（广西专用）2019中考数学二轮新优化复习 第二部分 专题综合强化 专题7 抛物线背景下的几何探究型

1第二部分专题七类型1探究线段数量关系及最值的存在性1．(2018·湘潭改编)如图，点P为抛物线y＝14x2上一动点．(1)若抛物线y＝14x2是由抛物线y＝14(x＋2)2－1通过平移得到的，请写出平移的过程；(2)若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为(0，－1)，过点P作PM⊥l于M.①如图1，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM＝PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．②如图2，若点Q的坐标为(1,5)，求QP＋PF的最小值．第1题图解：(1)∵抛物线y＝14(x＋2)2－1的顶点坐标为(－2，－1)，∴抛物线y＝14(x＋2)2－1向上平移1个单位，再向右2个单位得到抛物线y＝14x2.第1题答图(2)①存在一定点F，使得PM＝PF恒成立．如答图，过点P作PB⊥y轴于点B.设点P的坐标为(a，14a2)，∴PM＝PF＝14a2＋1.∵PB＝a，∴在Rt△PBF中，BF＝PF2－PB2＝14a2＋2－a2＝14a2－1，∴OF＝1，∴点F坐标为(0,1)．②由①知PM＝PF,QP＋PF的最小值为QP＋PM的最小值，当Q，P，M三点共线时，QP＋PM有最小值为6.∴QP＋PF的最小值为6.22．(2018·宜宾)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为(2,0)，且经过点(4,1)，如图，直线y＝14x与抛物线交于A，B两点，直线l为y＝－1.(1)求抛物线的解析式；(2)在l上是否存在一点P，使PA＋PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．第2题图(3)已知F(x0，y0)为平面内一定点，M(m，n)为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标．解：(1)∵抛物线的顶点坐标为(2,0)，∴设抛物线的解析式为y＝a(x－2)2.∵该抛物线经过点(4,1)，∴1＝4a，解得a＝14，∴抛物线的解析式为y＝14(x－2)2＝14x2－x＋1.(2)联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得y＝14x，y＝14x2－x＋1，解得x1＝1，y1＝14，x2＝4，y2＝1，∴点A的坐标为(1，14)，点B的坐标为(4,1)．如答图，第2题答图作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA＋PB取得最小值．∵点B(4,1)，直线l为y＝－1，3∴点B′的坐标为(4，－3)．设直线AB′的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将A(1，14)，B′(4，－3)分别代入y＝kx＋b，得k＋b＝14，4k＋b＝－3，解得k＝－1312，b＝43，∴直线AB′的解析式为y＝－1312x＋43.当y＝－1时，有－1312x＋43＝－1，解得x＝2813，∴点P的坐标为(2813，－1)．(3)∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，∴(m－x0)2＋(n－y0)2＝(n＋1)2，∴m2－2x0m＋x20－2y0n＋y20＝2n＋1.∵M(m，n)为抛物线上一动点，∴n＝14m2－m＋1，∴m2－2x0m＋x20－2y0(14m2－m＋1)＋y20＝2(14m2－m＋1)＋1，整理得(1－12－12y0)m2＋(2－2x0＋2y0)m＋x20＋y20－2y0－3＝0.∵m为任意值，∴1－12－12y0＝0，2－2x0＋2y0＝0，x20＋y20－2y0－3＝0，解得x0＝2，y0＝1，∴定点F的坐标为(2,1)．3．(2018·烟台)如图1，抛物线y＝ax2＋2x＋c与x轴交于A(－4,0)，B(1,0)两点，过点B的直线y＝kx＋23分别与y轴及抛物线交于点C，D.