2023年中考数学二轮复习二次函数压轴题专题10 存在性-等边三角形（教师版）

这是一份2023年中考数学二轮复习二次函数压轴题专题10 存在性-等边三角形（教师版），共25页。试卷主要包含了两定一动，两动一定，方法总结等内容，欢迎下载使用。
中考数学压轴题--二次函数--存在性问题
第10节 等边三角形的存在性










方法点拨
一、两定一动
A、确定点的位置


B、求解过程


二、两动一定

三、方法总结


例题演练
题组1：两定一动
1．如图，已知抛物线C1与x轴交于A(4，0)，B(﹣1，0)两点，与y轴交于点C(0，2)．将抛物线C1向右平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2，C2与x轴交于D，E两点(点D在点E的左侧)，与抛物线C1在第一象限交于点M．
(1)求抛物线C1的解析式，并求出其对称轴；
(2)①当m＝1时，直接写出抛物线C2的解析式；
②直接写出用含m的代数式表示点M的坐标．
(3)连接DM，AM．在抛物线C1平移的过程中，是否存在△ADM是等边三角形的情况？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．

【解答】解：(1)设抛物线C1的解析式为y＝ax2+bx+c(a≠0)，
则，
解得，
抛物线C1的解析式为，对称轴是直线；
(2)①∵抛物线C1的解析式为，
即y＝﹣+，
∴当m＝1时，由抛物线的平移规律可得抛物线C2解析式为：
y＝﹣+＝；
即抛物线C2解析式为y＝；
②由抛物线的平移规律可得：抛物线C1向右平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2的解析式为：
y＝﹣+，其对称轴为：x＝，
∴交点M的横坐标为：+＝，
将其代入抛物线C1的解析式可得：y＝，
∴点M的坐标为；
(3)存在m值使△ADM是等边三角形，理由如下：
过点M作MN⊥AD于点N，

∵，
∴，，
若△ADM是等边三角形，则∠DMN＝30°，
∴，即，
解得m＝4﹣5或m＝5(不合题意，舍去)，
∴当时，△ADM是等边三角形．
2．如图，已知二次函数的图象顶点在原点，且点(2，1)在二次函数的图象上，过点F(0，1)作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．
(1)求二次函数的表达式；
(2)P为平面内一点，当△PMN是等边三角形时，求点P的坐标；
(3)在二次函数的图象上是否存在一点E，使得以点E为圆心的圆过点F和点N，且与直线y＝﹣1相切．若存在，求出点E的坐标，并求⊙E的半径；若不存在，说明理由．

【解答】解：(1)∵二次函数的图象顶点在原点，
故设二次函数表达式为：y＝ax2，将(2，1)代入上式并解得：a＝，
故二次函数表达式为：y＝x2；

(2)将y＝1代入y＝x2并解得：x＝±2，故点M、N的坐标分别为(﹣2，1)、(2，1)，
则MN＝4，
∵△PMN是等边三角形，
∴点P在y轴上且PM＝4，
∴PF＝2；
∵点F(0，1)，
∴点P的坐标为(0，1+2)或(0，1﹣2)；

(3)假设二次函数的图象上存在一点E满足条件，
设点Q是FN的中点，则点Q(1，1)，
故点E在FN的中垂线上．
∴点E是FN的中垂线与y＝x2图象的交点，
∴y＝×12＝，则点E(1，)，
EN＝＝，
同理EF＝＝，
点E到直线y＝﹣1的距离为|﹣(﹣1)|＝，
故存在点E，使得以点E为圆心半径为的圆过点F，N且与直线y＝﹣1相切．
3．如图，抛物线C1：y＝x2+bx+c经过原点，与x轴的另一个交点为(2，0)，将抛物线C1向右平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2，C2交x轴于A，B两点(点A在点B的左边)，交y轴于点C．
(1)求抛物线C1的解析式及顶点坐标；
(2)以AC为斜边向上作等腰直角三角形ACD，当点D落在抛物线C2的对称轴上时，求抛物线C2的解析式；
(3)若抛物线C2的对称轴存在点P，使△PAC为等边三角形，求m的值．

