2023学年二轮复习解答题专题三十八：抛物线上旋转问题的探究

2023学年二轮复习解答题专题三十八：

抛物线上旋转问题的探究

典例分析

例1  （2022梧州中考） 如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x，y轴交于点A，B，抛物线恰好经过这两点．

（1）求此抛物线的解析式；

（2）若点C的坐标是，将绕着点C逆时针旋转90°得到，点A的对应点是点E．

①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；

②若点P是y轴上的任一点，求取最小值时，点P的坐标．

【答案】（1）   

（2）①点E在抛物线上；②（0，）

【解析】

【分析】（1）先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可；

（2）①根据旋转性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标代入（1）的函数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上；

②过点P作PQ⊥AB于Q，证明△ABO∽△PBQ，从而求出，则可判断当P，E，Q三点共线，且EP⊥AB时，取最小值，然后根据待定系数法求直线EP解析式，即可求出点P的坐标．

【小问1详解】

解：当x=0时，y=-4，

当y=0时，，

∴x=-3，

∴A（-3，0），B（0，-4），

把A、B代入抛物线，

得，

∴，

∴抛物线解析式为；

【小问2详解】

①∵A（-3，0），C（0，6），

∴AO=3，CO=6，

由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°

∴E到x轴的距离为6-3=3，

∴点E的坐标为（6，3），

当x=3时，，

∴点E在抛物线上；

②过点P作PQ⊥AB于Q，

又∠AOB=90°，

∴∠AOB=∠PQB，

在Rt△ABO中，AO=3，BO=4，

∴由勾股定理得：AB=5，

∵∠AOB=∠PQB，∠ABO=∠PBQ，

∴△ABO∽△PBQ，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴当P，E，Q三点共线，且EP⊥AB时，取最小值，

∵EP⊥AB，

∴设直线EP解析式为，

又E（6，0），

∴，

∴，

∴直线EP解析式为，

当x=0时，y=，

∴点P坐标为（0，）．

【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数函数解析式，相似三角形的判定与性质等，解第（2）题第②问的关键是正确作出点P的位置．

专题过关

1. （2022凉山中考） 在平面直角坐标系xoy中，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A（－1，0）和点B（0，3），顶点为C，点D在其对称轴上，且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处．

（1）求抛物线的解析式；

（2）求点P的坐标；

（3）将抛物线平移，使其顶点落在原点O，这时点P落在点E的位置，在y轴上是否存在点M，使得MP＋ME的值最小，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）   

（3）存在，

【解析】

【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；

（2）先求出抛物线的对称轴，再设点的坐标为，则，根据旋转的性质可得，从而可得，将点代入抛物线的解析式求出的值，由此即可得；

（3）先根据点坐标的平移规律求出点，作点关于轴的对称点，连接，从而可得与轴的交点即为所求的点，再利用待定系数法求出直线的解析式，由此即可得出答案．

【小问1详解】

解：将点代入得：，

解得，

则抛物线的解析式为．

【小问2详解】

解：抛物线的对称轴为直线，其顶点的坐标为，

设点的坐标为，则，

由旋转的性质得：，

，即，

将点代入得：，

解得或（舍去），

当时，，

所以点的坐标为．

【小问3详解】

解：抛物线的顶点的坐标为，

则将其先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度恰好落在原点，

这时点落在点的位置，且，

，即，恰好在对称轴直线上，

如图，作点关于轴的对称点，连接，

则，

由两点之间线段最短可知，与轴的交点即为所求的点，此时的值最小，即的值最小，

由轴对称的性质得：，

设直线的解析式为，

将点代入得：，

解得，

则直线的解析式为，

当时，，

故在轴上存在点，使得的值最小，此时点的坐标为．

【点睛】本题考查了求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质、旋转的性质、点坐标的平移规律等知识点，熟练掌握待定系数法和二次函数的图象与性质是解题关键．

2. （2022南阳西峡一模）如图，直线与轴交于点A，抛物线经过点（1，8），与轴的一个交点为B（B在A的左侧），过点B作BC垂直轴交直线于C.

（1）求的值及点B的坐标；

（2）将△ABC绕点A顺时针旋转90°，点B、C的对应点分别为点E、F.将抛物线沿x轴向右平移使它过点F，求平移后所得抛物线的解析式.

