专题4二次函数与相似问题(教师版)-拔尖2023中考数学压轴题突破(全国通用)
展开函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径
① 求相似三角形的第三个顶点时,先要分析已知三角形的边和角的特点,进而得出已知三角形是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。
②或利用已知三角形中对应角,在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。
③若两个三角形的各边均未给出,则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度,之后利用相似来列方程求解。
相似三角形常见的判定方法:
(1)平行线法:平行于三角形的一边的直线与其他两边相交,所构成的三角形与原三角形相似;
这是判定三角形相似的一种基本方法.相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型,如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形.
(2)三边法:三组对应边的比相等的两个三角形相似;
(3)两边及其夹角法:两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似;
(4)两角法:有两组角对应相等的两个三角形相似.
判定定理“两边及其夹角法”是常用的解题依据,一般分三步:寻找一组等角,分两种情况列比例方程,解方程并检验.
如果已知∠A=∠D,探求△ABC与△DEF相似,只要把夹∠A和∠D的两边表示出来,按照对应边成比例,分和两种情况列方程.
应用判定定理“两角法”解题,先寻找一组等角,再分两种情况讨论另外两组对应角相等.
应用判定定理“三边法”解题不多见,根据三边对应成比例列连比式解方程(组).
还有一种情况,讨论两个直角三角形相似,如果一组锐角相等,其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的,那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题.
【例1】(2022•贵港)如图,已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过A(0,3)和B(,﹣)两点,直线AB与x轴相交于点C,P是直线AB上方的抛物线上的一个动点,PD⊥x轴交AB于点D.
(1)求该抛物线的表达式;
(2)若PE∥x轴交AB于点E,求PD+PE的最大值;
(3)若以A,P,D为顶点的三角形与△AOC相似,请直接写出所有满足条件的点P,点D的坐标.
【分析】(1)直接利用待定系数法,即可求出解析式;
(2)先求出点C的坐标,然后证明Rt△DPE∽Rt△AOC,再由二次函数的最值性质,求出答案;
(3)根据题意,可分为两种情况进行分析:当△AOC∽△APD时;当△AOC∽△DAP时;分别求出两种情况的点的坐标,即可得到答案.
【解析】(1)将A(0,3)和B(,﹣)代入y=﹣x2+bx+c,
,
解得,
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3;
(2)设直线AB的解析式为y=kx+n,把A(0,3)和B(,﹣)代入,
,
解得,
∴直线AB的解析式为y=﹣x+3,
当y=0时,﹣x+3=0,
解得:x=2,
∴C点坐标为(2,0),
∵PD⊥x轴,PE∥x轴,
∴∠ACO=∠DEP,
∴Rt△DPE∽Rt△AOC,
∴,
∴PE=PD,
∴PD+PE=PD,
设点P的坐标为(a,﹣a2+2a+3),则D点坐标为(a,﹣a+3),
∴PD=(﹣a2+2a+3)﹣(﹣a+3)=﹣(a﹣)2+,
∴PD+PE=﹣(a﹣)2+,
∵﹣<0,
∴当a=时,PD+PE有最大值为;
(3)①当△AOC∽△APD时,
∵PD⊥x轴,∠DPA=90°,
∴点P纵坐标是3,横坐标x>0,
即﹣x2+2x+3=3,解得x=2,
∴点D的坐标为(2,0);
∵PD⊥x轴,
∴点P的横坐标为2,
∴点P的纵坐标为:y=﹣22+2×2+3=3,
∴点P的坐标为(2,3),点D的坐标为(2,0);
②当△AOC∽△DAP时,
此时∠APG=∠ACO,
过点A作AG⊥PD于点G,
∴△APG∽△ACO,
∴,
设点P的坐标为(m,﹣m2+2m+3),则D点坐标为(m,﹣m+3),
则,
解得:m=,
∴D点坐标为(,1),P点坐标为(,),
综上,点P的坐标为(2,3),点D的坐标为(2,0)或P点坐标为(,),D点坐标为(,1).
【例2】(2022•衡阳)如图,已知抛物线y=x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点,将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折,其余部分不变,得到的新图象记为“图象W”,图象W交y轴于点C.
(1)写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式;
(2)若直线y=﹣x+b与图象W有三个交点,请结合图象,直接写出b的值;
(3)P为x轴正半轴上一动点,过点P作PM∥y轴交直线BC于点M,交图象W于点N,是否存在这样的点P,使△CMN与△OBC相似?若存在,求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)令x=0和翻折的性质可得C(0,2),令y=0可得点A、B的坐标,利用待定系数法即可求出图象W的解析式;
(2)利用数形结合找出当y=﹣x+b经过点C或者y=﹣x+b与y=x2﹣x﹣2相切时,直线y=﹣x+b与新图象恰好有三个不同的交点,①当直线y=﹣x+b经过点C(0,2)时,利用一次函数图象上点的坐标特征,即可求出b值;②当y=﹣x+b与y=x2﹣x﹣2相切时,联立一次函数解析式和抛物线解析式,利用根的判别式Δ=0,即可求出b值.综上即可得出结论;
(3)先确定△BOC是等腰直角三角形,分三种情况:∠CNM=90°或∠MCN=90°,分别画图可得结论.
【解析】(1)当x=0时,y=﹣2,
∴C(0,2),
当y=0时,x2﹣x﹣2=0,
(x﹣2)(x+1)=0,
∴x1=2,x2=﹣1,
∴A(﹣1,0),B(2,0),
设图象W的解析式为:y=a(x+1)(x﹣2),
把C(0,2)代入得:﹣2a=2,
∴a=﹣1,
∴y=﹣(x+1)(x﹣2)=﹣x2+x+2,
∴图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式为:y=﹣x2+x+2(﹣1<x<2);
(2)由图象得直线y=﹣x+b与图象W有三个交点时,存在两种情况:
①当直线y=﹣x+b过点C时,与图象W有三个交点,此时b=2;
②当直线y=﹣x+b与图象W位于线段AB上方部分对应的函数图象相切时,如图1,
﹣x+b=﹣x2+x+2,
x2﹣2x+b﹣2=0,
Δ=(﹣2)2﹣4×1×(b﹣2)=0,
∴b=3,
综上,b的值是2或3;
(3)∵OB=OC=2,∠BOC=90°,
∴△BOC是等腰直角三角形,
如图2,CN∥OB,△CNM∽△BOC,
∵PN∥y轴,
∴P(1,0);
如图3,CN∥OB,△CNM∽△BOC,
当y=2时,x2﹣x﹣2=2,
x2﹣x﹣4=0,
∴x1=,x2=,
∴P(,0);
如图4,当∠MCN=90°时,△OBC∽△CMN,
∴CN的解析式为:y=x+2,
∴x+2=x2﹣x﹣2,
∴x1=1+,x2=1﹣(舍),
∴P(1+,0),
综上,点P的坐标为(1,0)或(,0)或(1+,0).
【例3】(2022•桂林)如图,抛物线y=﹣x2+3x+4与x轴交于A,B两点(点A位于点B的左侧),与y轴交于C点,抛物线的对称轴l与x轴交于点N,长为1的线段PQ(点P位于点Q的上方)在x轴上方的抛物线对称轴上运动.
(1)直接写出A,B,C三点的坐标;
(2)求CP+PQ+QB的最小值;
(3)过点P作PM⊥y轴于点M,当△CPM和△QBN相似时,求点Q的坐标.
【分析】(1)由y=﹣x2+3x+4可得A(﹣1,0),B(4,0),C(0,4);
(2)将C(0,4)向下平移至C',使CC'=PQ,连接BC'交抛物线的对称轴l于Q,可知四边形CC'QP是平行四边形,及得CP+PQ+BQ=C'Q+PQ+BQ=BC'+PQ,而B,Q,C'共线,故此时CP+PQ+BQ最小,最小值为BC'+PQ的值,由勾股定理可得BC'=5,即得CP+PQ+BQ最小值为6;
(3)由在y=﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x=﹣=,设Q(,t),则P(,t+1),M(0,t+1),N(,0),知BN=,QN=t,PM=,CM=|t﹣3|,①当=时,=,可解得Q(,)或(,);②当=时,=,得Q(,).
