2023年中考数学一轮复习课件 特殊三角形存在性问题

这是一份2023年中考数学一轮复习课件 特殊三角形存在性问题，共23页。PPT课件主要包含了典例精析，例题图①，例题图②，提分要点，随堂练习，第1题图，第1题图①，第1题图②等内容，欢迎下载使用。

例　抛物线y＝－x2＋2x＋3经过点A(－1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C(0，3).(1)若点M为抛物线对称轴上一点，是否存在这样的点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；
【分层分析】第一步：根据题干可知，要使△BCM是等腰三角形，需分两种情况进行讨论，作图如下(自主完成作图)：
第二步：根据作图及线段关系求点坐标；第三步：确定符合条件的点坐标．
存在．理由如下：设点M(1，m)，由题意得BC＝3 ，BM＝ ，CM＝ ，①当BC为腰时，a．若BC＝BM，∴3 ＝ ，解得m＝± ，则M1(1， )，M2(1，－ )；b．若BC＝CM，∴3 ＝ ，解得m＝3± ，则M3(1，3＋ )，M4(1，3－ )；
②当BC为底时，则CM＝BM，∴ ＝ ，解得m＝1，则M5(1，1).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)；
(2)如图①，连接AC，在抛物线对称轴上是否存在一点P，使得△ACP为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(2)存在．理由如下：设点P(1，p)，∵A(－1，0)，C(0，3)，∴AC2＝12＋32＝10，AP2＝(1＋1)2＋p2＝4＋p2，CP2＝12＋(p－3)2＝p2－6p＋10.①若∠CAP＝90°，
则AC2＋AP2＝CP2，∴10＋4＋p2＝p2－6p＋10，解得p＝－ ，∴此时点P的坐标为(1，－ )；②若∠ACP＝90°，则AC2＋CP2＝AP2，∴10＋p2－6p＋10＝4＋p2，解得p＝ ，∴此时点P的坐标为(1， )；③若∠APC＝90°，则AP2＋CP2＝AC2，
即4＋p2＋p2－6p＋10＝10，解得p1＝1，p2＝2，∴此时点P的坐标为(1，1)或(1，2).综上所述，满足条件的点P的坐标为(1，－ )或(1， )或(1，1)或(1，2)；
(3)如图②，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．
(3)存在．理由如下：设点N(x，－x2＋2x＋3).①当点C为直角顶点时，如解图，则∠N1CB＝90°，过点N1作N1H⊥y轴于点H，∵△BOC是等腰直角三角形，∴∠BCO＝45°，
∴∠N1CH＝180°－90°－45°＝45°，∴△N1CH是等腰直角三角形，∴N1H＝HC，即x＝－x2＋2x＋3－3，解得x1＝0(舍去)，x2＝1，∴N1(1，4)；②当点B为直角顶点时，如解图，则∠CBN2＝90°，过点N2作N2G⊥y轴，过点B作BG⊥x轴交N2G于点G，∴同理可得∠BN2G＝45°，△BN2G是等腰直角三角形，∴N2G＝BG，
即3－x＝－(－x2＋2x＋3)，解得x1＝－2，x2＝3(舍去)，∴N2(－2，－5).综上所述，满足条件的点N的坐标为 (1，4)或(－2，－5).
1．等腰三角形存在性问题的解题步骤步骤一：画图找点已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为等腰三角形．
(1)“两圆”：若AB为腰，分别以点A，B为圆心，AB长为半径画圆，与直线l的交点P1，P2，P3，P4即为所求；(2)“一线”：若AB为底，作AB的垂直平分线，与直线l的交点P5即为所求.步骤二：列关系式求点坐标(1)分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长，由①AB＝AP；②AB＝BP；③BP＝AP，分别列方程解出坐标；(2)作等腰三角形底边上的高，用勾股定理或相似 建立等量关系．
步骤三：定点结合题目已知，选出符合条件的点坐标．注：菱形的解题步骤同等腰三角形．
2．直角三角形存在性问题的解题步骤：步骤一：画图找点已知点A，B和直线l，在l上求作一点P，使△PAB为直角三角形．
(1)“两线”：分别过点A，B作AB的垂线，与直线l的交点即为所求的点(AB为直角边)；(2)“一圆”：以AB为直径作圆，与直线l的交点 即为所求的点(AB为斜边).
步骤二：列关系式求点坐标(1)代数法：分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长，分情况讨论，①∠PAB＝90°，即AB2＋AP2＝BP2；②∠ABP＝90°，即AB2＋BP2＝AP2；③∠APB＝90°，即AP2＋BP2＝AB2，再根据勾股定理列等式求解即可；(2)几何法：构造“一线三垂直”模型，利用相似或全等解题．步骤三：定点结合题目已知，选出符合条件的点坐标．注：矩形的解题步骤同直角三角形．
1. 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，对称轴为直线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是平行四边形，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＜0，0＜t＜4，∴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)在y轴上存在点F使得△BEF为等腰三角形，理由如下：∵C(0，4)，D是OC的中点，∴D(0，2).如解图，由(2)知Q(2，－2)，P(2，2).∵PQ∥OC，∴∠ODQ＝∠PQD.
(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．
∵∠DQE＝2∠ODQ＝2∠PQD，∴∠PQD＝∠PQE.
点D(0，2)关于PQ的对称点M的坐标为(4，2).∵直线QE过点M(4，2)和Q(2，－2)，∴直线QE的解析式为y＝2x－6.∵点E是直线QE与抛物线y＝x2－5x＋4的交点，∴E(5，4).设F(0，m)，则BF2＝42＋m2，BE2＝(5－4)2＋42＝17，EF2＝52＋(4－m)2，
当△BEF是等腰三角形时，分三种情况讨论：①当BF＝EF，即BF2＝EF2时，则42＋m2＝52＋(4－m)2，解得m＝ ，∴F(0， )；②当BF＝BE，即BF2＝BE2时，则42＋m2＝17，解得m＝±1，∴F(0，1)或(0，－1)；③当EF＝BE，即EF2＝BE2时，则52＋(4－m)2＝17，化简得m2－8m＋24＝0，