2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题9二次函数综合之等腰直角三角形和等边三角形的判定学案

这是一份2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题9二次函数综合之等腰直角三角形和等边三角形的判定学案，共20页。学案主要包含了经典例题1，经典例题4—两个动点等内容，欢迎下载使用。

等边三角形的判定
【经典例题1】如图所示，已知抛物线的顶点为坐标原点O，矩形ABCD的顶点A，D在抛物线上，且AD平行x轴，交y轴于点F，AB的中点E在x轴上，B点的坐标为（2，1），点P（a，b）在抛物线上运动．（点P异于点O）
(1)求此抛物线的解析式．
(2)过点P作CB所在直线的垂线，垂足为点R，
①求证：PF=PR；
②是否存在点P，使得△PFR为等边三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
③延长PF交抛物线于另一点Q，过Q作BC所在直线的垂线，垂足为S，试判断
△RSF的形状．

【解析】(1)∵抛物线的顶点为坐标原点，
∴A、D关于抛物线的对称轴对称；
∵E是AB的中点，
∴O是矩形ABCD对角线的交点，又B(2，1)
∴A(2，−1)、D(−2，−1)；
由于抛物线的顶点为(0，0)，可设其解析式为：y=ax2，则有：
4a=−1，a=−
∴抛物线的解析式为：y=−x2.
(2)①证明：由抛物线的解析式知：P(a，−a2)，而R(a，1)、F(0，−1)，
则：PF=，PR=1−(−a2)=a2+1.
∴PF=PR.
②由①得：RF=；
若△PFR为等边三角形，则RF=PF=PR，得：
=a2+1，即：a4−a2−3=0，得：
a2=−4(舍去)，a2=12；
∴a=±2，−a2=−3；
∴存在符合条件的P点，坐标为(2，−3)、(−2，−3).
③同①可证得：QF=QS；
在等腰△SQF中，∠1=(180°−∠SQF)；
同理，在等腰△RPF中，∠2=(180°−∠RPF)；
∵QS⊥BC、PR⊥BC，
∴QS∥PR，∠SQP+∠RPF=180°
∴∠1+∠2=(360°−∠SQF−∠RPF)=90°
∴∠SFR=180°−∠1−∠2=90°，
即△SFR是直角三角形。


练习1-1如图所示，已知二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B
（4，3），l为过点（0，﹣2）且与x轴平行的直线，P（m，n）是该二次函数图象上的任意一点，过P作PH⊥l，H为垂足．
(1)求二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的解析式；
(2)请直接写出使y＜0的对应的x的取值范围；
(3)对应当m=0，m=2和m=4时，分别计算|PO|2和|PH|2的值．由此观察其规律，并猜想一个结论，证明对于任意实数m，此结论成立；
(4)试问是否存在实数m可使△POH为正三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

【解析】(1)∵二次函数y=ax2+bx−1(a≠0)的图象过点A(2，0)和B(4，3)，
∴，解得，∴二次函数的解析式为y=x2−1；
(2)令y=x2−1=0，
解得x=−2或x=2，
由图象可知当−2 (3)当m=0时，|PO|2=1，|PH|2=1；
当m=2时，P点的坐标为(2，0)，|PO|2=4，|PH|2=4，
当m=4时，P点的坐标为(4，3)，|PO|2=25，|PH|2=25，
由此发现|PO|2=|PH|2，
设P点坐标为(m，n)，即n=m2−1
|OP|=，
|PH|2=n2+4n+4=n2+m2，
故对于任意实数m，|PO|2=|PH|2;
(4)由(3)知OP=PH，只要OH=OP成立，△POH为正三角形，
设P点坐标为(m，n)，|OP|=，
|OH|=，
|OP|=|OH|，即n2=4，解得n=±2，
当n=−2时，n=m2−1不符合条件，
故n=2，m=±2时可使△POH为正三角形。






等腰直角三角形的判定
【经典例题1—点抛物线上】已知抛物线经过点，.把抛物线与线段AB围成的封闭图形记作G.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点P为图形G中的抛物线上一点，且点P的横坐标为m，过点P作PQ∥y轴，交线段AB于点Q.当△APQ为等腰直角三角形时，求m的值；

【解析】(1)将点A. B坐标代入函数表达式得−1=a+b−3；3=9a−3b−3，解得a=1，b=1，
故抛物线的表达式为y=x2+x−3①；
(2)当∠QPA=90°时，
则PA∥x轴，则点P、A关于对称轴对称，故点P(−2，−1)，
此时△APQ为等腰直角三角形，即m=−2；
当∠PQA=90°时，
同理可得：m=−2；
当QAP=90°时，
直线AB与x轴负半轴的夹角为45°，则直线AP与x轴的夹角为45°，
故设直线AP的表达式为：y=x+s，
将点A的坐标代入上式并解得：s=−2，
故直线AP的表达式为：y=x−2②，
联立①②并解得：x=±1(舍去1)，即m=−1；
综上，m=−2或−1；