【解析】(1)在y=﹣x2+3x+4中,令x=0得y=4,令y=0得x=﹣1或x=4,
∴A(﹣1,0),B(4,0),C(0,4);
(2)将C(0,4)向下平移至C',使CC'=PQ,连接BC'交抛物线的对称轴l于Q,如图:
∵CC'=PQ,CC'∥PQ,
∴四边形CC'QP是平行四边形,
∴CP=C'Q,
∴CP+PQ+BQ=C'Q+PQ+BQ=BC'+PQ,
∵B,Q,C'共线,
∴此时CP+PQ+BQ最小,最小值为BC'+PQ的值,
∵C(0,4),CC'=PQ=1,
∴C'(0,3),
∵B(4,0),
∴BC'==5,
∴BC'+PQ=5+1=6,
∴CP+PQ+BQ最小值为6;
(3)如图:
由在y=﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x=﹣=,
设Q(,t),则P(,t+1),M(0,t+1),N(,0),
∵B(4,0),C(0,4);
∴BN=,QN=t,PM=,CM=|t﹣3|,
∵∠CMP=∠QNB=90°,
∴△CPM和△QBN相似,只需=或=,
①当=时,=,
解得t=或t=,
∴Q(,)或(,);
②当=时,=,
解得t=或t=(舍去),
∴Q(,),
综上所述,Q的坐标是(,)或(,)或(,).
【例4】(2022•玉林)如图,已知抛物线:y=﹣2x2+bx+c与x轴交于点A,B(2,0)(A在B的左侧),与y轴交于点C,对称轴是直线x=,P是第一象限内抛物线上的任一点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点D为线段OC的中点,则△POD能否是等边三角形?请说明理由;
(3)过点P作x轴的垂线与线段BC交于点M,垂足为点H,若以P,M,C为顶点的三角形与△BMH相似,求点P的坐标.
【分析】(1)把点B(2,0)代入y=﹣2x2+bx+c中,再由对称轴是直线x=列方程,两个方程组成方程组可解答;
(2)当△POD是等边三角形时,点P在OD的垂直平分线上,所以作OD的垂直平分线与抛物线的交点即为点P,计算OD≠PD,可知△POD不可能是等边三角形;
(3)分种情况:①当PC∥x轴时,△CPM∽△BHM时,根据PH的长列方程可解答;②②如图3,△PCM∽△BHM,过点P作PE⊥y轴于E,证明△PEC∽△COB,可得结论.
【解析】(1)由题意得:,
解得:,
∴抛物线的解析式为:y=﹣2x2+2x+4;
(2)△POD不可能是等边三角形,理由如下:
如图1,取OD的中点E,过点E作EP∥x轴,交抛物线于点P,连接PD,PO,
∵C(0,4),D是OD的中点,
∴E(0,1),
当y=1时,﹣2x2+2x+4=1,
2x2﹣2x﹣3=0,
解得:x1=,x2=(舍),
∴P(,1),
∴OD≠PD,
∴△POD不可能是等边三角形;
(3)设点P的坐标为(t,﹣2t2+2t+4),则OH=t,BH=2﹣t,
分两种情况:
①如图2,△CMP∽△BMH,
∴∠PCM=∠OBC,∠BHM=∠CPM=90°,
∴tan∠OBC=tan∠PCM,
∴====2,
∴PM=2PC=2t,MH=2BH=2(2﹣t),
∵PH=PM+MH,
∴2t+2(2﹣t)=﹣2t2+2t+4,
解得:t1=0,t2=1,
∴P(1,4);
②如图3,△PCM∽△BHM,则∠PCM=∠BHM=90°,
过点P作PE⊥y轴于E,
∴∠PEC=∠BOC=∠PCM=90°,
∴∠PCE+∠EPC=∠PCE+∠BCO=90°,
∴∠BCO=∠EPC,
∴△PEC∽△COB,
∴=,
∴=,
解得:t1=0(舍),t2=,
∴P(,);
综上,点P的坐标为(1,4)或(,).
1.(2020秋•兴城市期末)如图,抛物线y=ax2+bx+4经过A(4,0),B(﹣1,0)两点,与y轴交于点C,D为第一象限抛物线上的动点,连接AC,BC,DA,DB,DB与AC相交于点E.
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图1,设△ADE的面积为S1,△BCE的面积为S2,当S1=S2+5时,求点D的坐标;
(3)如图2,过点C作CF∥x轴,点M是直线CF上的一点,MN⊥CF交抛物线于点N,是否存在以C,M,N为顶点的三角形与△BCO相似?若存在,请直接写出点M的坐标,若不存在,请说明理由.
【分析】(1)运用待定系数法将A(4,0),B(﹣1,0)代入y=ax2+bx+4,解方程组即可求得答案;
(2)根据题意,当S1=S2+5,即S△ABD=S△ABC+5,设D(x,y),表示出△ABD和△ABC的面积,列方程求解即可;
(3)分情况讨论,列出三角形相似的三种情况,画出相应图形,设M(m,4),则N(m,﹣m2+3m+4),运用相似三角形性质,建立方程求解即可.
【解析】(1)∵抛物线y=ax2+bx+4经过A(4,0),B(﹣1,0)两点,
∴,
解得:,
∴y=﹣x2+3x+4;
(2)∵抛物线y=﹣x2+3x+4与y轴交于点C,令x=0,则y=4,
∴C(0,4),
∵S1=S2+5,
∴S1+S△AEB=S2+S△AEB+5,
即S△ABD=S△ABC+5,
∵A(4,0),B(﹣1,0),
∴AB=5,
设D(x,y),
∴×5×y=×5×4+5,
∴y=6,
∴﹣x2+3x+4=6,
解得:x1=1,x2=2,
∴D1(1,6),D2(2,6);
(3)设M(m,4),则N(m,﹣m2+3m+4),
①如图2,△BOC∽△NMC,
则=,
∴=,
解得:m=0(舍去),m=,
经检验,m=是原方程的解,
∴M(,4);
②如图3,△BOC∽△CMN,
则=,
∴=,
解得:m=0(舍去),m=﹣1,
经检验,m=﹣1是原方程的解,
∴M(﹣1,4);
③如图4,△BOC∽△NMC,
则=,
∴=,
解得:m=0(舍去),m=,
经检验,m=是原方程的解,
∴M(,4);
④如图5,△BOC∽△CMN,
则=,
∴=,
解得:m=0(舍去),m=7,
经检验,m=7是原方程的解,
∴M(7,4);
综上所述,点M的坐标为(,4)或(﹣1,4)或(,4)或(7,4).
2.(2020秋•郴州期末)已知抛物线y=x2﹣3x+与x轴交于A,B两点(点A在点B的左边).
(1)求A,B两点的坐标;
(2)如图1,若点D是抛物线上在第四象限的点,连接DA并延长,交y轴于点P,过点D作DE⊥x轴于点E.当△APO与△ADE的面积比为=时.求点D的坐标;
(3)如图2,抛物线与y轴相交于点F.若点Q是线段OF上的动点,过点Q作与x轴平行的直线交抛物线于M,N两点(点M在点N的左边).请问是否存在以Q,A,M为顶点的三角形与△QNA相似?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)在抛物线解析式中,令y=0则可求得A、B的坐标;
(2)证明△AOP∽△AED,根据相似三角形面积的比等于对应边的比的平方列比例式可得AE=2,从而得点D的横坐标为3,代入抛物线的解析式可得点D的坐标;
(3)如图2所示,若以Q,A,M为顶点的三角形与△QNA相似,有两种情况,但是∠QAM与∠QAN不可能相等,所以最后只存在一种情况:△AQM∽△NQA,列比例式可得结论.
【解析】(1)当y=0时,x2﹣3x+=0,
解得:x1=1,x2=5,
∴A(1,0),B(5,0);
(2)∵DE⊥x轴,
∴∠AED=90°,
∴∠AOP=∠AED=90°,
∵∠OAP=∠DAE,
∴△AOP∽△AED,
∴==,
∴=,
∵OA=1,
∴AE=2,
∴OE=3,
当x=3时,y=﹣3×3+=﹣2,
∴D(3,﹣2);
(3)如图2,设Q(0,m),
当x=0时,y=,
∴F(0,),
∵点Q是线段OF上的动点,
∴0≤m≤,
当y=m时,x2﹣3x+=m,
x2﹣6x+5﹣2m=0,
x=3,
∴x1=3+,x2=3﹣,
∴QM=3﹣,QN=3+,
在Rt△AOQ中,由勾股定理得:AQ=,
∵∠AQM=∠AQN,
∴当△AQM和△AQN相似只存在一种情况:△AQM∽△NQA,
∴,
∴AQ2=NQ•QM,即1+m2=(3+)(3﹣),
解得:m1=﹣1+,m2=﹣1﹣(舍),
∴Q(0,﹣1+).
