2024成都中考数学第一轮专题复习之第三章 微专题 二次函数综合题 类型三~四 教学课件

这是一份2024成都中考数学第一轮专题复习之第三章 微专题 二次函数综合题 类型三~四 教学课件，共26页。PPT课件主要包含了例题图①，例题解图①，例题图②，例题解图②，例题图③，例题图④，例题解图③，例题解图④，解题关键点等内容，欢迎下载使用。
问题：已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为等腰三角形．
找点：①若AB为底，分别以点A，B为圆心，大于 AB长为半径画弧，过两弧交点作直线，与直线l的交点P即为所求；
类型三　等腰三角形存在性问题(8年2考)
②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．
求解方法：对于等腰三角形的腰和底不确定问题，需按照三条边两两相等分三种情况进行讨论，通常先设点坐标，再利用两点间距离公式，分别表示出三条边的长度，然后再分三种情况列方程求解；在分析定线段是底时，也可根据动点在定线段的垂直平分线上求解；若已知角相等也可通过全等或相似三角形求解．
例 　 如图，抛物线y＝－x2＋4x＋12与x轴交于点A，B两点，与y轴交于点C，连接BC，P是抛物线上的动点．
(1)如图①，D是抛物线对称轴上一点，若点D的纵坐标为4 ，判断△ABD的形状，并说明理由；
解：(1)△ABD为等边三角形，理由如下：如解图①，设抛物线对称轴与x轴交于点E.令y＝－x2＋4x＋12＝0，解得x＝－2或x＝6，∴A(－2，0)，B(6，0)，∴AB＝8，AE＝4.∵点D的纵坐标为4 ，即DE＝4 ，在Rt△AED中，tan ∠DAE＝ ，∴∠DAE＝60°.∵AD＝BD，∴△ABD为等边三角形；
(2)如图②，连接PC，PO，当△PCO是以OC为底的等腰三角形时，求点P的坐标；
(2)如解图②，作CO的垂直平分线交抛物线于点P和点P′，交CO于点D，则△POC和△P′OC是以OC为底的等腰三角形．
令x＝0，则y＝12，∴C(0，12)，∴OC＝12，CD＝OD＝6，∴点P的纵坐标为6，
当y＝6时，即－x2＋4x＋12＝6，解得x＝2＋ 或x＝2－ ，∴点P的坐标为(2＋ ，6)或(2－ ，6)；
(3)如图③，D是抛物线对称轴上一点，连接BD，CD，当△CDB是等腰三角形时，求点D的坐标；
解得n3＝ ；③当BD＝CB时，BD2＝CB2，即42＋n2＝180，解得n4＝2 ，n5＝－2 .综上所述，当△CDB是等腰三角形时，点D的坐标为(2，12＋4 )，(2，12－4 )，(2， )，(2，2 )或(2，－2 )；
(4)如图④，若点P在直线BC上方，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，连接OP交BC于点M，若△PQM是等腰三角形，求点M的坐标．
(4)∵PQ∥y轴，∴∠COM＝∠QPM.∵∠CMO＝∠QMP，∴△PQM∽△OCM.∵△PQM是等腰三角形，∴△OCM也是等腰三角形．设yBC＝kx＋b(k≠0)，将B(6，0)，C(0，12)代入得 解得 即yBC＝－2x＋12.点M在BC上，设点M坐标为(a，－2a＋12).∵P在BC上方，∴0＜a＜6.
①如解图③，当MP＝MQ时，MO＝MC，∴点M在OC的垂直平分线上，∴点M的纵坐标为6.当－2a＋12＝6时，解得a＝3，∴M点坐标为(3，6)；
②如解图④当MQ＝QP时，CM＝CO＝12，作MH⊥y轴于点H，∴HM2＋HC2＝CM2，∴a2＋[12－(－2a＋12)]2＝122，解得a＝ (负值已舍去)，∴M点的坐标为( ，12－ )；
③当MP＝PQ时，则OM＝CO＝12.∵C(0，12)，∴a2＋(－2a＋12)2＝122，解得a＝ 或a＝0(均不符合条件，舍去).综上所述，△PQM是等腰三角形，点M的坐标为(3，6)或( ，12－ ).
由于等腰△PQM的腰或底边都不确定，则需分三种情况讨论．
问题：已知点A，B，直线l，在l上求点P，使△PAB为直角三角形．
找点：①若点A为直角顶点，过点A作AB的垂线，与直线l的交点P1即为所求；
类型四　直角三角形存在性问题
②若点B为直角顶点，过点B作AB的垂线，与直线l的交点P2即为所求；③若点P为直角顶点，以AB为直径画圆,与直线l的交点P3，P4即为所求．
求解方法：方法一：设出点P的坐标，表示出三边的长，分三个角分别为直角讨论，在每种情况下利用勾股定理列方程求解；方法二：找相似，利用相似三角形的性质求解，通过构造一线三垂直利用相似求解(见微专题　一线三等角模型解决全等、相似问题)；方法三：特殊地，若有30°，45°或60°角，考虑用锐角三角函数求解；方法四：利用两直线垂直表示表达式中k的关系求解．
例 　 如图，抛物线y＝x2－3x－4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC，BC.(1)若点P是y轴上的点，且∠PAC＝90°，求点P的坐标；
解：(1)当x＝0时，y＝－4，当y＝0时，x1＝－1，x2＝4，∴A(－1，0)，B(4，0)，C(0，－4)，∴OA＝1，OC＝4.