【答案】（1）a=1，B(-3，0)   

（2）3#

【解析】

【分析】(1)把已知坐标代入解析式，得到8=a+4+2a+1，求得a值，回代a值，得到抛物线的解析式，求得抛物线与x轴的交点坐标，根据直线解析式确定A的坐标，根据已知即确定B的坐标．

(2)根据旋转性质，得到F(0，1)，设抛物线向右平移m个单位，解析式为，把点F坐标代入解析式求解即可．

【小问1详解】

∵直线与轴交于点A，抛物线经过点（1，8），

∴A(-2，0)，8=a+4+2a+1，

解得a=1；

∴抛物线解析式为，

∴，

∴，

解得，，

∵与轴的一个交点为B（B在A的左侧），

∴B(-3，0)．

【小问2详解】

∵B(-3，0)，直线，

∴C(-3，2)，

∴AB=1，BC=2，OA=2，

根据旋转性质，得AE=AB=1，EF=BC=2，AC=AF，∠CAF=90°，

连接OF，

∴∠FAO+∠BAC =90°，BC=OA，

∵∠BCA+∠BAC =90°，

∴∠FAO=∠ACB，

∴△FAO≌△ACB，

∴FO=1，∠AOF=∠CBA =90°，

∴点F在x轴的正半轴，

∴点F(0，1)，

∵，

设抛物线向右平移了m个单位后经过点F，

∴过点F(0，1)，

∴，

解得m=或m=，

∴抛物线的解析式为3或．

【点睛】本题考查了抛物线与一次函数的综合，待定系数法确定解析式，抛物线与轴的交点，旋转的性质，函数的平移，三角形全等，熟练掌握抛物线的平移，抛物线与x轴交点问题是解题的关键．

3. （2022西工大附中三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，﹣6），顶点为D（﹣2，2）．

（1）求抛物线W1表达式；

（2）将抛物线W1绕原点O旋转180°得到抛物线W2，抛物线W2的顶点为D'，在抛物线W2上是否存在点M，使S△D′AD＝S△D′DM？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）表示出顶点式，将点代入即可；

（2）由题意求得抛物线W2的顶点坐标和解析式，在坐标系中画出抛物线W2的图象，利用S△DAD′＝S△ADO+S△AOD′求出三角形DD′A的面积；设，过点M作轴交于点N，表示出MN，列方程求解即可．

【小问1详解】

解：，

设抛物线的表达式为：，将点代入得：

，解得：，

，

【小问2详解】

解：，

，

，连接，

，

，

，

设，过点M作轴交于点N，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

．

【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，待定系数法确定二次函数的解析式，二次函数图象与几何变换，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．

4．（2021达州中考）（11分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A和C（1，0），交y轴于点B（0，3），抛物线的对称轴交x轴于点E，交抛物线于点F．

（1）求抛物线的解析式；

（2）将线段OE绕着点O沿顺时针方向旋转得到线段OE'，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接AE′，BE′，求BE′+AE′的最小值；

（3）M为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）把C（1，0），B（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c中，

得：，

∴b＝﹣2，c＝3，

∴y＝﹣x2﹣2x+3，

（2）在OE上取一点D，使得OD＝OE，

连接AE'，BD，

∵，对称轴x＝﹣1，

∴E（﹣1，0），OE＝1，

∴OE'＝OE＝1，OA＝3，

∴，

又∵∠DOE'＝∠E'OA，

△DOE'∽△E'OA，

∴，

∴，

当B，E'，D三点共线时，BE′+DE′最小为BD，

BD＝＝，

∴的最小值为；

（3）∵A（﹣3，0），B（0，3），

设N（n，﹣n2﹣2n+3），M（x，y），

则AB2＝18，AN2＝（n2+2n﹣3）2+（n+3）2，BN2＝n2+（n2+2n）2，

∵ABMN构成的四边形是矩形，

∴△ABN是直角三角形，

若AB是斜边，则AB2＝AN2+BN2，

即18＝（n2+2n﹣3）2+（n+3）2+n2+（n2+2n）2，

解得：n1＝，，

∴N的横坐标为或，

若AN是斜边，则AN2＝AB2+BN2，

即（n2+2n﹣3）2+（n+3）2＝18+（n2+2n）2，

解得n＝﹣1，

∴N的横坐标是﹣1，

若BN是斜边，则BN2＝AB2+AN2，

即n2+（n2+2n）2＝18+（n2+2n﹣3）2+（n+3）2，

解得n＝2，

∴N的横坐标为2，

综上N的横坐标为，，﹣1，2．