3.(2020秋•长垣市期末)如图1,抛物线y=x2+bx+c与x轴、y轴分别交于点B(6,0)和点C(0,﹣3).
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P是直线BC下方抛物线上一动点,其横坐标为m,连接PB、PC,当△PBC的面积为时,求m值;
(3)如图2,点M是线段OB上的一个动点,过点M作x轴的垂线l分别与直线BC和抛物线交于D,E两点,是否存在以C,D,E为顶点的三角形与△BDM相似,若存在,请直接写出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)根据点A、B的坐标,利用待定系数法即可求出该抛物线的函数关系式;
(2)根据点P是直线BC下方抛物线上一动点,其横坐标为m,表示PH的长,根据三角形的面积列方程解出即可得出结论;
(3)先根据两三角形相似判断出∠CED=∠BMD=90°或∠DCE=∠DMB=90°,进而分两种情况讨论即可得出结论.
【解析】(1)把点B(6,0)和点C(0,﹣3)代入得:,
解得:,
∴抛物线的解析式为;
(2)设直线BC的解析式为:y=ax+n,
由点B(6,0)和C(0,﹣3)得:,
解得:,
∴直线BC的解析式为,
如图1,过点P作y轴的平行线交BC于点H,
∵点P的坐标为(m,),PH∥y轴,
∴点H的坐标为(m,),
∴PH=yH﹣yP=﹣()=﹣,
xB﹣xC=6﹣0=6,
∵S△PBC=PH×6=(﹣)×6=﹣=,
解得:m1=1,m2=5,
∴m值为1或5;
(3)如图2,∵∠CDE=∠BDM,△CDE与△BDM相似,
∴∠CED=∠BMD=90°或∠DCE=∠DMB=90°,
设M(x,0),
①当∠CED=∠BDM=90°,
∴CE∥AB,
∵C(0,﹣3),
∴点E的纵坐标为﹣3,
∵点E在抛物线上,
∴x2﹣x﹣3=﹣3.
∴x=0(舍)或x=5,
∴M(5,0);
②当∠DCE=∠DMB=90°,
∵OB=6,OC=3,
∴BC==3,
由(2)知直线BC的关系式为y=x﹣3,
∴OM=x,BM=6﹣x,DM=3﹣x,
由(2)同理得ED=﹣+3x,
∵DM∥OC,
∴,即,
∴CD=,
∴BD=BC﹣CD=﹣x,
∵△ECD∽△BMD,
∴,即=,
∴=x(3﹣x)2,
x(6﹣x)(1﹣x)=0,
x1=0(舍),x2=6(舍),x3=1,
∴M(1,0);
综上所述:点M的坐标为(5,0)或(1,0).
4.(2021秋•邹城市期末)如图,已知抛物线y=x2+2x的顶点为A,直线y=x+2与抛物线交于B,C两点.
(1)求A,B,C三点的坐标;
(2)作CD⊥x轴于点D,求证:△ODC∽△ABC;
(3)若点P为抛物线上的一个动点,过点P作PM⊥x轴于点M,则是否还存在除C点外的其他位置的点,使以O,P,M为顶点的三角形与△ABC相似?若存在,请求出这样的P点坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)将抛物线配方后可得顶点A的坐标,将抛物线和一次函数的解析式联立方程组,解出可得B和C的坐标;
(2)先根据两点的距离计算AB、BC、AC的长,根据勾股定理的逆定理可得:∠ABC=90°,最后根据两边的比相等且夹角为90度得两三角形相似;
(3)存在,设M(x,0),则P(x,x2+2x),表示OM=|x|,PM=|x2+2x|,分两种情况:有=或=,根据比例式代入可得对应x的值,计算点P的坐标即可.
【解答】(1)解:y=x2+2x=(x+1)2﹣1,
∴顶点A(﹣1,﹣1);
由,解得:或
∴B(﹣2,0),C(1,3);
(2)证明:∵A(﹣1,﹣1),B(﹣2,0),C(1,3),
∴AB==,
BC==3,
AC==2,
∴AB2+BC2=AC2,==,
∴∠ABC=90°,
∵OD=1,CD=3,
∴=,
∴,∠ABC=∠ODC=90°,
∴△ODC∽△ABC;
(3)存在这样的P点,
设M(x,0),则P(x,x2+2x),
∴OM=|x|,PM=|x2+2x|,
当以O,P,M为顶点的三角形与△ABC相似时,
有=或=,
由(2)知:AB=,CB=3,
①当=时,则=,
当P在第二象限时,x<0,x2+2x>0,
∴,解得:x1=0(舍),x2=﹣,
当P在第三象限时,x<0,x2+2x<0,
∴=,解得:x1=0(舍),x2=﹣,
②当=时,则=3,
同理代入可得:x=﹣5或x=1(舍),
综上所述,存在这样的点P,坐标为(﹣,﹣)或(﹣,)或(﹣5,15).
5.(2021秋•攸县期末)如图,已知直线y=﹣2x+4分别交x轴、y轴于点A、B,抛物线过A,B两点,点P是线段AB上一动点,过点P作PC⊥x轴于点C,交抛物线于点D.
(1)若抛物线的解析式为y=﹣2x2+2x+4,设其顶点为M,其对称轴交AB于点N.
①求点M和点N的坐标;
②在抛物线的对称轴上找一点Q,使|AQ﹣BQ|的值最大,请直接写出点Q的坐标;
③是否存在点P,使四边形MNPD为菱形?并说明理由;
(2)当点P的横坐标为1时,是否存在这样的抛物线,使得以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似?若存在,求出满足条件的抛物线的解析式;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)①函数的对称轴为:x=﹣=,故点M(,),即可求解;
②设抛物线与x轴左侧的交点为R(﹣1,0),则点A与R关于抛物线的对称轴对称,连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q,则点Q为所求,即可求解;
③四边形MNPD为菱形,首先PD=MN,即(﹣2x2+2x+4)﹣(﹣2x+4)=,解得:x=或(舍去),故点P(,1),而PN==≠MN,即可求解;
(2)分∠DBP为直角、∠BDP为直角两种情况,分别求解即可.
【解析】(1)①函数的对称轴为:x=﹣=,故点M(,),
当x=时,y=﹣2x+4=3,故点N(,3);
②设抛物线与x轴左侧的交点为R(﹣1,0),则点A与R关于抛物线的对称轴对称,
连接RB并延长交抛物线的对称轴于点Q,则点Q为所求,
将R、B的坐标代入一次函数表达式:y=kx+b并解得:
直线RB的表达式为:y=4x+4,
当x=时,y=6,
故点Q(,6);
③不存在,理由:
设点P(x,﹣2x+4),则点D(x,﹣2x2+2x+4),
MN=﹣3=,
四边形MNPD为菱形,首先PD=MN,
即(﹣2x2+2x+4)﹣(﹣2x+4)=,解得:x=或(舍去),
故点P(,1),而PN==≠MN,
故不存在点P,使四边形MNPD为菱形;
(2)当点P的横坐标为1时,则其坐标为:(1,2),此时点A、B的坐标分别为:(2,0)、(0,4),
①当∠DBP为直角时,以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似,
则∠BAO=∠BDP=α,tan∠BAO==2=tanα,则sinα=,
PA=,PB=AB﹣PA=2﹣=,
则PD==,故点D(1,);
②当∠BDP为直角时,以B、P、D为顶点的三角形与△AOB相似,
则BD∥x轴,则点B、D关于抛物线的对称轴对称,故点D(1,4),
综上,点D的坐标为:(1,4)或(1,),
将点A、B、D的坐标代入抛物线表达式:y=ax2+bx+c并解得:
y=﹣2x2+2x+4或y=﹣x2+3x+4.
6.(2022•禹城市模拟)如图,抛物线经过A(4,0),B(1,0),C(0,﹣2)三点.
(1)求出抛物线的解析式;
(2)P是抛物线在第一象限上的一动点,过P作PM⊥x轴,垂足为M,是否存在P点,使得以A,P,M为顶点的三角形与△OAC相似?若存在,请求出符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由;
(3)若抛物线上有一点D(点D位于直线AC的上方且不与点B重合)使得S△DCA=S△ABC,直接写出点D的坐标.
【分析】(1)用待定系数法求函数解析式即可;
(2)设P(t,﹣t2+t﹣2),则M(t,0),1<t<4,分两种情况讨论:①当∠PAM=∠OAC时,tan∠OAC=tan∠MAP,可求P(2,1);②当∠PAM=∠OCA时,tan∠OAC=tan∠APM,此时P点坐标不存在;
(3)求出直线AC的解析式为y=x﹣2,再求出过点B作直线AC的平行线y=x﹣,联立方程组,即可求D点坐标.
