专题七二次函数等腰三角形的存在性问题ppt课件.ppt

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1、专题七 二次函数综合题,类型一等腰三角形的存在性问题(遵义2017.27(1)，2014.27(2)；铜仁2015.25(2)；安顺2017.26(2),【方法指导】,典例精讲,例 如图，直线yx3与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线yax2bxc经过点A、C，与x轴交于另一点B，且B(1，0)(1)求该抛物线的解析式；【思维教练】,例题图,解：把y0代入yx3中，得0 x3，解得x3，点A坐标为(3，0)，把x0代入yx3中，得y033，点C坐标为(0，3)，把A(3，0)，B(1，0)，C(0，3)，分别代入yax2bxc中，得 ，解得 ，抛物线的解析式为yx22x3；,(2)点D是y轴

2、上一动点，若BDCD，求此时点D的坐标；【思维教练】,例题图,解：如解图，设D(0，d )，在RtODB中，ODd，OB1，BD2OD2OB2d 21，CD2(3d )2，BDCD，d21(3d )2，解得d ，点D的坐标为(0， )；,例题解图,(3)在抛物线上是否存在点E，使EAC是以AC为底的等腰三角形？若存在，求出点E的坐标；,例题图,【思维教练】若EAC是以AC为底的等腰三角形，则EAEC，即点E在线段AC的垂直平分线上，又因为点E在抛物线上，所以作线段AC的垂直平分线与抛物线的交点即为所求,解：存在如解图，过点O作OHAC于点H，交抛物线于点E1，E2，连接E1A，E1C，E2A，

3、E2C.OAOC3，OHAC，AHCH，OH是AC的垂直平分线，E1AE1C，E2AE2C，易知直线OH的函数解析式为yx，,例题解图,联立 ，解得 ， ，综上所述，存在点E，使EAC是以AC为底的等腰三角形，点E的坐标为E1( ， )，E2 ( ， ) ；,例题解图,(4)点F是直线AC上一动点，连接BC，若BCF是以BC为腰的等腰三角形，求出点F的坐标；,例题图,【思维教练】BCF是以BC为腰的等腰三角形，则有2种情况，即BCBF或CFCB.所以找点方法如下：以B为圆心，BC长为半径画弧，与直线AC的交点即为所求；以C为圆心，CB长为半径画弧，与直线AC的交点即为所求,解：如解图，当B为顶

4、角顶点时，以B为圆心，BC长为半径画弧，交直线AC于点F1，设F1( f, f3)，由题意可得，BC210， ( f1)2( f3)22 f 24 f10，BCBF1，BC2 ，102 f 24 f10，解得 f10(舍去), f22，F1(2，1)；,例题解图,如解图，当C为顶角顶点时，以C为圆心，CB长为半径画弧，交直线AC于点F2，F3，设F(m，m3)，由题意可得，CF2m2(m33)22m2，BC210，CFCB，2m210，解得m1 ，m2 ，F2( ， 3)，F3( ， 3)综上所述，满足条件的点F的坐标为F1(2，1)，F2( ， 3)，F3( ， 3)；,例题解图,(5)点G

5、是抛物线对称轴上一动点，若ACG为等腰三角形，求出点G的坐标【思维教练】动点G在抛物线对称轴上，可以先设出其点坐标，再把ACG的三边用含字母的代数式表示出来，ACG为等腰三角形，腰和底不确定，所以需分AGAC；CACG；GAGC三种情况列方程求解,例题图,解：如解图，抛物线yx22x3的对称轴是直线x 1，设G(1，n)，则有AC2323218，AG21(3)2n24n2，CG212(n3)2n26n10，当ACG是等腰三角形时，情况有3种：当AGAC时，以A为圆心，AC长为半径作弧，交对称轴于G1、G2，则4n218，解得n ，G1(1， )，G2(1， )；,例题解图,当CACG时，以C为

6、圆心，CA长为半径作弧，交对称轴于G3、G4，则18n26n10，解得n3 ，G3(1，3 )，G4(1，3 )；当GAGC时，作AC的垂直平分线交对称轴于G5，则4n2n26n10，解得n1，G5(1，1)综上所述，满足条件的点G的坐标为G1(1， )，G2(1， )，G3(1，3 )，G4(1，3 )，G5(1，1),针对演练,1. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数yax2bxc交x轴于点A(4，0)、B(2，0)，交y轴于点C(0，6)，在y轴上有一点E(0，2)，连接AE.(1)求二次函数的表达式；(2)若点D是第二象限抛物线上的一个动点，求ADE面积的最大值； (3)抛物线对称轴上