【经典例题2—点在直线上】(19兰州节选)二次函数y＝ax2＋bx＋2的图象交x轴于A(－1，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C.动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC.设运动的时间为t秒．
(1)求二次函数y＝ax2＋bx＋2的表达式；
(2)在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标．

【解析】y＝x2＋x＋2
(2)D(1,3)

【经典例题3—点在斜线上】如图，对称轴为直线的抛物线经过B（2，0）、C（0，4）两点，抛物线与轴的另一交点为A．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，若M是线段BC上一动点，在轴上是否存在这样有点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．

【解析】（1）由对称性得：A（-1，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x-2），
把C（0，4）代入：4=-2a，a=-2，
∴y=-2（x+1）（x-2），
∴抛物线的解析式为：y=-2x2+2x+4；
（3）存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形，
理由是：
分以下两种情况：
①当∠BQM=90°时，如图2：
∵∠CMQ>90°，
∴只能CM=MQ．
设直线BC的解析式为：y=kx+b（k≠0），
把B（2，0）、C（0，4）代入得：，解得：，
∴直线BC的解析式为：y=-2x+4，
设M（m，-2m+4），
则MQ=-2m+4，OQ=m，BQ=2-m，
在Rt△OBC中，BC=，
∵MQ∥OC，
∴△BMQ∽BCO，∴BM/BC=BQ/BO
，即，∴BM=（2-m）=2-m，
∴CM=BC-BM=2-（2-m）=m，
∵CM=MQ，∴-2m+4=m，m==4-8．
∴Q（4-8，0）．
②当∠QMB=90°时，如图3：同理可设M（m，-2m+4），
过A作AE⊥BC，垂足为E，
则AE的解析式为：y=x+，
则直线BC与直线AE的交点E（1.4，1.2），
设Q（-x，0）（x>0），
∵AE∥QM，
∴△ABE∽△QBM，
∴①，
由勾股定理得：x2+42=2×[m2+（-2m+4-4）2]②，
由以上两式得：m1=4（舍），m2=，
当m=时，x=，
∴Q（-，0）．
综上所述，Q点坐标为（4-8，0）或（-，0）．


【经典例题4—两个动点】1.如图①，已知抛物线y=ax2+bx+c的图象经过点A(0，3)、B(1，0)，其对称轴为直线l:x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.
(1)求抛物线的解析式；
(3)如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形?若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由。

【解析】（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，
由对称性得：D（3，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x-1）（x-3），
把A（0，3）代入得：3=3a，
a=1，
∴抛物线的解析式；y=x2-4x+3；
（3）分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，
易得△OMP≌△PNF，
∴OM=PN，
∵P（m，m2-4m+3），
则-m2+4m-3=2-m，解得：m=（舍）或，
∴P的坐标为（，）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，如图3，
同理得：2-m=m2-4m+3，解得：m1=（舍）或m2=，
P的坐标为（，）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，
如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，∴PN=FM，
则-m2+4m-3=m-2，解得：x=或（舍）；
P的坐标为（，）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，
同理得m2-4m+3=m-2，解得：m=或（舍）
P的坐标为：（，）；
综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．




练习1如图，抛物线y=x2+bx+c与直线交于A、B两点，其中点A在y轴上，点B坐标为（﹣4，﹣5），点P为y轴左侧的抛物线上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交AB于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）以O，A，P，D为顶点的平行四边形是否存在？如存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
（3）当点P运动到直线AB下方某一处时，过点P作PM⊥AB，垂足为M，连接PA使△PAM为等腰直角三角形，请直接写出此时点P的坐标．

【解析】(1)∵直线y=x−3交于A. B两点，其中点A在y轴上，
∴A(0，−3)，
∵B(−4，−5)，
∴，∴，
∴抛物线解析式为y=x2+x−3，
(2)存在，
设P(m，m2+m−3)，(m<0)，∴D(m，m−3)，
∴PD=|m2+4m|
∵PD∥AO，
∴当PD=OA=3，故存在以O，A，P，D为顶点的平行四边形，
∴|m2+4m|=3，
①当m2+4m=3时，
∴m1=−2−，m2=−2+(舍)，∴m2+m−3=−1−，
∴P(−2−，−1−)，
②当m2+4m=−3时，∴m1=−1，m2=−3，
Ⅰ、m1=−1，
∴m2+m−3=−，
∴P(−1，−)，
Ⅱ、m2=−3，∴m2+m−3=−，
∴P(−3，−)，
∴点P的坐标为(−2−，−1−)，(−1，−)，(−3，−).
(3)方法一，如图，
∵△PAM为等腰直角三角形，
∴∠BAP=45°，
∵直线AP可以看做是直线AB绕点A逆时针旋转45°所得，
设直线AP解析式为y=kx−3，
∵直线AB解析式为y=x−3，
∴k==3，∴直线AP解析式为y=3x−3，
联立，∴x1=0(舍)x2=−
当x=−时，y=−，∴P(−，−).
方法二：如图，