【解答】解：(1)∵抛物线C1经过原点，与X轴的另一个交点为(2，0)，
∴，解得，
∴抛物线C1的解析式为y＝x2﹣2x，
∴抛物线C1的顶点坐标(1，﹣1)，
(2)如图1，

∵抛物线C1向右平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2，
∴C2的解析式为y＝(x﹣m﹣1)2﹣1，
∴A(m，0)，B(m+2，0)，C(0，m2+2m)，
过点C作CH⊥对称轴DE，垂足为H，
∵△ACD为等腰直角三角形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠CDH+∠ADE＝90°
∴∠HCD＝∠ADE，
∵∠DEA＝90°，
∴△CHD≌△DEA，
∴AE＝HD＝1，CH＝DE＝m+1，
∴EH＝HD+DE＝1+m+1＝m+2，
由OC＝EH得m2+2m＝m+2，解得m1＝1，m2＝﹣2(舍去)，
∴抛物线C2的解析式为：y＝(x﹣2)2﹣1．
(3)如图2，连接BC，BP，

由抛物线对称性可知AP＝BP，
∵△PAC为等边三角形，
∴AP＝BP＝CP，∠APC＝60°，
∴C，A，B三点在以点P为圆心，PA为半径的圆上，
∴∠CBO＝∠CPA＝30°，
∴BC＝2OC，
∴由勾股定理得OB＝＝OC，
∴(m2+2m)＝m+2，
解得m1＝，m2＝﹣2(舍去)，
∴m＝．
4．如图，抛物线y＝ax2+x+c经过点A(﹣1，0)和点C(0，3)与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．

【解答】解：(1)把点A(﹣1，0)和点C (0，3)代入y＝ax2+x+c得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+3；
(2)不存在，理由如下：
①当点Q在y轴右边时，如图1所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QH⊥OC于H，
∵点C (0，3)，
∴OC＝3，
则OH＝OC＝，tan60°＝，
∴QH＝OH•tan60°＝×＝，
∴Q(，)，
把x＝代入y＝﹣x2+x+3，
得：y＝﹣≠，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴右边时，不存在△QCO为等边三角形；
②当点Q在y轴的左边时，如图2所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QT⊥OC于T，
∵点C (0，3)，
∴OC＝3，
则OT＝OC＝，tan60°＝，
∴QT＝OT•tan60°＝×＝，
∴Q(﹣，)，
把x＝﹣代入y＝﹣x2+x+3，
得：y＝﹣﹣≠，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴左边时，不存在△QCO为等边三角形；
综上所述，在抛物线上不存在一点Q，使得△QCO是等边三角形；
(3)令﹣x2+x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B(4，0)，
设BC直线的解析式为：y＝kx+b，
把B、C的坐标代入则，
解得：，
∴BC直线的解析式为：y＝﹣x+3，
当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，如图3所示：
延长PM交AB于点D，
则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，
设P(x，﹣x2+x+3)，M(x，﹣x+3)，
则PD＝﹣x2+x+3，MD＝﹣x+3，
∴(﹣x2+x+3)﹣(﹣x+3)＝﹣x+3，
解得：x1＝1，x2＝4(不合题意舍去)，
∴⊙M的半径为：MD＝﹣+3＝；
当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，如图4所示：
延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P(x，﹣x2+x+3)，M(x，﹣x+3)，
则PD＝﹣x2+x+3，MD＝﹣x+3，
∴(﹣x2+x+3)﹣(﹣x+3)＝x，
解得：x1＝，x2＝0(不合题意舍去)，
∴⊙M的半径为：EM＝；
当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，如图5所示：

点P与A重合，
∴M的横坐标为﹣1，
∴⊙M的半径为：M的纵坐标的值，
即：﹣×(﹣1)+3＝；
当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，如图6所示：