7、是否存在点P，使AEP为等腰三角形，若存在，请直接写出所有P点的坐标,(2)设直线AE的解析式为ykxb，将点A(4，0)，E(0，2)代入 ykxb中，得 ，解得 ，,解：(1)由题意可得： ，解得 ， 二次函数的解析式为 ；,AE所在直线解析式为y x2，如解图，过点D作DN与y轴平行，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作 EHDF，垂足为H，设D点坐标为(x0， )，则F点坐标为(x0， )，则DF ，又SADESADFSEDF，第1题解图,SADE DFAG DFEH 4DF2( ) ，当x0 时，ADE的面积取得最大值 ；,(3)存在，点P的坐标为(1，1)或(1， )或(1， )或

8、(1，2 )或(1，2 ),【解法提示】根据抛物线解析式可得对称轴为直线x1，又A(4，0)，E(0，2)，当APAE时，设点P坐标为(1，m)，则AP2AE2，即32m2(4)2(2)2，,解得m ，点P的坐标为(1， )或(1， )；当EPAE时，设点P坐标为(1，n)，则EP2AE2，即12(2n)2(4)2(2)2，解得n2 ，点P 的坐标为(1，2 )或(1，2 )；当APEP时，设点P坐标为(1，t)，则AP2EP2，即9t21(t2)2，,解得t1，点P的坐标为(1，1)综上所述，抛物线对称轴上存在点P，使AEP为等腰三角形，点P的坐标为(1，1)或(1， )或(1， )或(1，

9、2 )或(1，2 ).,2. 如图，抛物线y x2 x4与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，连接AC，BC.点P是第四象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m，过点P作PMx轴，垂足为点M，PM交BC于点Q，过点P作PEAC交x轴于点E，交BC于点F.(1)求A，B，C三点的坐标；(2)试探究在点P运动的过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形若存在，请直接写出此时点Q的坐标； 第2题图(3)请用含m的代数式表示线段QF的长，并求出m为何值时QF有最大值,(2)存在，点Q( ， 4)或(1，3)；,解：(1)令y0，得 x2 x40.解得x

10、13，x24.点A在点B的左侧，点A，B的坐标分别为A(3，0)，B(4，0)令x0，得y4.点C的坐标为(0，4)；,【解法提示】设直线BC的解析式为ykxb，将B(4，0)，C(0，4)代入ykxb，得,， 解得 ，直线BC的解析式为yx4，点Q在直线BC上，且点Q的横坐标等于点P的横坐标m，点Q的坐标为(m，m4)，A(3，0)，C(0，4)，AC2OA2OC2324225，CQ2(m0)2m4(4)22m2，AQ2m(3)2(m4)22m22m25，,要使以A，C，Q为顶点的三角形为等腰三角形，可分三种情况讨论，()当ACCQ时，即AC2CQ2，252m2，解得m1 ，m2 ，点Q在第

11、四象限，m0，m40，0m4，mm1 ，m4 4，点Q1的坐标为( ， 4)；()当ACAQ时，即AC2AQ2，252m22m25，解得m30，m41，,点Q在第四象限，当m0时，不合题意舍去，m4143，点Q2的坐标为(1，3)；()当AQCQ时，即AQ2CQ2，2m22m252m2，解得m5 ，当m 时，m4 ，此时点Q在第一象限，不合题意，舍去综上所述，满足使得以A，C，Q为顶点的三角形为等腰三角形的点Q坐标为( ， 4)或(1，3)；,(3)如解图，过点F作FGPQ于点G，则FGx轴由B(4，0)，C(0，4)，得OBC为等腰直角三角形OBCQFG45.FGPQ，QGF90，FQGQG

12、FQFG904545，QFG为等腰直角三角形，GQFG FQ.PEAC，12. 第2题解图FGx轴，23.13.,FGPAOC90，FGPAOC. ,即 .GP FG FQ.QPGQGP FQ FQ FQ.FQ QP.PMx轴，点P的横坐标为m，MBQ45，QMMB4m，PM m2 m4.,QPPMQM m2 m4(4m) m2 m.QF QP ( m2 m) m2 m. 0，QF有最大值当m 2时，QF有最大值,类型二 直角三角形的存在性问题(安顺2018.26(3),【方法指导】,典例精讲,例 如图，在平面直角坐标系中，抛物线图象过点C(6，6)，并与x轴交于原点O和A(4，0)，且抛物线

13、顶点为D.(1)求此抛物线的解析式；,例题图,【思维教练】要求抛物线的解析式，已知抛物线与x轴有两个交点，故可考虑设抛物线的两点式，再将C点代入即可,解：抛物线图象与x轴交于原点O和A(4，0)，设抛物线的解析式为ya(x0)(x4)，将C(6，6)代入，得a ，y x(x4)，即此抛物线的解析式为y x22x;,(2)连接CD，过点A作x轴的垂线交CD于点B，连接OB，求线段OB的长；,例题图,【思维教练】要求线段OB的长度，需求得B点的纵坐标，利用勾股定理即可求出其长度，B点的横坐标已知，且在直线CD上，故可以借助直线CD的解析式来求其纵坐标,解：抛物线的解析式为y x22x，y (x2)