(1)求直线和抛物线的表达式；(2)动点P从点O出发，在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀速运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出所有满足条件的t的4值；(3)如图2，将直线BD沿y轴向下平移4个单位后，与x轴，y轴分别交于E，F两点，在抛物线的对称轴上是否存在点M，在直线EF上是否存在点N，使DM＋MN的值最小？若存在，求出其最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．第3题图解：(1)把A(－4,0)，B(1,0)分别代入y＝ax2＋2x＋c，得16a－8＋c＝0，a＋2＋c＝0，解得a＝23，c＝－83，∴抛物线的解析式为y＝23x2＋2x－83.∵直线y＝kx＋23过点B，∴将B(1,0)代入，得k＝－23，∴直线的表达式为y＝－23x＋23.(2)由y＝23x2＋2x－83，y＝－23x＋23，得交点D的坐标为(－5,4)．如答图1，过D作DE⊥x轴于点E，作DF⊥y轴于点F.当P1D⊥P1C时，△P1DC为直角三角形，则△DEP1∽△P1OC，∴DEP1O＝P1EOC，即4t＝5－t23，解得t＝15±1296；当P2D⊥DC时，△P2DC为直角三角形，由△P2DB∽△DEB得DBEB＝P2BDB，即t＋152＝526，解得t＝233；5当P3C⊥DC时，△DFC∽△COP3，∴DFOC＝CFP3O，即523＝103t，解得t＝49.∴当t的值为49或15±1296或233时，△PDC为直角三角形．(3)存在．由已知得直线EF的解析式为y＝－23x－103.如答图2，在抛物线上取点D的对称点D′，过点D′作D′N⊥EF于点N，交抛物线对称轴于点M，过点N作NH⊥DD′于点H，此时，DM＋MN＝D′N最小．则D′(2,4)，△EOF∽△NHD′.设点N的坐标为(a，－23a－103)，∴OENH＝OFHD′，即54－－23a－103＝1032－a，解得a＝－2，则点N的坐标为(－2，－2)，求得直线ND′的解析式为y＝32x＋1.当x＝－32时，y＝－54，∴点M的坐标为(－32，－54)，此时，DM＋MN的值最小为D′H2＋NH2＝42＋62＝213.第3题答图类型2探究角度数量关系的存在性1．(2017·河池)抛物线y＝－x2＋2x＋3与x轴交于点A，B(A在B的左侧)，与y轴交于点C.6第1题图(1)求直线BC的解析式；(2)抛物线的对称轴上存在点P，使∠APB＝∠ABC，利用图1求点P的坐标；(3)点Q在y轴右侧的抛物线上，利用图2比较∠OCQ与∠OCA的大小，并说明理由．解：(1)在y＝－x2＋2x＋3中，令y＝0可得0＝－x2＋2x＋3，解得x＝－1或x＝3；令x＝0可得y＝3，∴B(3,0)，C(0,3)，∴可设直线BC的解析式为y＝kx＋3，把B点坐标代入可得3k＋3＝0，解得k＝－1，∴直线BC的解析式为y＝－x＋3.(2)∵OB＝OC，∴∠ABC＝45°.∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1.设抛物线的对称轴交直线BC于点D，交x轴于点E，当点P在x轴上方时，如答图1.第1题答图∵∠APB＝∠ABC＝45°，且PA＝PB，∴∠PBA＝180°－45°2＝67.5°，∠DPB＝12∠APB＝22.5°，∴∠PBD＝67.5°－45°＝22.5°，∴∠DPB＝∠DBP，∴DP＝DB，在Rt△BDE中，BE＝DE＝2，由勾股定理可求得BD＝22，∴PE＝2＋22，∴P(1,2＋22)；7当点P在x轴下方时，由对称性可知P点坐标为(1，－2－22)．综上可知P点坐标为(1,2＋22)或(1，－2－22)．(3)设Q(x，－x2＋2x＋3)，当点Q在x轴下方时，如答图2，过Q作QF⊥y轴于点F，第1题答图当∠OCA＝∠OCQ时，则△QFC∽△AOC，∴QFCF＝AOCO＝13，即xx2－2x＝13，解得x＝0(舍去)或x＝5，∴当Q点横坐标为5时，∠OCA＝∠OCQ；当Q点横坐标大于5时，则∠OCQ逐渐变小，故∠OCA＞∠OCQ；当Q点横坐标小于5且大于0时，则∠OCQ逐渐变大，故∠OCA＜∠OCQ.2．