如解图①，∵∠PAC＝90°，∴∠PAO＋∠OAC＝90°，∵∠AOC＝90°，∴∠OAC＋∠ACO＝90°，∴∠PAO＝∠ACO，∴tan ∠PAO＝tan ∠ACO＝ ，∴OP＝ ，∴点P的坐标为(0， )；
(2)点P是抛物线上一动点，当△PBC是以BC为直角边的直角三角形时，求点P的坐标；
(2)由(1)知点B(4，0)，C(0，－4)易得直线BC的表达式为y＝x－4.∵BC是Rt△PBC的直角边，∴分两种情况讨论：
①当点B是直角顶点时，如解图②，设直线P1B的表达式为y1＝－x＋n，将点B(4，0)代入，解得n＝4，
∴直线P1B的表达式为y1＝－x＋4，联立解得x＝4(舍去)或x＝－2，当x＝－2时，－x＋4＝6，∴P1(－2，6)；
②如解图②，当点C是直角顶点时，设直线P2C的表达式为y2＝－x＋m，将点C(0，－4)代入，解得m＝－4，∴直线P2C的表达式为y2＝－x－4，联立解得x＝0(舍去)或x＝2，当x＝2时，－x－4＝－6，∴P2(2，－6).
综上所述，△PBC是以BC为直角边的直角三角形时，点P的坐标为(－2，6)或(2，－6)；
(3)若点N是对称轴上一点，当△NBC是直角三角形时，求点N的坐标；
(3)∵A(－1，0)，B(4，0)，C(0，－4)∴抛物线的对称轴为x＝ .∵点N在对称轴上，∴设点N的坐标为( ，t)，∴CN2＝( )2＋(t＋4)2，NB2＝( －4)2＋t2，BC2＝42＋42＝32，分三种情况讨论：
分三种情况讨论：①当∠NCB＝90°时，NC2＋BC2＝NB2，∴( )2＋(t＋4)2＋32＝( －4)2＋t2，解得t1＝－ ；②当∠NBC＝90°时，NB2＋BC2＝NC2，∴( －4)2＋t2＋32＝( )2＋(t＋4)2，解得t2＝ ；
③当∠BNC＝90°时，NB2＋NC2＝BC2，∴( －4)2＋t2＋( )2＋(t＋4)2＝32，解得t3＝－2＋ ，t4＝－2－ .综上所述，点N的坐标为( ，－ )或( ， )或( ，－2＋ )或( ，－2－ ).
(4)若点N是对称轴上一点，在对称轴右侧的抛物线上存在点D，使得△BDN是以N为直角顶点的等腰直角三角形，求点D的坐标．
(4)记抛物线的对称轴与x轴的交点为E，则E( ，0).①如解图③，当点D在x轴下方时，点N，D分别在点N1，D1的位置，过点D1作D1G⊥对称轴于点G.
∵∠BN1D1＝90°，∴∠BN1E＋∠D1N1G＝90°.
∵∠D1N1G＋∠N1D1G＝90°，∴∠BN1E＝∠N1D1G.∵BN1＝N1D1，∠BEN1＝∠N1GD1＝90°，∴△BEN1≌△N1GD1，∴BE＝N1G，N1E＝D1G.∵B(4，0)，E( ，0)，∴BE＝N1G＝ .设N1( ，m)，则D1(－m＋ ，m－ )，∵D是对称轴右侧抛物线上的点，∴－m＋ ＞0，m＜0，将D1(－m＋ ，m－ )代入y＝x2－3x－4，解得m1＝－ ，m2＝ (舍去)，∴D1(3，－4)；
②如解图③，当点D在x轴上方时，点N，D分别在点N2，D2的位置，过点D2作D2H⊥对称轴于点H，∵∠BN2D2＝90°，∴∠BN2E＋∠HN2D2＝90°.∵∠HN2D2＋∠HD2N2＝90°，∴∠BN2E＝∠HD2N2.∵N2D2＝BN2，∠BEN2＝∠N2HD2＝90°，∴△BEN2≌△N2HD2，∴BE＝N2H，N2E＝D2H.
∵B(4，0)，E( ，0)，∴N2H＝BE＝ .设N2( ，n)，则D2(n＋ ，n＋ ).
同理n＋ ＞ ，n＞0.把D2(n＋ ，n＋ )代入y＝x2－3x－4，解得n1＝ ，n2＝－ (舍)，∴D2(5，6).综上所述，D的坐标为(3，－4)或(5，6).
点N在对称轴上的位置不固定，则需分点N在x轴上方和下方两种情况讨论．