∵直线AB解析式为y=x−3，
∴直线AB与x轴的交点坐标为E(6，0)，
过点A作AF⊥AB交x轴于点F，
∵A(0，−3)，
∴直线AF解析式为y=−2x−3，
∴直线AF与x轴的交点为F(−，0)，
∴AE=3，AF=，
过点A作∠EAF的角平分线交x轴于点G，与抛物线相较于点P，过点P作PM⊥AB，
∴∠EAG=45°，
∴∠BAP=45°，
即：△PAM为等腰直角三角形。
设点G(m，0)，
∴EG=6−m.FG=m+，
根据角平分线定理得，AE/AF=EG/FG，
∴，∴m=1，
∴G(1，0)，
∴直线AG解析式为y=3x−3①，
∵抛物线解析式为y=x2+x−3②，
联立①②得，x=0(舍)或x=−，
∴y=−，∴P(−，−).



练习3如图，抛物线y=ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．

（1）求抛物线的表达式；
（2）若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，当以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出此时△CMN的面积．
【解析】
(1)把点A(4，0)，B(1，3)代入抛物线y=ax2+bx得，解得，
∴抛物线表达式为：y=−x2+4x；
(3)∵抛物线的对称性为直线x=2，
而点C. B关于抛物线的对称轴对称，
∴C(3，3)，
以点C. M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：
①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，如图2，CM=MN，∠CMN=90°，易证得△CBM≌△MHN，
∴BC=MH=2，BM=HN=3−2=1，
∴MC=，
∴S△CMN=××=；
②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，如图3，过点M作DE⊥y轴，作NE⊥DE于E，CD⊥DE于D，作辅助线，易得Rt△NEM≌Rt△MDC，
∴MD=NE=BC=2，EM=CD=BM=3+2=5，
∴CM=，
∴S△CMN=××=；
③以点N为直角顶点且N在y轴左侧时，如图4，CN=MN，∠MNC=90°，易得Rt△NEM≌Rt△CDN，
∴EM=DN=BH=3，NE=CD=BD+BC=EM+BC=5，
∴CN=，
∴S△CMN=××=17；
④以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，如图5，易得Rt△NEM≌Rt△CDN，
∴EM=DN=BH=3，NE=CD=BD−BC=EM−BC=1，
∴CN=，
∴S△CMN=××=5；
⑤以C为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形；
综上所述：△CMN的面积为：或或17或5.


练习4如图1，抛物线C1：y=ax2﹣2ax+c（a＜0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．已知点A的坐标为（﹣1，0），点O为坐标原点，OC=3OA，抛物线C1的顶点为G．
（1）求出抛物线C1的解析式，并写出点G的坐标；
（2）如图2，将抛物线C1向下平移k（k＞0）个单位，得到抛物线C2，设C2与x轴的交点为A′、B′，顶点为G′，当△A′B′G′是等边三角形时，求k的值：
（3）在（2）的条件下，如图3，设点M为x轴正半轴上一动点，过点M作x轴的垂线分别交抛物线C1、C2于P、Q两点，试探究在直线y=﹣1上是否存在点N，使得以P、Q、N为顶点的三角形与△AOQ全等，若存在，直接写出点M，N的坐标：若不存在，请说明理由．

【解析】解：（1）∵点A的坐标为（﹣1，0），
∴OA=1，
∴OC=3OA，
∴点C的坐标为（0，3），
将A、C坐标代入y=ax2﹣2ax+c，得：
解得：，
∴抛物线C1的解析式为y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
所以点G的坐标为（1，4）．
（2）设抛物线C2的解析式为y=﹣x2+2x+3﹣k，即y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，
过点G′作G′D⊥x轴于点D，设BD′=m，
∵△A′B′G′为等边三角形，
∴G′D=B′D=m，
则点B′的坐标为（m+1，0），点G′的坐标为（1，m），
将点B′、G′的坐标代入y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，得：
，
解得：（舍），，
∴k=1；
（3）设M（x，0），则P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），
∴PQ=OA=1，
∵∠AOQ、∠PQN均为钝角，
∴△AOQ≌△PQN，
如图2，延长PQ交直线y=﹣1于点H，
则∠QHN=∠OMQ=90°，
又∵△AOQ≌△PQN，
∴OQ=QN，∠AOQ=∠PQN，
∴∠MOQ=∠HQN，
∴△OQM≌△QNH（AAS），
∴OM=QH，即x=﹣x2+2x+2+1，
解得：x=（负值舍去），
当x=时，HN=QM=﹣x2+2x+2=，点M（，0），
∴点N坐标为（+，﹣1），即（，﹣1）；
或（-，﹣1），即（1，﹣1）；
如图3，
同理可得△OQM≌△PNH，
∴OM=PH，即x=﹣（﹣x2+2x+2）﹣1，
解得：x=﹣1（舍）或x=4，
当x=4时，点M的坐标为（4，0），HN=QM=﹣（﹣x2+2x+2）=6，
∴点N的坐标为（4+6，﹣1）即（10，﹣1），或（4﹣6，﹣1）即（﹣2，﹣1）；
综上点M1（，0）、N1（，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；
M3（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．