【解析】(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c,
将A(4,0),B(1,0),C(0,﹣2)代入y=ax2+bx+c,
∴,
解得,
∴y=﹣x2+x﹣2;
(2)存在P点,使得以A,P,M为顶点的三角形与△OAC相似,理由如下:
设P(t,﹣t2+t﹣2),则M(t,0),1<t<4,
∴PM=﹣t2+t﹣2,
∵A(4,0),
∴AM=4﹣t,
∴tan∠MAP=,
∵C(0,﹣2),
∴OC=2,OA=4,
∴tan∠OAC=,
①当∠PAM=∠OAC时,=,
解得t=2或t=4(舍),
∴P(2,1);
②当∠PAM=∠OCA时,=2,
解得t=4(舍)或t=5(舍),
∴此时P不存在;
综上所述:P点坐标为(2,1);
(3)设直线AC的解析式为y=kx+b,
∴,
∴,
∴直线AC的解析式为y=x﹣2,
过点B作直线AC的平行线y=x+m,
∴+m=0,
∴m=﹣,
∴y=x﹣,
联立方程组,
解得(舍)或,
∴D(3,1).
7.(2022•祥云县模拟)如图,已知抛物线y=ax2+bx+c过点A(﹣1,0),B(3,0),交y轴于点C(0,3),点M是该抛物线上第一象限内的一个动点,ME垂直x轴于点E,交线段BC于点D,MN∥x轴,交y轴于点N.
(1)求抛物线y=ax2+bx+c的表达式;
(2)若四边形MNOE是正方形,求该正方形的边长;
(3)连结OD,AC,抛物线上是否存在点M,使得以C,O,D为顶点的三角形与△ABC相似,若存在,请求出点M的坐标,若不存在,请说明理由.
【分析】(1)根据点A,B,C的坐标,利用待定系数法即可求出二次函数的表达式;
(2)设点M的坐标为(x,﹣x2+2x+3)(0<x<3),利用正方形的性质可得出关于x的一元二次方程,解之取其正值即可得出结论;
(3)利用点C,点A,B的坐标可得出AB,BC的值,由OB=OC=3可得出∠OCD=∠ABC=45°,进而可得出存在两种情况,过点D作DF⊥y轴,垂足为点F,则△CDF为等腰直角三角形,①当△OCD∽△ABC时,利用相似三角形的性质可求出CD的长度,进而可得出DF的长度,再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标;②当△DCO∽△ABC时,用相似三角形的性质可求出CD的长度,进而可得出DF的长度,再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标.综上,此题得解.
【解析】(1)将A(﹣1,0),B(3,0),C(0,3),代入y=ax2+bx+c,得:
,解得:,
∴抛物线的函数表达式为y=﹣x2+2x+3;
(2)设点M的坐标为(x,﹣x2+2x+3)(0<x<3).
∵四边形MNOE为正方形,
∴x=﹣x2+2x+3,
解得:x1=,x2=(舍去),
∴MN=,
∴该正方形的边长为;
(3)∵点C的坐标为(0,3).点A的坐标为(﹣1,0),点B的坐标为(3,0),
∴AB=4,BC=3.
∵OB=OC=3,
∴∠OCD=∠ABC=45°.
∴存在两种情况.
过点D作DF⊥y轴,垂足为点F,则△CDF为等腰直角三角形,如图所示.
①当△OCD∽△ABC时,,即,
∴CD=,
∴DF=CF=,
∴点M的坐标为(,);
②当△DCO∽△ABC时,,即,
∴CD=2,
∴DF=CF=2,
∴点M的坐标为(2,3).
综上所述:抛物线上存在点M,使得以点C,O,D为顶点的三角形与△ABC相似,点M的坐标为(,)或(2,3).
8.(2022•松江区校级模拟)如图,抛物线y=x2﹣bx+c过点B(3,0),C(0,﹣3),D为抛物线的顶点.
(1)求抛物线的解析式以及顶点坐标;
(2)连接BC,CD,DB,求∠CBD的正切值;
(3)点C关于抛物线y=x2﹣bx+c对称轴的对称点为E点,连接BE,直线BE与对称轴交于点M,在(2)的条件下,点P是抛物线对称轴上的一点,是否存在点P使△CDB和△BMP相似,若存在,求点P坐标,若不存在,请说明理由.
【分析】(1)将点B、C的坐标代入y=x2﹣bx+c,即可得到抛物线的解析式,然后利用配方法可求得抛物线的顶点坐标;
(2)求得BC,CD,DB的长,根据勾股定理的逆定理可得△BCD是直角三角形,∠BCD=90°,利用锐角三角函数的定义求解即可;
(3)根据二次函数的对称性得E(2,﹣3),可得直线BE为y=3x﹣9,则M(1,﹣6),由(2)知△CDB是直角三角形,∠BCD=90°,若△CDB和△BMP相似,可分两种情况进行解析:①∠MPB=∠BCD=90°时,②∠MBP=∠BCD=90°时,根据相似三角形的性质即可求解.
【解析】(1)将点B、C的坐标代入抛物线表达式得:
,解得,
故抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3;
∵y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4,
∴D(1,﹣4);
(2)如图.
∵B(3,0),C(0,﹣3),D(1,﹣4),
∴BC2=32+32=18,BC==3,
CD2=12+(4﹣3)2=2,CD=,
BD2=42+(3﹣1)2=20,BD=2,
∴BD2=BC2+CD2,
∴△BCD是直角三角形,∠BCD=90°,
∴tan∠CBD===;
(3)∵点C关于抛物线y=x2﹣2x﹣3对称轴的对称点为E点,y=x2﹣2x﹣3的对称轴为x=1,
∴E(2,﹣3),
∵B(3,0),
∴直线BE为y=3x﹣9,
∴M(1,﹣6),
由(2)知△CDB是直角三角形,∠BCD=90°,
若△CDB和△BMP相似,可分两种情况进行解析:
①∠MPB=∠BCD=90°时,点P在x轴上,
∵M(1,﹣6),B(3,0),
∴PM=6,BP=2,
∴,
∴=,
∵∠MPB=∠BCD=90°,
∴△CDB和△PBM,
∴P(1,0);
②∠MBP=∠BCD=90°时,
∵M(1,﹣6),B(3,0),
∴MB==2,
∵△CDB和△BPM,
∴,
∴,解得PM=,
∴点MP的纵坐标为﹣6=,
∴P(1,).
综上所述,存在,点P的坐标为(1,0)或(1,).
9.(2022•平江县一模)如图,抛物线y=ax2+bx+8与x轴交于A(﹣2,0)和点B(8,0),与y轴交于点C,顶点为D,连接AC,BC,BC与抛物线的对称轴l交于点E.
(1)求该抛物线的函数表达式;
(2)点P是第一象限内抛物线上的动点,连接PB,PC,设四边形PBOC和△AOC的面积分别为S四边形PBOC和S△AOC,记S=S四边形PBOC﹣S△AOC,求S最大值点P的坐标及S的最大值;
(3)点N是对称轴l右侧抛物线上的动点,在射线ED上是否存在点M,使得以点M,N,E为顶点的三角形与△BOC相似?若存在,求点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)将点A(﹣2,0)和点B(8,0)代入y=ax2+bx+8,即可求解;
(2)过点P作PG∥y轴交BC于点G,设P(t,﹣t2+3t+8),则G(t,﹣t+8),PG=﹣t2+4t,分别求出S△AOC=8,S△BOC=32,S△BCP=﹣2t2+16t,则S=S四边形PBOC﹣S△AOC=﹣2(t﹣4)2+56,即可求解;
(3)先证明△BCD是等腰直角三角形,求出E(3,5),设M(3,m),N(n,﹣n2+3n+8),分三种情况讨论:①当∠NME=90°,ME=MN时,△OBC∽△MNE,则m=﹣n2+3n+8,m﹣5=n﹣3,可求M(3,8);当∠MEN=90°,EN=ME时,△MNE∽△BOC,5=﹣n2+3n+8,m﹣5=n﹣3,求得M(3,5+);③当∠MNE=90°,MN=EN时,△MNE∽△BOC,过点N作NH⊥l交于H,由①M与E点关于H点对称,可求M(3,11).
