2024广东考数学二轮中考题型研究 类型五 与特殊三角形有关（课件）

这是一份2024广东考数学二轮中考题型研究 类型五 与特殊三角形有关（课件），共18页。PPT课件主要包含了第2题图，第2题图①，第2题图②等内容，欢迎下载使用。

【解法提示】∵抛物线对称轴为直线x＝2，B(3，0)，∴A(1，0)；将A(1，0)，B(3，0)代入抛物线解析式得 ，解得∴抛物线的解析式为y＝x2－4x＋3；将x＝2代入解析式中得y＝－1，∴D(2，－1)．
解：(1)(1，0)，(2，－1)，y＝x2－4x＋3；
(2)当二次函数y＝x2＋bx＋c的自变量x满足m≤x≤m＋2时，函数y的最小值为 ，求m的值；
解得m1＝ (与m<0不符，舍去)，m2＝－ ；当m>2时，取值范围在对称轴右侧，此时y随x的增大而增大，∴当x＝m时，y有最小值，即m2－4m＋3＝ ，解得m1＝ (与m>2不符，舍去)，m2＝ ；
当0≤m≤2时函数的最小值都是－1，不成立．综上所述，m的值为－ 或 ；
(3)P是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P，使△PAC为直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
如解图，过点C作对称轴的垂线交于点E，设对称轴与x轴交于点F.
由抛物线解析式可得C(0，3)，设P(2，y)，
∴CE＝2，PE＝|3－y|，AF＝1，PF＝y，则PC2＝22＋(3－y)2＝y2－6y＋13，PA2＝1＋y2，AC2＝12＋32＝10，若△PAC是为以AC为斜边的直角三角形，则根据勾股定理得PA2＋PC2＝AC2，即1＋y2＋y2－6y＋13＝10，解得y1＝1，y2＝2，
∴P点的坐标为(2，1)或(2，2)；若△PAC是以AP为斜边的直角三角形，则根据勾股定理得AC2＋PC2＝PA2，即10＋y2－6y＋13＝1＋y2，解得y＝ ，∴P点坐标为(2， )；
若△PAC是以PC为斜边的直角三角形，则根据勾股定理得AC2＋PA2＝PC2，
即10＋1＋y2＝y2－6y＋13，解得y＝ ，∴P点坐标为(2， )．综上所述，点P的坐标为(2，1)或(2，2)或(2， )或(2， )．
2. (2021南充)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋4(a≠0)与x轴交于点A(1，0)和B，与y轴交于点C，对称轴为x＝ .(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，若点P是线段BC上的一个动点(不与点B，C重合)，过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ.当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由；
(2)四边形OCPQ为平行四边形，理由如下：令x＝0，则y＝4，令y＝0，即x2－5x＋4＝0，解得x1＝1，x2＝4.
∴B(4，0)，C(0，4)，∴直线BC的解析式为y＝－x＋4.∵点P在线段BC上，∴设P(t，－t＋4)(0＜t＜4)，则Q(t，t2－5t＋4)(0＜t＜4)．∴PQ＝－t＋4－(t2－5t＋4)＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4.
∵－1＜0，∴当t＝2时，线段PQ取得最大值4.∵OC＝4，∴OC＝PQ.∵OC∥PQ，∴四边形OCPQ是平行四边形；
(3)如图②，在(2)的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ.在y轴上是否存在点F，使得△BEF为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
如解图，过点Q作QM⊥y轴于点M，过点E，Q分别作x轴，y轴的平行线，两平行线交于点N，
由(2)得Q(2，－2)，∵D是OC的中点，∴D(0，2)，∵QN∥y轴，∴∠ODQ＝∠DQN，又∵∠DQE＝2∠ODQ，∴∠DQE＝2∠DQN，∴∠MDQ＝∠DQN＝∠EQN，
∴tan∠MDQ＝tan∠EQN，即 ，设E(x，x2－5x＋4)，则 ，解得x1＝5，x2＝2(舍去)，当x＝5时，x2－5x＋4＝4，∴E(5，4)，
过点E作EG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥EG于点H，
设F(0，y)，则OF＝|y|，由B(4，0)可得OB＝4，∴BF2＝42＋y2＝16＋y2，∵FH＝5，EH＝|4－y|，∴EF2＝52＋(4－y)2＝25＋(4－y)2，∵BG＝5－4＝1，EG＝4，∴BE2＝12＋42＝17，
①当BF＝EF时，BF2＝EF2，∴16＋y2＝25＋(4－y)2，解得y＝ ；②当BF＝BE时，BF2＝BE2，∴16＋y2＝17，解得y＝1或y＝－1；