14、22，顶点D的坐标为(2，2)，设直线CD的解析式为ykxb(k0)，将D(2，2)，C(6，6)代入，得 ，解得 ，直线CD的解析式为y2x6，当x4时，y2, B(4，2)，即AB2，OA4，在RtBOA中，由勾股定理，得OB ；,(3)连接OD, OC，判断OCD的形状，并说明理由；,例题图,【思维教练】判断OCD的形状，可先目测，得到初步猜想OCD为直角三角形，进而证明，得出结论，在这里DOC90的判断方法可根据勾股定理的逆定理，由三角形的边长入手，也可以从角度入手，甚至可以考虑圆的直径所对的圆周角是90.,解：OCD是直角三角形，理由如下：由勾股定理，得OC2626272，OD222

15、(2)28，CD2(62)2(62)280，OC2OD2CD2，OCD是直角三角形；,(4)在x轴上是否存在一点E，使COE是以OC为斜边的直角三角形；,例题图,【思维教练】要使COE是以OC为斜边的直角三角形，则OEC90，故过点C作x轴的垂线，垂足即为所求,解：存在，如解图，过点C作CEx轴于点E，则COE是以OC为斜边的直角三角形C(6，6)，E(6，0)；,例题解图,(5)点N是抛物线上一动点，且DCN为直角三角形，求出点N的坐标,例题图,【思维教练】要使DCN为直角三角形，需对哪个点作直角顶点进行讨论，故需分DCN90，CDN90，DNC90这三种情况讨论,解：DCN为直角三角形，分

16、以下三种情况讨论：当DCN90时，如解图，由(2)可知直线CD的解析式为y2x 6，CNCD，设直线CN的解析式 y xa，直线CN过点C(6，6)，a9，直线CN的解析式为 y x9，联立 ， 解得 (舍去), ，N1(3， )；,例题解图,当CDN90时，如解图， 点N在抛物线上，故可设点N的坐标为(x， x22x)，D(2，2)，C(6，6)，CN2(x6)2( x22x6)2，DN 2(x2)2( x22x2)2，CD2(62)2(62)280，CDN90，在RtCDN中，CN 2DN 2CD 2，即(x6)2( x22x6)2(x2)2( x22x2)280，解得x11，x22(舍去

17、)将x1代入y x22x中，得y ，N2(1， )；,例题解图,当DNC90时，如解图，设CD中点为B，由(3)可知OCD为直角三角，以点B为圆心，CD为直径的圆与抛物线交于点O，此时N3(0，0)综上所述，DCN为直角三角形时，点N的坐标为N1(3， )，N2(1， )，N3(0，0),例题解图,针对演练,1. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数yax2bxc(a0)与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，直线ykxn(k0)经过B、C两点已知A(1，0)，C(0，3)，且BC5.(1)分别求直线BC和抛物线的解析式(关系式)；(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得以B、C、P三点为顶

18、点的三角形是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由 第1题图,解：(1)点C的坐标为(0，3)，OC3，在RtBOC中，OC3，BC5，OB 4，点B的坐标为(4，0)，将点B(4，0)，点C(0，3)代入直线ykxn(k0)中，得 ，解得 ，直线BC的解析式为y= x3，,点A(1，0)，B(4，0)，C(0，3)在抛物线上， ，解得 ，抛物线的解析式为 ；(2)存在由(1)知抛物线解析式为 ，,对称轴l为直线x= = ，设点P的坐标为( ，t)，如解图，过点C作CDl于点D，连接PC，PB，设直线l与x轴的交点为点M，则点D的坐标为( ，3)，点M的坐标为( ，0)，第

19、1题解图则CD ，PD|t3|，PM|t|，BM4 ，PC2CD2PD2 (t3)2，PB2PM2BM2t2 ，BC225，,当BCP是直角三角形时，则有：()当BCP90时，即PCBC，PC2BC2PB2，即 (t3)225t2 ，解得t= ，此时点P的坐标为( ， )；()当PBC90时，即BPBC，BP2BC2PC2，即t2 25 (t3)2，解得t2，此时点P的坐标为( ，2)；()当BPC90时，即CPBP，BP2PC2BC2，即t2 (t3)225，,解得t1 ，t2 ，此时点P的坐标为( ， )，( ， )综上所述，存在满足条件的点P，点P的坐标为( ， )或( ， )或( ，

