标为4.
(1)如图①，点P在x轴上，连接CP，若△AOC∽△ACP，求点P的坐标；
例2题图①
【思维引导】设出点P的横坐标，利用相似关系列方程即可．
一题多设问
(1)当x＝0时，y＝ x2－ x＋1＝1.
∴点C的坐标是(0，1)．
当x＝4时，y＝ x2－ x＋1＝3.
∴点B的坐标是(4，3)．
由B(4，3)、C(0，1)可得直线BC的解析式为y＝ x＋1.令y＝0，解得x＝－2.
∴ 点A的坐标是(－2，0)．
∴AO＝2，CO＝1，
∴AC＝ ＝ ＝ ，
例2题图①
如解图①，设点P(p，0)，
∴PA＝|p＋2|.
例2题图①
P
∵△AOC∽△ACP，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得p＝ 或p＝－ (舍去)，
∴当△AOC∽△ACP时，点P的坐标为( ，0)；
(2)如图②，已知x轴上一动点Q(m，0)，连接BQ，若△ABQ与△AOC相似，求m的值；
例2题图②
【思维引导】分两种情况：①△AOC∽△AQB；②△AOC∽△ABQ，再利用三角形相似的性质即可求解．
(2)如解图②，分两种情况讨论，
例2题解图②
①当△AOC∽△AQB时，过点B作BQ1⊥x轴于点Q1，
∴BQ1∥CO，
∴△AOC∽△AQ1B，
此时点Q1的坐标为(4，0)，即m的值为4；
②当△AOC∽△ABQ时，过点B作BQ2⊥AB，
交x轴于点Q2，
∵∠CAO＝∠Q2AB，∠AOC＝∠ABQ2＝90°，
∴△AOC∽△ABQ2，
例2题解图②
例2题解图②
∵A(－2，0)，B(4，3)，C(0，1)，
∴AB＝ ＝3 ，
由(1)得AC＝ ，
∵△AOC∽△ABQ2，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴AQ2＝ ，
此时点Q2的坐标为( ，0)，即m的值为 .
综上所述，m的值为4或 ；
(3)如图③，设抛物线的对称轴与BC相交于点Q，点P是抛物线对称轴上的动点，且点P不与点Q重合，是否存在点P，使得以P、B、Q为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
例2题图③
【思维引导】由已知条件可知△AOC是直角三角形，且点P在点Q上方，
∴∠ACO＝∠BQP，∴只需要在△BPQ中确定一个直角即可．
分情况考虑：①∠BPQ＝90°；②∠QBP＝90°，再分别求解．
例2题图③
(3)存在．
由抛物线的解析式y＝ x2－ x＋1得对称轴为直线x＝ ，
由(1)得直线AC的解析式为y＝ x＋1，
∵点Q在直线AC上，
∴将x＝ 代入y＝ x＋1中，得y＝ ，
∴点Q的坐标为( ， )．
如解图③，由题意得，点P在点Q的上方，设直线x＝ 与x轴的交点为M，则OC∥QM，
例2题解图③
∴∠OCA＝∠MQA＝∠BQP，
又∵∠AOC＝90°，
∴要分为两种情况：
①当∠BP1Q＝90°，即BP1∥x轴时，△BP1Q∽△AOC，
∵点B的坐标为(4，3)，
∴点P1的坐标为( ，3)；
例2题解图③
②当∠QBP2＝90°，即BP2⊥BQ时，△QBP2∽△COA，
∴ ＝ ，
由(1)得AC＝ ，设P2( ，p)，
∵B(4，3)，Q( ， )，P1( ，3)，
∴BP1＝4－ ＝ ，P1Q＝3－ ＝ ，
P2Q＝p－ ，
例2题解图③
在Rt△BQP1中，由勾股定理得BQ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，解得p＝ ，
∴点P2的坐标为( ， ) .
综上所述，满足条件的点P有两个，
点P的坐标为( ，3)或( ， )．