【解析】(1)将点A(﹣2,0)和点B(8,0)代入y=ax2+bx+8,
∴,
解得,
∴y=﹣x2+3x+8;
(2)令x=0,则y=8,
∴C(0,8),
∴S△AOC=×2×8=8,S△BOC=×8×8=32,
设直线BC的解析式为y=kx+b,
∴,
解得,
∴yx+8,
过点P作PG∥y轴交BC于点G,设P(t,﹣t2+3t+8),则G(t,﹣t+8),
∴PG=﹣t2+4t,
∴S△BCP=×8×(﹣t2+4t)=﹣2t2+16t,
∴S四边形PBOC=S△BOC+S△BCP=32﹣2t2+16t,
∴S=S四边形PBOC﹣S△AOC=﹣2t2+16t+24=﹣2(t﹣4)2+56,
∵点P是第一象限,
∴0<t<8,
∴当t=4时,S有最大值56,
此时P(4,12);
(3)∵OB=OC=8,
∴△BCD是等腰直角三角形,
∵直线BC的解析式为y=﹣x+8,
∴E(3,5),
设M(3,m),N(n,﹣n2+3n+8),
①当∠NME=90°,ME=MN时,△OBC∽△MNE,
∴MN∥x轴,
∴m=﹣n2+3n+8,
∵ME=m﹣5,MN=n﹣3,
∴m﹣5=n﹣3,
∴n=6或n=﹣2,
∵n>1,
∴n=6,
∴m=8,
∴M(3,8);
②存在点M,使得以点M,N,E为顶点的三角形与△BOC相似,理由如下:
当∠MEN=90°,EN=ME时,△MNE∽△BOC,
∴ME=m﹣5,EN=n=3,
∴MN∥x轴,
∴5=﹣n2+3n+8,
∴m﹣5=n﹣3,
∴n=3+或n=3﹣,
∵n>1,
∴n=3+,
∴m=5+,
∴M(3,5+);
③当∠MNE=90°,MN=EN时,△MNE∽△BOC,
过点N作NH⊥l交于H,
由①可知H(3,8),
∵M与E点关于H点对称,
∴M(3,11);
综上所述:点M的坐标为(3,8)或(3,5+)或(3,11).
10.(2022•莱州市一模)如图①,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2+c经过点A(4,3),顶点为点B,点P为抛物线上的一个动点,l是过点(0,﹣2)且垂直于y轴的直线,连接PO.
(1)求抛物线的表达式,并求出顶点B的坐标;
(2)试证明:经过点O的⊙P与直线l相切;
(3)如图②,已知点C的坐标为(1,2),是否存在点P,使得以点P,O及(2)中的切点为顶点的三角形与△ABC相似?若存在,求出P点的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)利用待定系数法即可解决问题;
(2)过P作PH⊥l,垂足为H,求出OP、PH,可得PO=PH,即可解决问题;
(3)以P,O,H为顶点的三角形与△ABC相似,易知PH与BC,PO与AC是对应边,可得,由此构建方程即可解决问题.
【解答】(1)解:∵抛物线y=x2+c经过点A(4,3),
∴3=4+c,
∴c=﹣1,
∴抛物线的表达式为y=x2﹣1,顶点B(0,﹣1);
(2)证明:过P作PH⊥l,垂足为H,
设点P坐标(m,m2﹣1),
∵l是过点(0,﹣2)且垂直于y轴的直线,
∴PH=m2﹣1+2=m2+1,PO==m2+1,
∴PO=PH,即直线l到圆心P的距离等于⊙P的半径,
∴经过点O的⊙P与直线l相切;
(3)解:存在.理由如下:
∵A(4,3),B(0,﹣1),C(1,2),
∴BC==,AC==,AB==4.
∴BC=AC,
∵PO=PH,以P,O,H为顶点的三角形与△ABC相似,
∴PH与BC,PO与AC是对应边,
∴,
设点P(m,m2﹣1),则H(m,﹣2),
∴PH=m2﹣1+2=m2+1,OH==,
∴,
∴×=m2+4,
解得m=±1.
∴点P坐标(1,﹣)或(﹣1,﹣).
11.(2022•巩义市模拟)已知,二次函数y=ax2+bx﹣3 的图象与x轴交于A,B两点(点A在点B的左边),与y轴交于C点,点A的坐标为(﹣1,0),且 OB=OC.
(1)求二次函数的解析式;
(2)当0≤x≤4 时,求二次函数的最大值和最小值分别为多少?
(3)设点C'与点C关于该抛物线的对称轴对称.在y轴上是否存在点P,使△PCC'与△POB相似,且PC与PO是对应边?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)根据OB=OC可得B点的坐标为(3,0),把A、B的坐标代入二次函数y=ax2+bx﹣3,求出a、b的值即可;
(2)求出二次函数的顶点坐标为(1,﹣4),根据二次函数的性质即可得出答案;
(3)先设出P的坐标,根据相似三角形的性质列出方程,解出方程即可得到点P的坐标.
【解析】(1)∵二次函数y=ax2+bx﹣3 的图象与y轴交于C点,
∴C(0,﹣3).
∵OB=OC,点A在点B的左边,
∴B(3,0).
∵点A的坐标为(﹣1,0),
由题意可得,
解得:,
∴二次函数的解析式为y=x2﹣2x﹣3;
(2)∵二次函数的解析式为y=x2﹣2x﹣3=(x﹣2)2﹣4,
∴二次函数顶点坐标为(1,﹣4),
∴当x=1时,y最小值=﹣4,
∵当0≤x≤1时,y随着x的增大而减小,
∴当x=0时,y最大值=﹣3,
∵当1<x≤4时,y随着x的增大而增大,
∴当x=4时,y最大值=5.
∴当0≤x≤4时,函数的最大值为5,最小值为﹣4;
(3)存在点P,设P(0,m),如图,
∵点C'与点C关于该抛物线的对称轴直线x=1对称,C(0,﹣3).
∴C′(2,﹣3).
∴CC'∥OB,
∵△PCC'与△POB相似,且PC与PO是对应边,
∴,
即:,
解得:m=﹣0或m=﹣,
∴存在,P(0,﹣9)或P(0,﹣).
12.(2022•澄迈县模拟)在平面直角坐标系中,抛物线经过点A(﹣2,0),B(﹣3,3)及原点O,顶点为C.
(1)求该抛物线的函数表达式及顶点C的坐标;
(2)设该抛物线上一动点P的横坐标为t.
①在图1中,当﹣3<t<0时,求△PBO的面积S与t的函数关系式,并求S的最大值;
②在图2中,若点P在该抛物线上,点E在该抛物线的对称轴上,且以A,O,P,E为顶点的四边形是平行四边形,求点P的坐标;
③在图3中,若P是y轴左侧该抛物线上的动点,过点P作PM⊥x轴,垂足为M,是否存在点P使得以点P,M,A为顶点的三角形与△BOC相似?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)由待定系数法求函数的解析式即可;
(2)①求出直线BO的解析式,过点P作PG⊥x轴交BO于点G,可得E(t,﹣t)再由S=﹣(t+)2+,即可求解;
②设E(﹣1,m),根据平行四边形对角线的情况,分三种情况讨论:当AO为平行四边形的对角线时,当AP为平行四边形的对角线时,当AE为平行四边形的对角线时;利用中点坐标公式求解即可;
③先判断△COB为直角三角形,求出tan∠CBO=,设P(m,m2+2m)(t<0),则PM=m2+2m,AM=﹣2﹣m,根据角的情况分两种情况讨论:当∠MPA=∠OBC时,=,P(﹣3,3);当∠PAM=∠OBC时,=,P(﹣,﹣).