20、),2. 设抛物线的解析式为yax2，过点B1(1，0)作x轴的垂线，交抛物线于点A1(1，2)；过点B2( ，0)作x轴的垂线，交抛物线于点A2；过点Bn( )n1，0)(n为正整数)作x轴的垂线，交抛物线于点An.连接AnBn1，得RtAnBnBn1.(1)求a的值；(2)直接写出线段AnBn，BnBn1的长(用含n的式子表示)；第2题图,(2)AnBn( )2n3，BnBn1( )n.AnBn232n，2( )n12，2( )2n2或2 ，BnBn12n或( )n1( )n；,(3)在系列RtAnBnBn1中，探究下列问题：当n为何值时，RtAnBnBn1是等腰直角三角形？设1kmn(k

21、，m均为正整数)，问：是否存在RtAkBkBk1与RtAmBmBm1相似？若存在，求出其相似比；若不存在，说明理由,解：(1)点A1(1，2)在抛物线上，2a12，得a2；,(3)由AnBnBnBn1，得( )2n3( )n，解得n3，所以，当n3时，RtAnBnBn1是等腰直角三角形；依题意得：AkBkBk1AmBmBm190，()当RtAkBkBk1RtAmBmBm1时， ，即 ， ， 第2题解图所以，km，(舍去)；,()当RtAkBkBk1RtBm1BmAm时， ，即 ， ，2k3mk2m3，mk6，1kmn(k，m均为正整数)，取 或 ，,当 时，RtA1B1B2RtB6B5A5，相

22、似比为： 2664;当 时，RtA2B2B3RtB5B4A4，相似比为： 238.,类型三特殊四边形的存在性问题(遵义2014.27(3)；铜仁2018.25(2),【方法指导】平行四边形的判定,矩形、菱形的判定方法参照中平行四边形的判定,典例精讲,例已知抛物线yax2bxc经过点A (1，0)，B(3，0)，C(0，3)三点(1)求抛物线的解析式、顶点坐标和对称轴；,例题图,【思维教练】要求抛物线的解析式，需将A，B，C三点坐标代入yax2bxc中，解方程组即可；把抛物线一般式化成顶点式，可得抛物线的顶点坐标和对称轴,解：将点A(1，0)，B(3，0)，C(0，3)三点代入yax2bxc中，

23、得 ，解得 ，抛物线的解析式为yx24x3.把yx24x3化成顶点式为y(x2)21，抛物线的顶点坐标为(2，1)，对称轴是直线x2；,(2)过点C作CD平行于x轴，交抛物线对称轴于点D，试判断四边形ABDC的形状，并说明理由；,例题图,【思维教练】要判断四边形ABDC的形状，观察发现：四边形ABDC为平行四边形，结合已知条件有CDAB，再设法证明ABCD即可,解：四边形ABDC是平行四边形理由如下：D点在抛物线的对称轴上，CDx轴，D点的横坐标为2，即CD2，A (1，0)，B(3，0)，AB2，ABCD，又CDAB，四边形ABDC是平行四边形；,(3)如果点G是直线BC上一点，点H是抛物线

24、上一点，是否存在这样的点G和H，使得以G，H，O，C为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请求出点H的坐标；,例题图,【思维教练】先假设存在满足条件的点G和H，由于OC的长度和位置确定，所以点G、H的纵坐标之差的绝对值与OC相等，据此可求出点H的坐标,解：存在，如解图，设直线BC的解析式为ykxb(k0)，将点B(3，0)，C(0，3)代入可得： ，解得 ，直线BC的解析式为yx3.点G在直线BC上，点H在抛物线上，且以点G，H，O，C构成的四边形是以OC为边的平行四边形，GHx轴，GHOC，设G点坐标为(n，n3)，H点坐标为(n，n24n3)，,例题解图,GHOC3，GH|n24n3(n3

25、)|n23n|3，当n23n3时，解得n ；当n23n3时，方程无解；当n 时，n24n3 ；当n 时，n24n3 .综上所述，存在这样的点G和H，使得以G，H，O，C为顶点的四边形是平行四边形，点H的坐标为( ， )或( ， ) ；,例题解图,(4)如果点M在直线BC上，点N在抛物线上，是否存在这样的点M和N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请求出点N的坐标；,例题图,【思维教练】先假设存在满足条件的点M、N，因为AB长度和位置确定，故需分AB作边还是对角线两种情况进行讨论：当AB为边时，则MNAB，且MNAB，据此可求出点N的坐标；当AB为对角线时，则MN与AB互