延长PM交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P(x，﹣x2+x+3)，M(x，﹣x+3)，
则PD＝x2﹣x﹣3，MD＝x﹣3，
∴(x2﹣x﹣3)﹣(x﹣3)＝x，
解得：x1＝，x2＝0(不合题意舍去)，
∴⊙M的半径为：EM＝；
综上所述，⊙M的半径为或或或．





题组2：两动一定
5．如图，抛物线y＝x2﹣2x+c经过点A(﹣2，5)，与x轴相交于B，C两点，点B在点C的左边．
(1)求抛物线的函数表达式与B，C两点坐标；
(2)点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BC′D，若点C′恰好落在抛物线的对称轴上，求点C′和点D的坐标；
(3)设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的对称轴上，当△CPQ为等边三角形时，求直线BP的函数表达式．

【解答】解：(1)由题意得：y＝x2﹣2x+c过点A(﹣2，5)，
∴c＝﹣3，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣2x﹣3，
∵B、C是抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴的交点，x2﹣2x﹣3＝0，
∴B(﹣1，0)，C(3，0)；
(2)∵抛物线与x轴交于B(﹣1，0)，C(3，0)，
∴BC＝4，抛物线的对称轴为直线x＝1，
如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为(1，0)，

BH＝2，
由翻折得C′B＝CB＝4，
在Rt△BHC′中，由勾股定理，得C′H＝＝＝2，
∴点C′的坐标为(1，2)，tan∠C′BH＝＝＝，
∴∠C′BH＝60°，
由翻折得∠DBH＝∠C′BH＝30°，
在Rt△BHD中，DH＝BH•tan∠DBH＝2•tan30°＝，
∴点D的坐标为(1，)；
(3)取(2)中的点C′、D，连接CC′，
∵BC′＝BC，∠C′BC＝60°，
△C′CB为等边三角形，分类讨论如下：
①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P，

∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，
∴CQ＝CP，BC＝C′C，∠PCQ＝∠C′CB＝60°，
∴∠BCQ＝∠C′CP，
∴△BCQ≌C′CP(SAS)，
∴BQ＝C′P，
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴BQ＝CQ，
∴C′P＝CQ＝CP，
又∵BC′＝BC，
∴BP垂直平分CC′，
∴点D在直线BP上，
设直线BP的函数表达式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴直线BP的函数表达式为y＝x+；
②当点P在x轴下方时，点Q在x轴下方，

∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，
∴CP＝CQ，BC＝CC′，∠CC′B＝∠QCP＝∠C′CB﹣60°，
∴∠BCP＝∠C′CQ，
∴△BCP≌△C′CQ(SAS)，
∴∠CBP＝∠CC′Q，
∵BC′＝CC′，C′H⊥BC，
∴∠CC′Q＝∠CC′B＝30°，
∴∠CBP＝30°，
设BP与x轴相交于点E，
在Rt△BOE中，OE＝OB•tan∠CBP＝OB•tan30°＝1×＝．
∴点E的坐标为(0，)．
设直线BP的函数表达式为y＝mx+n，
则，
解得，
∴直线BP的函数表达式为y＝﹣x﹣，
综上所述，直线BP的函数表达式为y＝x+或y＝﹣x﹣．
6．如图，抛物线的解析式为y＝﹣x+5，抛物线与x轴交于A、B两点(A点在B点的左侧)，与y轴交于点C，抛物线对称轴与直线BC交于点D．
(1)E点是线段BC上方抛物线上一点，过点E作直线EF平行于y轴，交BC于点F，若线段CD长度保持不变，沿直线BC移动得到C'D'，当线段EF最大时，求EC'+C'D'+D'B的最小值；
(2)Q是抛物线上一动点，请问抛物线对称轴上是否存在一点P是△APQ为等边三角形，若存在，请直接写出三角形边长，若不存在请说明理由．