【解析】(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx,
将A(﹣2,0),B(﹣3,3)代入,
∴,
解得,
∴y=x2+2x,
∴C(﹣1,﹣1);
(2)①∵P的横坐标为t,
∴P(t,t2+2t),
设直线BO的解析式为y=kx,
∴﹣3k=3,
∴k=﹣1,
∴y=﹣x,
过点P作PG⊥x轴交BO于点G,
∴E(t,﹣t)
∴PG=﹣t﹣t2﹣2t=﹣t2﹣3t,
∴S=×3×(﹣t2﹣3t)=﹣(t+)2+,
∵﹣3<t<0,
∴t=﹣时,S有最大值;
②∵y=x2+2x,
∴抛物线的对称轴为直线x=﹣1,
设E(﹣1,m),
当AO为平行四边形的对角线时,
,
解得,
∴P(﹣1,﹣1);
当AP为平行四边形的对角线时,
,
解得,
∴P(1,3);
当AE为平行四边形的对角线时,
,
解得,
∴P(﹣3,3);
综上所述:P点坐标为(﹣1,﹣1)或(1,3)或(﹣3,3);
(3)存在点P使得以点P,M,A为顶点的三角形与△BOC相似,理由如下:
∵B(﹣3,3),C(﹣1,﹣1),
∴BO=3,OC=,BC=2,
∴BO2+CO2=BC2,
∴△COB为直角三角形,∠BOC=90°,
∴tan∠CBO==,
∵PM⊥AM,
∴∠BOC=∠PMA,
设P(m,m2+2m)(t<0),
∴PM=m2+2m,AM=﹣2﹣m,
当∠MPA=∠OBC时,=,
解得m=﹣2(舍)或m=﹣3,
∴P(﹣3,3);
当∠PAM=∠OBC时,=,
解得m=﹣2(舍)或m=﹣,
∴P(﹣,﹣);
综上所述:P点坐标为(﹣3,3)或(﹣,﹣).
13.(2022•丰南区二模)如图①、②,在平面直角坐标系中,一边长为2的等边三角板CDE恰好与坐标系中的△OAB重合,现将三角板CDE绕边AB的中点G(G点也是DE的中点),按顺时针方向旋转180°到△C′ED的位置.
(1)直接写出C′的坐标,并求经过O、A、C′三点的抛物线的解析式;
(2)点P在第四象限的抛物线上,求△C′OP的最大面积;
(3)如图③,⊙G是以AB为直径的圆,过B点作⊙G的切线与x轴相交于点F,抛物线上是否存在一点M,使得△BOF与△AOM相似?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)根据等边三角形的性质求出点C'的坐标,根据二次函数经过A(2,0),O(0,0),设出二次函数的交点式,将C'代入,求出二次函数解析式;
(2)过P作PQ⊥x轴,交OC'于Q,连接OC',求出OC'的表达式,将P点的横坐标为m,则过P作PQ⊥x轴,交OC'于Q,连接PC',OP,设OC'的表达式为:y=kx,可得OC'的表达式为y=x,设P点的横坐标为m,则P(m,m2﹣m),Q(m,m),PQ=﹣m2+m,故S△C'OP=×3×(﹣m2+m)=﹣(m﹣)2+,即可得当m=时,△C'OP的最大面积为;
(3)根据三角形相似的判定,分3种情况,找出点M的位置,求出坐标即可.
【解析】(1)过点C'作C′M⊥x轴,垂足为M,如图:
∵由题意可知△OAB和△C′DE是等边三角形,
∴∠BAO=∠BAC'=60°,AO=AC'=2,
∴∠C'AM=180°﹣∠BAO﹣∠BAC'=60°,
∴C'M=AC'•sin∠C'AM=2sin60°=,AM=AC'•cs∠C'AM=2cs60°=1,
∴OM=OA+AM=2+1=3,
∴C'(3,),
∵A(2,0),O(0,0)在抛物线上,故设抛物线的解析式y=ax(x﹣2),
∴将C'(3,)代入得3a=,
解得a=,
∴y=x2﹣x;
(2)过P作PQ⊥x轴,交OC'于Q,连接PC',OP,如图:
设OC'的表达式为:y=kx,由(1)知C'(3,),
∴=3k,
解得k=,
∴OC'的表达式为y=x,
设P点的横坐标为m,则有:P(m,m2﹣m),Q(m,m),
∴PQ=﹣m2+m,
∴S△C'OP=×3×(﹣m2+m)=﹣(m﹣)2+,
∴当m=时,△C'OP的最大面积为;
(3)抛物线上存在一点M,使得△BOF与△AOM相似,理由如下:
∵BF与⊙G相切,
∴∠ABF=90°,
∵∠BAF=60°,AB=OA=2,
∴AF=4,OF=2,
∵∠BOF=180°﹣∠BOA=120°,
∴△BOF为顶角为120°的等腰三角形
①AO=AM=2时,点M与点C'重合,如图:
此时∠OAC’=120°,
∴∠BOF=∠OAC',=,
∴△BOF∽△MAO,
此时M(3,);
②OA=OM=2时,点M与点C'关于抛物线对称轴直线x=1对称,如图:
由对称性可知,此时∠AOM=120°,
∴△BOF∽△AOM,
∴M;
③MO=MA时,点M为抛物线顶点(1,),
此时tan∠AOM=,
∴∠AOM=30°,
∴∠AOM=∠OAM=30°=∠BFO=∠FBO,
∴△BOF∽AMO,
∴M(1,﹣),
综上所述,M的坐标为:(3,),(﹣1,),(1,﹣).
14.(2022•莱芜区三模)如图,在平面直角坐标系中,一次函数y=﹣x+3的图象与x轴交于点A,与y轴交于点B,二次函数y=x2+bx+c的图象经过A和点C(0,﹣3).
(1)求二次函数的表达式;
(2)如图1,平移线段AC,点A的对应点D落在二次函数在第一象限的图象上,点C的对应点E落在直线AB上,直接写出四边形ACED的形状,并求出此时点D的坐标;
(3)如图2,在(2)的条件下,连接CD,交x轴于点M,点P为直线CD下方抛物线上一个动点,过点P作PF⊥x轴,交CD于点F,连接PC,是否存在点P,使得以点P,C,F为顶点的三角形与△COM相似?若存在,求出线段FP的长度;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)由一次函数解析式求得A点坐标,再待定系数法求二次函数解析式即可;
(2)由平移的性质可得四边形ACED是平行四边形;设点D(a,a2﹣2a﹣3)根据坐标的平移规律可得E(a﹣3,a2﹣2a﹣6),将点E代入一次函数求得a即可解答;
(3)由PF∥y轴,可得∠OCM=∠CFP,则∠CFP≠90°,①△COM∽△FPC时,过点D作DG⊥y轴于G,则,由二次函数的对称性可得PC=2,由tan∠CFP=tan∠DCG即可解答;②△COM∽△FCP时,过点D作DG⊥y轴于G,过点C作CH⊥PF于H,解Rt△CHF和Rt△CHP可得,由C、D坐标可得lCD:y=2x﹣3,设P(n,n2﹣2n+3),F(n,2n﹣3),则PF=﹣n2+4n,由建立方程求得n值即可解答
【解析】(1)由y=﹣x+3,令y=0,则﹣x+3=0,
解得x=3,
∴A(3,0),
将C(0,﹣3)代入y=x2+bx+c,得c=﹣3,
将A(3,0)代入y=x2+bx﹣3,得b=﹣2,
∴二次函数的表达式为:y=x2﹣2x﹣3;
(2)由平移性质可得DE=AC,DE∥AC,
∴四边形ACED是平行四边形,
∴CE=AD,CE∥AD,
设点D(a,a2﹣2a﹣3),
∵点A(3,0)向下平移3个单位,再向左平移3个单位可以得到点C(0,﹣3),
∴点D向下平移3个单位,再向左平移3个单位可以得到点E,
∴E(a﹣3,a2﹣2a﹣6),
将点E坐标代入y=﹣x+3,得:3﹣a+3=a2﹣2a﹣6,
解得a1=﹣3(不符合题意舍去),a2=4,
把a=4代入y=x2﹣2x﹣3,y=5,
∴D(4,5);
(3)∵PF∥y轴,
∴∠OCM=∠CFP,
∴∠CFP≠90°,
①如图,过点D作DG⊥y轴于G,
当∠CPF=∠COM=90°时,△COM∽△FPC,
∵y=x2﹣2x﹣3的对称轴为x=1,PC∥x轴,C(0,﹣3),
∴P(2,﹣3),
∴PC=2,
∵D(4,5),C(0,﹣3),
∴tan∠DCG=,
∴tan∠CFP=,
∴PF=2CP=4;
②如图,过点D作DG⊥y轴于G,过点C作CH⊥PF于H,
当∠PCF=∠COM=90°时,△COM∽△FCP,
∵∠CPF+∠PCH=90°,∠CPF+∠CFH=90°
∴∠PCH=∠CFH=∠DCG,
∴tan∠PCH=tan∠CFH=,
∴PH=CH,FH=2CH,
∴PF=CH,
设直线CD的解析式为y=kx+m,
∵C(0,﹣3)、D(4,5),
∴,
∴,
∴直线CD的解析式为lCD:y=2x﹣3,
设P(n,n2﹣2n+3),F(n,2n﹣3),PF=2n﹣3﹣(n2﹣2n+3)=﹣n2+4n,
∴﹣n2+4n=n
即2n2﹣3n=0,
解得:n=,n=0(舍去),
∴PF=,
综上所述,存在点P,使得以P,C,F为顶点的三角形与△COM相似,此时PF=4或.