(2019·原创)抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点(点A在点B的左边)，与y轴正半轴交于点C.(1)如图1，若A(－1,0)，B(3,0)，求抛物线y＝－x2＋bx＋c的解析式；(2)在(1)的条件下，P为抛物线上一点，连接AC，PC，若∠PCO＝3∠ACO，求点P的横坐标；(3)如图2，D为x轴下方抛物线上一点，连DA，DB，若∠BDA＋2∠BAD＝90°，求点D的纵坐标．第2题图解：(1)将A(－1,0)，B(3,0)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得－1－b＋c＝0，－9＋3b＋c＝0，解得b＝2，c＝3，∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3.(2)如答图1，延长CP交x轴于点E，在x轴上取点D，使CD＝CA，作EN⊥CD交CD的延长线于点N，过点A作AI⊥CN于点I.8第2题答图1∵CD＝CA，OC⊥AD，∴∠DCO＝∠ACO.∵∠PCO＝3∠ACO，∴∠ACD＝∠ECD，∴tan∠ACD＝tan∠ECD，∴AICI＝ENCN.∵AI＝AD·OCCD＝610，CI＝CA2－AI2＝810，∴ENCN＝AICI＝34，设EN＝3x，则CN＝4x，由tan∠CDO＝tan∠EDN，知ENDN＝OCOD＝31，∴DN＝x，∴CD＝CN－DN＝3x＝10，∴x＝103，∴DE＝103，则点E的坐标为(133，0)，∴直线CE的解析式为y＝－913x＋3.由y＝－913x＋3，y＝－x2＋2x＋3，可得x1＝0(舍去)，x2＝3513，则点P的横坐标为3513.(3)如答图2，过点D作DI⊥x轴，垂足为I.9第2题答图2∵∠BDA＋2∠BAD＝90°，∴∠DBI＋∠BAD＝90°.∵∠BDI＋∠DBI＝90°，∴∠BAD＝∠BDI.∵∠BID＝∠DIA，∴△IBD∽△IDA，∴BIDI＝IDIA，∴xD－xB－yD＝－yDxD－xA，∴y2D＝x2D－(xA＋xB)xD＋xAxB，令y＝0，得－x2＋bx＋c＝0，则xA＋xB＝b，xAxB＝－c，∴y2D＝x2D－(xA＋xB)xD＋xAxB＝x2D－bxD－c.∵yD＝－x2D＋bxD＋c，∴y2D＝－yD，解得yD＝0或－1.∵点D在x轴下方，∴yD＝－1，即点D的纵坐标为－1.类型3探究特殊三角形的存在性1．(2018·河池)如图1，抛物线y＝－x2＋2x－1的顶点A在x轴上，交y轴于B，将该抛物线向上平移，平移后的抛物线与x轴交于C，D，顶点为E(1,4)．(1)求点B的坐标和平移后抛物线的解析式；(2)点M在原抛物线上，平移后的对应点为N，若OM＝ON，求点M的坐标；(3)如图2，直线CB与平移后的抛物线交于F，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得以C，F，P为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由，10第1题图解：(1)在抛物线y＝－x2＋2x－1中，令x＝0，得y＝－1，∴B(0,－1)．∵平移后的抛物线顶点为E(1,4)，∴平移后抛物线的解析式为y＝－x2＋2x－1＋4＝－x2＋2x＋3.(2)设M(a，－a2＋2a－1)，则N(a，－a2＋2a＋3)．∵OM＝ON，∴点M，N关于x轴对称，∴－a2＋2a－1＝－(－a2＋2a＋3)．整理，得a2－2a－1＝0，解得a＝1±2，∴点M的坐标为(1＋2，－2)或(1－2，－2)．(3)存在，点P的坐标为(1,2)或(1，－8)或(1，－6)或(1,1).[解法提示]令y＝－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴C(－1,0)．设直线BC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)．将点B(0，－1)，C(－1,0)分别代入，得b＝－1，－k＋b＝0，解得k＝－1，b＝－1，∴直线BC的解析式为y＝－x－1，联立y＝－x2＋2x＋3，y＝－x－1，解得x＝－1，y＝0，或x＝4，y＝－5，∴F(4，－5)．∵抛物线的对称轴为直线x＝－b2a＝－2－＝1，∴设P(1，m)，∴PF2＝(1－4)2＋(m＋5)2＝m2＋10m