26、相平分，从而确定点N的坐标,解：存在点M，N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形当AB为平行四边形的边时，需考虑点M和N的位置关系(即点M在点N的左边还是右边)，如解图，()当点M在点N的左边时，设点N的坐标为(m，m24m3)，则点M的坐标为(m2，m5)，四边形ABNM是平行四边形，m24m3m5，解得m ，当m 时，m24m3 ；当m 时，m24m3 .点N的坐标为( ， )或( ， ) ；,例题解图,()当点M在点N的右边时，设点N的坐标为(m，m24m3)，则点M的坐标为(m2，m1)，四边形ABMN是平行四边形，m24m3m1，解得m1或2，当m1时，点N与点A重合，故

27、舍去；当m2时，m24m31，点N的坐标为(2，1)；,当AB为平行四边形的对角线时，则MN与AB互相平分，如解图，AB与MN相交于点J，易得J(2，0)，易得AJNJBJMJ，设M(m，m3)，N(n，n24n3)，则有 2，m3n24n30，整理，得n23n20，解得n11(舍去)，n22，N点坐标为(2，1)综上所述，点N的坐标为( ， ) ， ( ， ) ，(2，1)；,例题解图,(5)设抛物线的对称轴与直线BC的交点为K，点P是抛物线对称轴上一点，点Q为y轴上一点，是否存在这样的点P和Q，使得四边形CKPQ是菱形？如果存在，请求出点P的坐标；,例题图,【思维教练】先假设存在满足条件的

28、点P，由于四边形CKPQ四个顶点顺序已确定，则CK为菱形的边，故利用KPCK上下平移直线BC，与抛物线对称轴的交点即为所求点P.,解：存在理由如下：K点的坐标为(2，1)，CK ，假如存在这样的点P，使得四边形CKPQ为菱形，则KPCK2 ，如解图，当点P在点K的下方时，点P1的坐标为(2，12 )，当点P在点K的上方时，点P2的坐标为(2，12 )点P的坐标为(2，12 )或(2，12 )；,例题解图,(6)若点R是抛物线对称轴上一点，点S是平面直角坐标系内任一点，是否存在满足条件的点R、S，使得四边形BCRS为矩形？若存在，求出点R、S的坐标,例题图,【思维教练】先假设存在满足条件的点R、

29、S，要使四边形BCRS为矩形，则点R在直线BC上方，且BCR90，可通过寻找相似三角形利用相似求出点R，再根据矩形性质求出点S.,解：存在，如解图，要使四边形BCRS为矩形，抛物线对称轴交x轴于点T，则BCR90，CRKTBK， ，由(5)知，K(2，1)，CK2 ，T(2，0)，TK1，BK ，RK 4，R(2，5)，CBRS，CBRS，根据点平移及矩形性质可得S(5，2)故存在满足条件的点R、S，使得四边形BCRS为矩形，且点R、S的坐标分别为R(2，5)，S(5，2),例题解图,针对演练,解：(1)设抛物线的解析式为yax2bxc，将对称轴和A、B两点的坐标代入抛物线解析式，得 ，解得

30、，抛物线的解析式为y x2 x4，配方，得y (x )2 ，顶点坐标为( ， )； (2)设E点坐标为(x， x2 x4)，S2 OAyE6( x2 x4)，即S4x228x24；,(3)平行四边形OEAF的面积为24时，平行四边形OEAF可能为菱形，理由如下：当平行四边形OEAF的面积为24时，即4x228x2424，化简，得x27x120，解得x3或4，当x3时，EOEA，则平行四边形OEAF为菱形；当x4时，EOEA，则平行四边形OEAF不为菱形平行四边形OEAF的面积为24时，平行四边形OEAF可能为菱形,解：(1)C1与C2关于y轴对称，C1与C2交点一定在y轴上，且C1与C2的形状

31、、大小均相同，a1，n3，C1的对称轴为x1，C2的对称轴为x1，m2，C1：yx22x3，C2：yx22x3；(2)令C2中y0，则x22x30，解得x13，x21，点A在点B左侧，A(3，0)，B(1，0)；(3)存在如解图，设P(a，b)，,第2题解图,四边形ABPQ是平行四边形，PQAB4，Q(a4，b)或(a4，b)当Q(a4，b)时，得a22a3(a4)22(a4)3，解得a2，ba22a34435，P1(2，5)，Q1(2，5)；当Q(a4，b)时，得a22a3(a4)22(a4)3，解得a2，ba22a34433.P2(2，3)，Q2(2，3)综上所述,所求点的坐标为P1(2，