15.(2022•临清市三模)如图,抛物线y=﹣x2+bx+c的顶点D坐标为(1,4),且与x轴相交于A,B两点(点A在点B的左侧,与y轴相交于点C,点E在x轴上方且在对称轴左侧的抛物线上运动,点F在抛物线上并且和点E关于抛物线的对称轴对称,作矩形EFGH,其中点G,H都在x轴上.
(1)求抛物线解析式;
(2)设点F横坐标为m,
①用含有m的代数式表示点E的横坐标为 2﹣m (直接填空);
②当矩形EFGH为正方形时,求点G的坐标;
③连接AD,当EG与AD垂直时,求点G的坐标;
(3)过顶点D作DM⊥x轴于点M,过点F作FP⊥AD于点P,直接写出△DFP与△DAM相似时,点F的坐标.
【分析】(1)根据顶点D坐标为(1,4)可得二次函数的顶点式,即可求解;
(2)①先解方程﹣x2+2x+3=0得A(﹣1,0),B(3,0),则1<m<3,设E点的横坐标为t,利用E、F到对称性的距离相等得到m﹣1=1﹣t,求出t即可得到点E的横坐标;
②设F(m,﹣m2+2m+3)(1<m<3),则E(2﹣m,﹣m2+2m+3),利用正方形的性质得到FG=FE,即﹣m2+2m+3=m﹣(2﹣m),然后解方程求出m即可得到G点坐标;
③先证明Rt△GEH∽Rt△DAM,利用相似比得到GH=2EH,从而得到即m﹣2=2(﹣m2+2m+3),然后解方程求出m即可得到G点坐标;
(3)AD交EF于Q,如图,利用△DFP与△DAM相似得到∠1=∠3,再利用等角的余角相等得到∠1=∠2,所以∠2=∠3,于是可判断△FDQ为等腰三角形,即FD=FQ,接着利用待定系数法求出直线AD的解析式为y=2x+2,从而可表示出Q(﹣m2+m+,﹣m2+2m+3),则FQ=(m+1)(m﹣1),而利用两点间的距离公式得到DF2=(m﹣1)2+(m﹣1)4,于是得到方程(m﹣1)2+(m﹣1)4=[(m+1)(m﹣1)]2,然后解方程求出m即可得到F点坐标.
【解析】(1)∵抛物线y=﹣x2+bx+c的顶点D坐标为(1,4),
∴y=﹣(x﹣1)2+4=﹣x2+2x﹣1+4=﹣x2+2x+3,
∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3;
(2)①当y=0时,﹣x2+2x+3=0,解得x1=﹣1,x2=3,则A(﹣1,0),B(3,0),
∴1<m<3,
设E点的横坐标为t,
∵m﹣1=1﹣t,
∴t=2﹣m,
∴点E的横坐标为2﹣m;
故答案为:2﹣m;
②设F(m,﹣m2+2m+3)(1<m<3),则E(2﹣m,﹣m2+2m+3),
∵矩形EFGH为正方形,
∴FG=FE,
即﹣m2+2m+3=m﹣(2﹣m),
整理得m2=5,
解得m1=﹣(舍去),m2=,
∴G点坐标为(,0);
③过点D作DM⊥x轴于M,
∵EG⊥AD,
而DM⊥x轴,
∴∠1=∠4,
∴Rt△GEH∽Rt△DAM,
∴,即
∴GH=2EH,
即2m﹣2=2(﹣m2+2m+3),
整理得m2﹣m﹣4=0,解得m1=(舍去),m2=,
∴G点坐标为(,0);
(3)设AD交EF于Q,如图,
∵FP⊥AD,
∴∠DPF=90°,
∵△DFP与△DAM相似
∴∠1=∠3,
∵∠1=∠2,
∴∠2=∠3,
而FP⊥DQ,
∴△FDQ为等腰三角形,
∴FD=FQ,
设直线AD的解析式为y=px+q,
把A(﹣1,0),D(1,4)代入得,
解得,
∴直线AD的解析式为y=2x+2,
当y=﹣m2+2m+3时,2x+2=﹣m2+2m+3,解得x=﹣m2+m+,则Q(﹣m2+m+,﹣m2+2m+3),
∴FQ=m﹣(﹣m2+m+)=m2﹣=(m+1)(m﹣1),
而DF2=(m﹣1)2+(﹣m2+2m+3﹣4)2=(m﹣1)2+(m﹣1)4,
∴(m﹣1)2+(m﹣1)4=[(m+1)(m﹣1)]2,
而m≠1,
∴1+(m﹣1)2=(m+1)2,
整理得3m2﹣10m+7=0,解得m1=1(舍去),m2=,
∴F点坐标为(,).
16.(2022•成都模拟)如图①,已知抛物线y=﹣(x﹣1)2+k交x轴于A,B两点,交y轴于点C,P是抛物线上的动点,且满足OB=3OA.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点P在第一象限,直线y=x+b经过点P且与直线BC交于点E,设点P的横坐标为t,当线段PE的长度随着t的增大而减小时,求t的取值范围;
(3)如图②,过点A作BC的平行线m,与抛物线交于另一点D.点P在直线m上方,点Q在线段AD上,若△CPQ与△AOC相似,且点P与点O是对应点,求点P的坐标.
【分析】(1)根据抛物线的对称轴为直线x=1,OB=3OA,可得出:B(3,0),代入解析式即可求得答案;
(2)运用待定系数法可得直线BC的解析式为y=﹣x+3,过点P作PH∥y轴交BC于点H,过点E作EK⊥PH于点K,如图①,设P(t,﹣t2+2t+3),则H(t,﹣t+3),得出PE=PK=﹣(t﹣)2+,运用二次函数的性质即可求得答案;
(3)先求出直线m的解析式为y=﹣x﹣1,分情况讨论:当△CPQ∽△AOC时,则==,∠CPQ=∠AOC=90°,过点P作PE⊥y轴于点E,过点Q作QF⊥PE于点F,可证得△PCE∽△QPF,得出===,建立方程求解即可得出答案;当△CPQ∽△COA时,同理可求得点P的坐标.
【解析】(1)∵抛物线y=﹣(x﹣1)2+k的对称轴为直线x=1,OB=3OA,
∴OB=3,OA=1,
∴B(3,0),A(﹣1,0),
把B(3,0)代入y=﹣(x﹣1)2+k,得0=﹣(3﹣1)2+k,
解得:k=4,
∴y=﹣(x﹣1)2+4=﹣x2+2x+3,
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3;
(2)设P(t,﹣t2+2t+3),
∴t+b=﹣t2+2t+3,
∴b=﹣t2+t+3,
∴直线PE的解析式为y=x﹣t2+t+3,
设直线BC的解析式为y=kx+d,
∵B(3,0),C(0,3),
∴,
解得:,
∴直线BC的解析式为y=﹣x+3,
过点P作PH∥y轴交BC于点H,过点E作EK⊥PH于点K,如图①,
则H(t,﹣t+3),
∴PH=﹣t2+2t+3﹣(﹣t+3)=﹣t2+3t,
联立得:,
解得:,
∴E(t2﹣t,﹣t2+t+3),
∴K(t,﹣t2+t+3),
∴EK=KH=﹣t2+2t,PK=﹣t2+2t+3﹣(﹣t2+t+3)=﹣t2+t,
∴EK=2PK,
∵EK⊥PH,
∴PE=PK=﹣(t﹣)2+,
∴当t≥时,线段PE的长度随着t的增大而减小,
又∵点P在第一象限,∴0<t<3,
∴当线段PE的长度随着t的增大而减小时,≤t<3;
(3)∵直线m∥BC,
∴设直线m的解析式为y=﹣x+n,把A(﹣1,0)代入得:1+n=0,
解得:n=﹣1,
∴直线m的解析式为y=﹣x﹣1,
当△CPQ∽△AOC时,
则==,∠CPQ=∠AOC=90°,
过点P作PE⊥y轴于点E,过点Q作QF⊥PE于点F,
∵P(t,﹣t2+2t+3),C(0,3),
∴E(0,﹣t2+2t+3),
则PE=|t|,CE=|t2﹣2t|,
∵∠PEC=∠QFP=90°,
∴∠CPE+∠PCE=90°,
∵∠CPE+∠QPF=90°,
∴∠PCE=∠QPF,
∴△PCE∽△QPF,
∴===,
∴PF=3CE=3(t2﹣2t),QF=3PE=3t,
∴EF=t﹣3(t2﹣2t)=﹣3t2+7t,QF=3t,
∴Q(﹣3t2+7t,﹣t2﹣t+3),
把Q(﹣3t2+7t,﹣t2﹣t+3)代入y=﹣x﹣1,得﹣t2﹣t+3=﹣(﹣3t2+7t)﹣1,
解得:t=2或﹣,
∴P(2,3)或(﹣,);
当△CPQ∽△COA时,
==,∠CPQ=∠AOC=90°,
同理可得:===,Q(﹣t2+t,﹣t2+t+3),
代入y=﹣x﹣1,得﹣t2+t+3=﹣(﹣t2+t)﹣1,
解得:t=,
∵点P在直线m上方,
∴﹣1<t<4,
∴P(,)或(,);
综上所述,点P的坐标为(2,3)或(﹣,)或(,)或(,).