【解答】解：(1)因为y＝﹣x2+x+5＝﹣(x﹣5)(x+)，
∴A(﹣，0)，B(5，0)，C(0，5)，抛物线对称轴为x＝＝2，
由B、C坐标可求得直线BC的解析式为y＝﹣x+5，
令x＝2，则y＝﹣×2+5＝3，
∴D(2，3)，
∴CD＝C'D'＝4．
设E(m，﹣m2+m+5)，则F(m，﹣m+5)，
∴EF＝yE﹣yF＝﹣m2+m+5+m﹣5＝﹣m2+m＝﹣(m﹣)2+，
∴当m＝时，EF取得最大值，此时E(，)．
如图1，作平行四边形EC'D'E'，则EC'＝E'D'，E'(，)．
作D'G⊥OB于G，E'H⊥OB于H．

∵tan∠CBO＝＝＝，所以∠CBO＝30°，
∴D'G＝D'B，
∴EC'+C'D'+D'B＝C'D'+E'D'+D'G≥C'D'+E'H，
当且仅当E'、D'、G三点共线时，
EC'+C'D'+D'B取得最小值C'D'+E'H＝4+＝．
(2)①如图2，△APQ是等边三角形，此时Q与B重合，

∴等边三角形的边长为AQ＝AB＝6．
②如图3，△APQ是等边三角形，此时Q与B重合，P在x轴下方．

∴等边三角形的边长为AQ＝AB＝6．
③如图4，△APQ是等边三角形，此时Q与C重合，P在x轴上方．

∴等边三角形的边长为AQ＝AC＝2．
④如图5，△APQ是等边三角形，此时Q在第三象限，P在x轴下方．

∵PA＝PB＝PQ，所以A、Q、B三点在以P为圆心PA为半径为圆周上，
∴∠ABQ＝∠APQ＝30°，
∴直线BQ的解析式为y＝x﹣5，
联立方程组，
解得或(舍)，
∴Q＝(﹣2，﹣7)，
∴AQ＝2，即等边△APQ的边长为2√．
综上所述，满足要求的等边三角形的边长可以是：6、2、2．
7．综合与探究
如图，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，直线l经过B、C两点，点M从点A出发以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，连接CM，将线段MC绕点M顺时针旋转90°得到线段MD，连接CD、BD．设点M运动的时间为t(t＞0)，请解答下列问题：

(1)求点A的坐标与直线l的表达式；
(2)①请直接写出点D的坐标(用含t的式子表示)，并求点D落在直线l上时t的值；
②求点M运动的过程中线段CD长度的最小值．
【解答】解：(1)当y＝0时，，
解得x1＝1，x2＝﹣3，
∵点A在点B的左侧，
∴A(﹣3，0)，B(1，0)，
当x＝0时，y＝，即C(0，)，
设直线l的表达式为y＝kx+b，
将B，C两点坐标代入得，，
解得，，
则直线l的表达式为y＝﹣x+；
(2)①如图1，当点M在AO上运动时，过点D作DN⊥x轴于N，
由题意可知，AM＝t，OM＝3﹣t，MC⊥MD，
则∠DMN+∠CMO＝90°，∠CMO+∠MCO＝90°，
∴∠MCO＝∠DMN，
在△MCO与△DMN中，
，
∴△MCO≌△DMN(AAS)，
∴MN＝OC＝，DN＝OM＝3﹣t，
∴D(t﹣3+，t﹣3)；
同理，如图2，当点M在OB上运动时，
点D的坐标为：D(﹣3+t+，t﹣3)
将D点坐标代入直线BC的解析式y＝﹣x+得，t﹣3＝﹣×(﹣3+t+)+，
t＝6﹣2，即点D落在直线l上时，t＝6﹣2；
②∵△COD是等腰直角三角形，
∴CM＝MD，
∴线段CM最小时，线段CD长度的最小，
∵M在AB上运动，
∴当CM⊥AB时，CM最短，CD最短，即CM＝CO＝，
根据勾股定理得，CD的最小值为．


题组3：三动点
8．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．
【解答】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，
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+3)﹣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)．