32、5),Q1(2，5)或P2(2，3)，Q2(2，3),类型四相似三角形的存在性问题(铜仁2018.25(3)【方法指导】ABC与DEF相似，在没指明对应点的情况下，理论上应分六种情况讨论，但实际问题中通常不超过四种，常见有如下两种类型，每类分两种情况讨论就可以了,另外，如果不满足以上两种情况，但可以确定已知三角形的形状(特征)时，先确定动态三角形中固定的因素，看是否与已知三角形中有相等的角，若存在，根据分类讨论列比例关系式求解；已知条件中有一条对应边，只需要讨论另外两条边的对应关系，列比例关系式求解；若可得相似三角形的某个对应角的度数时，分类讨论另外两个角的对应情况，列比例关系式求解,典例精讲

33、,例如图，抛物线图象交x轴于A、B两点，且点A位于x轴的正半轴，点B位于x轴的负半轴，且OA ，OB3 .抛物线交y轴于点C(0，3)(1)求抛物线的解析式；,例题图,【思维教练】要求抛物线的解析式，已知OA，OB 的长度，可知点A、B的坐标，再结合点C的坐标，利用待定系数法即可确定抛物线的解析式,解：OA ，点A在x轴的正半轴，A( ，0)，OB3 ，点B在x轴的负半轴，B(3 ，0)，设抛物线的解析式为：yax2bxc，将点A( ，0)，B(3 ，0)，C(0，3)代入，得 ，解得 ，即此抛物线的解析式为y x2 x3；,(2)连接AC、BC，则在坐标轴上是否存在一点D，使得ABCACD(

34、点D不与点B重合)，若存在，请求出点D坐标；,例题图,【思维教练】要在坐标轴上找一点D，使得ABCACD，由(1)知A、B、C三点坐标，可判断出ABC为直角三角形，则可知ACD必是直角三角形且点D对应直角顶点，根据相似三角形对应边成比例可求得点D的坐标,解：存在，如解图，tanOCA ，OCA30，tanBCO ，BCO60，ACB90，ABC为直角三角形，ABCACD，且点D在坐标轴上，由题易知，AB4 ，AC2 ，BC6， ，即 ，CD3，C(0，3)，D(0，0)；,例题解图,(3)设抛物线的对称轴分别交抛物线，x轴于点E，F，在x轴上是否存在一点G(不与点F重合)，使得AEF与AEG相

35、似，若存在，请求出点G坐标；,【思维教练】要使AEF与AEG相似，因为AEF为直角三角形，需考虑AEG中哪个角为直角的情况：当点G在x轴上时，分AEFAGE和AEFAEG两种情况,例题图,解：存在，AEF是直角三角形，且AEF与AEG相似，AEG也是直角三角形，点G在x轴上，分两种情况讨论：当AGEAEF时，由(1)知A( ，0)，E( ，4)，EF4，AF2 ，根据勾股定理，得AE2 ， ，AE2AGAF，解得AG ，OGAGOA ，即G( ，0)；当AEFAEG时，点F与点G重合，综上所述，G点坐标为( ，0) ；,(4)直线AC与抛物线的对称轴交于M点，在y轴上是否存在一点N，使得AOC

36、与MNC相似，若存在，请求出点N坐标；,例题图,【思维教练】要使AOC与MNC相似，因为ACOMCN，则需考虑AOC90这个直角与哪个角对应，从而分以下两种情况讨论：AOCMNC，AOCNMC，根据对应边成比例计算出点N的坐标,解：存在，设直线AC的解析式为ykxb，将A( ，0)，C(0，3)代入，直线AC的解析式为y x3，易知AC2 ，又抛物线对称轴为x ，将x 代入y x3中，得y6，M( ，6)，又C(0，3)，MC .分以下两种情况讨论：,()如解图，过点M作MNy轴于点N，此时AOCMNC，则此时，点N与点M纵坐标相等，N(0，6)；,例题解图,()如解图，过点M作MNAC 于点

37、M，此时AOCNMC， ，即 ，NC4，则ONOCNC7，N(0，7)综上所述：满足要求的点N的坐标为(0，6)或(0，7)；,例题解图,(5)在抛物线上是否存在点P，使AOC与ACP相似若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由,例题图,【思维教练】要使AOC与ACP相似，因为AOC是直角三角形，而ACP中三个内角均可能为直角，故需分三种情况讨论，在每种情况之下，求出对应点，再看求出的点是否满足三角形相似的条件,解：存在，AOC是直角三角形，AOC与ACP相似，ACP也是直角三角形，分以下三种情况讨论：()如解图，当点P与点B重合，即ACP90时，AOCACB，CAOBAC，AOCACB，