17.(2022•东莞市校级一模)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y=﹣x2+2kx+2k2+1与x轴的左交点为A,右交点为B,与y轴的交点为C,对称轴为直线l,对于抛物线上的两点(x1,y1),(x2,y2)(x1<k<x2),当x1+x2=2时,y1﹣y2=0恒成立.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)点M是第二象限内直线AC上方的抛物线上的一点,过点M作MN⊥AC于点N,求线段MN的最大值,并求出此时点M的坐标;
(3)点P是直线l右侧抛物线上的一点,PQ⊥l于点Q,AP交直线l于点F,是否存在这样的点P,使△PQF与△ACO相似?若存在,请求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
【分析】(1)利用一元二次方程根与系数关系可得:x1+x2=2k,再结合当x1+x2=2时,y1﹣y2=0恒成立,可得出k=1,即可得出答案;
(2)运用待定系数法可得直线AC的解析式为y=3x+3,如图1,过点M作MD∥y轴交AC于点D,设M(t,﹣t2+2t+3)(﹣1<t<0),则D(t,3t+3),再证得△MDN∽△ACO,得出=,可得MN=﹣(t+)2+,运用二次函数的性质即可求得答案;
(3)设P(m,﹣m2+2m+3)(m>1),则Q(1,﹣m2+2m+3),过点P作PH⊥x轴于点H,则H(m,0),可证得△PFQ∽△APH,分情况讨论:当点P在x轴上方时,若△PFQ∽△CAO,则△APH∽△CAO,可得P(,);若△PFQ∽△ACO,则△APH∽△ACO,求得m=﹣1或0,均不符合题意;当点P在x轴下方时,如图3,PH=m2﹣2m﹣3,AH=m+1,若△PFQ∽△CAO,则△APH∽△CAO,可得P(,﹣);若△PFQ∽△ACO,则△APH∽△ACO,可得P(6,21).
【解析】(1)∵(x1,y1),(x2,y2)在抛物线y=﹣x2+2kx+2k2+1上,
∴x1+x2=2k,x1x2=﹣2k2﹣1,y1=﹣x12+2kx1+2k2+1,y2=﹣x22+2kx2+2k2+1,
∴y1﹣y2=(﹣x12+2kx1+2k2+1)﹣(﹣x22+2kx2+2k2+1)=(x2﹣x1)(x1+x2﹣2k),
∵当x1+x2=2时,y1﹣y2=0恒成立,
∴(x2﹣x1)(2﹣2k)=0,
∵x1<k<x2,
∴2﹣2k=0,
∴k=1,
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3;
(2)由(1)知:y=﹣x2+2x+3,
令y=0,得﹣x2+2x+3=0,
解得:x1=﹣1,x2=3,
∴A(﹣1,0),B(3,0),
令x=0,得y=3,
∴C(0,3),
在Rt△AOC中,AC===,
设直线AC的解析式为y=mx+n,则,
解得:,
∴直线AC的解析式为y=3x+3,
如图1,过点M作MD∥y轴交AC于点D,
设M(t,﹣t2+2t+3)(﹣1<t<0),则D(t,3t+3),
∴MD=﹣t2+2t+3﹣(3t+3)=﹣t2﹣t,
∵MN⊥AC,
∴∠MND=90°=∠AOC,
∵MD∥OC,
∴∠MDN=∠ACO,
∴△MDN∽△ACO,
∴=,即=,
∴MN=﹣(t+)2+,
∵<0,
∴当t=﹣时,线段MN取得最大值,此时,M(﹣,);
(3)存在.
∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,
∴抛物线的对称轴为直线x=1,
设P(m,﹣m2+2m+3)(m>1),则Q(1,﹣m2+2m+3),过点P作PH⊥x轴于点H,则H(m,0),
∵PQ⊥l,l⊥x轴,
∴PQ∥x轴,
∴∠FPQ=∠PAH,
∵∠PQF=∠AHP,
∴△PFQ∽△APH,
当点P在x轴上方时,如图2,PH=﹣m2+2m+3,AH=m+1,又OA=1,OC=3,
若△PFQ∽△CAO,则△APH∽△CAO,
∴=,即=,
解得:m=﹣1(舍去)或m=,
当m=时,﹣m2+2m+3=﹣()2+2×+3=,
∴P(,);
若△PFQ∽△ACO,则△APH∽△ACO,
∴=,即=,
解得:m=﹣1(舍去)或m=0(不符合题意,舍去);
当点P在x轴下方时,如图3,PH=m2﹣2m﹣3,AH=m+1,
若△PFQ∽△CAO,则△APH∽△CAO,
∴=,即=,
解得:m=﹣1(舍去)或m=,
当m=时,﹣m2+2m+3=﹣()2+2×+3=﹣,
∴P(,﹣);
若△PFQ∽△ACO,则△APH∽△ACO,
∴=,即=,
解得:m=﹣1(舍去)或m=6,
当m=6时,﹣m2+2m+3=﹣62+2×6+3=﹣21,
∴P(6,21);
综上所述,点P的坐标为(,)或(,﹣)或(6,21).
18.(2022•碑林区校级模拟)如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=8,AC=4,以AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系,若C(0,2).
(1)请直接写出A、B的坐标;
(2)求经过A、B、C三点的抛物线表达式;
(3)l为抛物线对称轴,P是直线l右侧抛物线上的点,过点P作l的垂线,垂足为D,E是l上的点.要使以P、D、E为顶点的三角形与△ABC全等,求满足条件的点P,点E的坐标.
【分析】(1)运用勾股定理即可求得OA=2,再求得OB=6,即可得出点A、B的坐标;
(2)运用待定系数法设y=a(x+2)(x﹣6),把C(0,2)代入,即可求得答案;
(3)根据以P、D、E为顶点的三角形与△ABC全等,且∠PDE=∠ACB=90°,可分两种情况:①当△PDE≌△ACB时,如图1,②当△PDE≌△BCA时,如图2,分别结合图形和全等三角形性质即可求得答案.
【解析】(1)∵C(0,2),
∴OC=2,
在Rt△AOC中,OA===2,
∴OB=AB﹣OA=8﹣2=6,
∴A(﹣2,0),B(6,0);
(2)设y=a(x+2)(x﹣6),把C(0,2)代入得:2=a(0+2)(0﹣6),
解得:a=﹣,
∴y=﹣(x+2)(x﹣6)=﹣x2+x+2,
∴该抛物线的表达式为y=﹣x2+x+2;
(3)在△BOC中,BC===4,
∵y=﹣x2+x+2=(x﹣2)2+,
∴抛物线对称轴为直线x=2,
设P(m,﹣m2+m+2)(m>2),E(2,n),
①当△PDE≌△ACB时,如图1,
∵∠PDE=∠ACB=90°,
∴PD=AC=4,DE=BC=4,
∴m﹣2=4,
解得:m=6,
∴P(6,0),D(2,0),
∴|n﹣0|=4,
解得:n=±4,
∴E(2,4)或(2,﹣4),
②当△PDE≌△BCA时,如图2,
∵∠PDE=∠ACB=90°,
∴PD=BC=4,DE=AC=4,
∴m﹣2=4,
解得:m=4+2,
∴P(4+2,﹣),D(2,﹣),
∴|n﹣(﹣)|=4,
解得:n=4﹣或﹣4﹣,
∴E(2,4﹣)或(2,﹣4﹣);
综上所述,P(6,0),E(2,4)或(2,﹣4);或P(4+2,﹣),E(2,4﹣)或(2,﹣4﹣).
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