38、此时，点P的坐标为(3 ，0)；,例题解图,()如解图，当CAP90时，AC2AP2CP2，设点P坐标为(x， x2 x3)，A( ，0)，C(0，3)，AC2( )23212，AP2(x )2( x2 x3)2，CP2x2(3 x2 x3)2，即12(x )2( x2 x3)2x2(3 x2 x3)2，解得x 或4 .当x 时y0，点P与点A重合，故舍去，P(4 ，5)；,例题解图,AP . ， 2， ， ， ， .AOC与ACP不相似，P(4 ，5)(舍去)；()如解图，当CPA90时，以AC为直径作圆，此圆过点O、A、C，不与抛物线有其他交点，则不存在符合要求的点P.综上所述：满足条件的

39、点P的坐标为(3 ，0),例题解图,针对演练,1. (2018乌鲁木齐)在平面直角坐标系xOy中，抛物线y x2bxc经过点A(2，0)，B(8，0)(1)求抛物线的解析式；(2)点C是抛物线与y轴的交点，连接BC，设点P是抛物线上在第一象限内的点，PDBC，垂足为点D.是否存在点P，使线段PD的长度最大，若存在，请求出点P的坐标；当PDC与COA相似时，求点P的坐标,第1题图,解：(1)将A(2，0)，B(8，0)代入y x2bxc得，抛物线解析式为：y x2 x4；,在RtPDE中，PDPEsinPEDPEsinOCBPE PE PE，当线段PE最长时，PD的长度最大设P(t， t2 t4

40、)，点E在直线BC上，且点E，G的横坐标与点P的横坐标相等，E(t， t4)，G(t，0)，即PG t2 t4，EG t4，PEPGEG t22t (t4)24(0t8)，当t4时，PE有最大值4，此时点P坐标为(4，6)，即当P点坐标为(4，6)时，PD的长度最大，最大值为 PE 4,由A(2，0)，B(8，0)，C(0，4)，易知AB2BC2AC2，则ACB90，OCBOCA90，OCBOBC90，OCAOBC，AOCCOB90，COABOC.当RtPDC与RtCOA相似时，就有RtPDC与RtBOC相似，相似三角形对应角相等，PCDCBO，或PCDBCO，,()若PCDCBO(RtPDC

41、RtCOBRtAOC)，此时有CPOB，C(0，4)，P点的纵坐标为4， x2 x44，解得x16，或x20(舍)，即RtPDCRtCOB时，P(6，4)；,()若PCDBCO(RtPDCRtBOCRtCOA)，如解图，过点P作x轴的垂线，垂足为点G，与直线BC交于点F，PFOC，PFCBCO，PCDPFC，PFPC，,设P(n， n2 n4)，由题意可得n0，同，可知PF n22n，如解图，过点P作y轴的垂线，垂足为点N，在RtPNC中，PC2PN2NC2n2( n2 n4)42 n4 n3 n2，PFPC，PF2PC2，即( n22n)2 n4 n3 n2，解得n3或n0(舍去)，即RtP

42、DCRtBOC时，P(3， )；当PDC与COA相似时，点P的坐标为(6，4)或(3， ),第1题解图,2. (2018常德)如图，已知二次函数的图象过点O(0，0)，A(8，4)，与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x3.(1)求该二次函数的解析式；(2)若M是OB上的一点，作MNAB交OA于N，当ANM面积最大时，求M的坐标；(3)P是x轴上的点，过P作PQx轴，与抛物线交于Q，过A作ACx轴于C，当以O，P，Q为顶点的三角形与以O，A，C为顶点的三角形相似时，求P点的坐标,第2题图,解：(1)设二次函数的解析式为ya(x3)2h(a0)，将O(0，0)、A(8，4)代入解析式，得 二次函数

43、的解析式为y (x3)2 ，即y x2 x；,(2)O、B两点关于x3对称，B(6，0)，设点M的坐标为(m，0)(0m6)，设直线AB的解析式为yk1xb1，直线AB的解析式为y2x12，易得直线OA的解析式为y x，MNAB，设MN的解析式为y2xb2，,把M(m，0)代入得b22m，直线MN的解析式y2x2m，SANMSAOMSNOM，SAOM m4，SNOM m m，SANM m22m(0m6)，当m 3时，SANM有最大值为SANM 32233；当ANM面积最大时，点M的坐标为(3，0)；,(3)设P(t，0)，则Q(t， t2 t)，OP|t|，PQ| t2 t|，A(8，4)，A

44、Cx轴，OC8，AC4，OPQOCA90，以O、P、Q为顶点的三角形与以O、C、A为顶点的三角形相似有如下两种情况：,当OPQOCA时，解得t18，t24，t30(舍去)；当OPQACO时，解得t114，t22，t30(舍去)，综上所述，P点的坐标为(2，0)或(4，0)或(8，0)或(14，0),类型五全等三角形的存在性问题(铜仁2017.25(2)【方法指导】全等的两个三角形，在没指明对应点的情况下，理论上应分六种情况讨论，但实际问题中通常不超过四种，常见有如下两种类型，每类分两种情况讨论就可以了,典例精讲,例(2017铜仁25(1)(2)如图，抛物线yx2bxc经过点A(1，0)，B(0

45、，2)，并与x轴交于点C，点M是抛物线对称轴l上任意一点(点M、B、C三点不在同一直线上)(1)求该抛物线所表示的二次函数的表达式；,例题图,【思维教练】将点A、B分别代入抛物线的表达式，通过解方程组，可得到b，c的值,解：将点A(1，0)，B(0，2)代入yx2bxc中，得 ，解得 ，二次函数表达式为yx2x2；,(2)在抛物线上找出两点P1、P2，使得MP1P2与MCB全等，并求出P1、P2的坐标,【思维教练】利用全等时对应边相等，结合抛物线的对称性，分两种情况：分别作B、C点关于对称轴对称的点，所作对称点即为所求P1，P2点；作BC的平行线，与抛物线的交点，即为所求P点,例题图,解：令y

46、x2x20，得x11，x22，所以点C的坐标为(2，0)易得抛物线对称轴为x ，如解图，取点C关于对称轴l的对称点A，点B关于对称轴l的对称点为B(1，2)，则当点P1，P2与A，B重合时，有MP1P2与MBC全等，此时，P1(1，0)，P2(1，2),例题解图,过点M作MP1BC，交抛物线于点P1，如解图，若MP1CCBM，则MP1CB.四边形MBCP1为平行四边形，xMxBxP1xC； xMxBxC 02 .将x 代入yx2x2中，得y ，P1( ， )，此时P2与C点重合，P1 ( ， ) ，P2(2，0)综上所述，满足条件的P1，P2点的坐标分别为P1(1，0)，P2(1，2)；P1

47、( ， ) ，P2(2，0),例题解图,针对演练,1. (2017包头)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y x2bxc与x轴交于A(1，0)，B(2，0)两点，与y轴交于点C.(1)求该抛物线的解析式；(2)直线yxn与抛物线在第四象限内交于点D，与线段BC交于点E，与x轴交于点F，且BE4EC.求n的值；连接AC，CD，线段AC与线段DF交于点G，AGF与CGD是否全等？请说明理由,第1题图,解：(1)抛物线y x2bxc与x轴交于A(1，0)，B(2，0)两点，将A(1，0)，B(2，0)代入抛物线解析式可得 ，解得 ，该抛物线的解析式为y x2 x3；,(2) 如解图，过点E作EEx

48、轴于点E，EEOC， ，BE4CE，BE4OE，设点E的坐标为(x，y)，OEx，BE4x.点B坐标为(2，0)，OB2，x4x2，x ，抛物线y x2 x3与y轴交于点C，当x0时，y3，C(0，3),第1题解图,设直线BC的解析式为ykxb1，B(2，0)，C(0，3)，将B、C两点代入解析式，得 ，解得k ，直线BC的解析式为y x3.当x 时，代入直线BC的解析式，得y ，E( ， )点E在直线yxn上， n ，n2；,全等；理由如下：直线EF的解析式为yx2，当y0时，x2，F(2，0)，OF2.A(1，0)，OA1，AF1，抛物线与直线yx2相交于点D，联立方程，得 ，解得 或 .

49、点D在第四象限，点D的坐标为(1，3),点C的坐标为(0，3)，CDx轴，CD1，AFGCDG，FAGDCG，CDAF1，AGFCGD(ASA),2. 如图，一次函数y x2与坐标轴分别交于A，B两点，抛物线y x2bxc经过点A，B，点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线BA运动，点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AO运动，两点同时出发，运动时间为t秒(1)求此抛物线的表达式；(2)求当APQ为等腰三角形时，所有满足条件的t的值；(3)点P在线段AB上运动，请直接写出t为何值时，APQ的面积达到最大？此时，在抛物线上是否存在一点T，使得APTAPO？若存在，请直接写出点T

50、的坐标；若不存在，请说明理由,第2题图,解：(1)把x0代入y x2中，得y2.把y0代入y x2中，得x2 .A(2 ，0)，B(0，2)，把A(2 ，0)，B(0，2)分别代入y x2bxc中，得b ，c2，抛物线的表达式为y x2 x2；,(2)OA2 ，OB2，由勾股定理，得AB 4，BAO30.运动t秒后，AQt，BP2t.由APQ为等腰三角形，有QAQP，APAQ，PAPQ三种情况，,当QPQA时，如解图，过点Q作QDAB于点D，则D为AP的中点在RtADQ中，QD AQ t，ADPD AQ t，AP t，BPAPAB，2t t4.解得t84 ；,第2题解图,当APAQ时，()若点