中考數(shù)學二輪復習二次函數(shù)壓軸題(角度問題)

類型七角度問題1.如圖，拋物線y＝－eq\f(3,4)x2＋bx＋c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，直線y＝eq\f(3,4)x＋3經(jīng)過點A、C.(1)求拋物線的解析式；(2)P是拋物線上一動點，過P作PM∥y軸交直線AC于點M，設點P的橫坐標為t.①若以點C、O、M、P為頂點的四邊形是平行四邊形，求t的值；②當直線MP、MC、MO中一條直線平分另外兩條直線的夾角時，直接寫出t的值．第1題圖備用圖

2.如圖，直線y＝eq\f(3,4)x＋c與x軸交于點B(4，0)，與y軸交于點C，拋物線y＝eq\f(3,4)x2＋bx＋c經(jīng)過點B，C，與x軸的另一個交點為點A.(1)求拋物線的解析式；(2)點P是直線BC下方的拋物線上一動點，求四邊形ACPB的面積最大時點P的坐標；(3)若點M是拋物線上一點，請直接寫出使∠MBC＝eq\f(1,2)∠ABC的點M的坐標．第2題圖備用圖類型七角度問題1.解：(1)在y＝eq\f(3,4)x＋3中，令x＝0，y＝3；令y＝0，x＝－4，得A(－4，0)，C(0，3)，將A、C兩點坐標代入拋物線y＝－eq\f(3,4)x2＋bx＋c，解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(9,4),c＝3))，∴拋物線的解析式y(tǒng)＝－eq\f(3,4)x2－eq\f(9,4)x＋3；(2)①設P(t，－eq\f(3,4)t2－eq\f(9,4)t＋3)，∵PM∥DC，∴要使以點C、O、M、P為頂點的四邊形是平行四邊形，則PM＝OC＝3.∵M點的坐標可表示為(t，eq\f(3,4)t＋3)，∴PM＝|－eq\f(3,4)t2－eq\f(9,4)t＋3－(eq\f(3,4)t＋3)|＝|－eq\f(3,4)t2－3t|，∴|－eq\f(3,4)t2－3t|＝3，當－eq\f(3,4)t2－3t＝3，解得t1＝－2，當－eq\f(3,4)t2－3t＝－3，解得t2＝－2＋2eq\r(2)，t3＝－2－2eq\r(2)，綜上所述，滿足條件的t的值為－2或－2＋2eq\r(2)或－2－2eq\r(2)；②當直線MP、MC、MO中一條直線平分另外兩條直線的夾角時，t的值為－2或－eq\f(72,25)或－eq\f(12,5).【解法提示】如解圖①，若當直線MP平分直線MC、MO的夾角，第1題解圖①則∠AMN＝∠OMN，∵PN⊥OA，∴AN＝ON，∴t的值為－2；如解圖②，若MC平分MP、MO的夾角，過點C作CH⊥OM于點H，CG⊥MP于點G，第1題解圖②則CG＝CH，∵S△CMO＝eq\f(1,2)OM·CH＝eq\f(1,2)OC·CG，∴OM＝OC＝3，∵點M在直線AC上，∴M(t，eq\f(3,4)t＋3)，∴MN2＋ON2＝OM2，可得，t2＋(eq\f(3,4)t＋3)2＝9，解得t1＝0(舍)，t2＝－eq\f(72,25)；如解圖③，若MO平分MC、MP的夾角，則可得∠NMO＝∠OMC，過點O作OK⊥AC，垂足為K，第1題解圖③∴OK＝ON，∵∠AKO＝∠AOC＝90°，∠OAK＝∠CAO，∴△AOK∽△ACO，∴eq\f(OK,AO)＝eq\f(CO,AC)，∴eq\f(OK,4)＝eq\f(3,5)，∴OK＝eq\f(12,5)，∴t＝－eq\f(12,5)，綜合以上可得t的值為－2或－eq\f(72,25)或－eq\f(12,5).2.解：(1)∵直線y＝eq\f(3,4)x＋c經(jīng)過點B(4，0)，∴eq\f(3,4)×4＋c＝0，解得c＝－3.∴拋物線的解析式為y＝eq\f(3,4)x2＋bx－3.又∵拋物線經(jīng)過點B(4，0)，∴12＋4b－3＝0，解得b＝－eq\f(9,4)，∴拋物線的解析式為y＝eq\f(3,4)x2－eq\f(9,4)x－3；(2)如解圖①，過點P作PD⊥x軸，垂足為點D，交直線BC于點E.由(1)可知直線BC的解析式為y＝eq\f(3,4)x－3，設點P(m，eq\f(3,4)m2－eq\f(9,4)m－3)，則點E(m，eq\f(3,4)m－3)，∴PE＝eq\f(3,4)m－3－(eq\f(3,4)m2－eq\f(9,4)m－3)＝－eq\f(3,4)m2＋3m.對于y＝eq\f(3,4)x2－eq\f(9,4)x－3，令y＝0，得eq\f(3,4)x2－eq\f(9,4)x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝4，∴點A(－1，0)，∴AB＝5.∴S四邊形ACPB＝S△ABC＋S△BCP＝eq\f(1,2)AB·OC＋eq\f(1,2)PE·OB＝eq\f(1,2)×5×3＋eq\f(1,2)×(－eq\f(3,4)m2＋3m)×4＝－eq\f(3,2)m2＋6m＋eq\f(15,2)＝－eq\f(3,2)(m－2)2＋eq\f(27,2).∵－eq\f(3,2)<0，0<m<4.∴當m＝2時，S四邊形ACPB最大，此時點P的坐標為(2，－eq\f(9,2))；第2題解圖①(3)滿足題意的點M的坐標為(－eq\f(5,9)，－eq\f(41,27))或(eq\f(25,27)，－eq\f(1079,243))．【解法提示】如解圖②，作∠ABC的平分線交y軸于點F，交拋物線于點M1，過點F作FN⊥BC，垂足為點N，作∠CBG＝∠CBF，其中一邊交y軸于點G，交拋物線于點M2，過點F作FH⊥BG，垂足為點H.①由角平分線的性質(zhì)，可得FN＝OF，由eq\f(FN,FC)＝eq\f(OB,BC)＝eq\f(4,5)，F(xiàn)N＋FC＝OF＋FC＝3，可得OF＝FN＝eq\f(4,3)，∴點F(0，－eq\f(4,3))．由點F(0，－eq\f(4,3))，B(4，0)，可得直線BF的解析式為y＝eq\f(1,3)x－eq\f(4,3)，與拋物線解析式聯(lián)立方程組得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,3)x－\f(4,3),y＝\f(3,4)x2－\f(9,4)x－3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－\f(5,9),y1＝－\f(41,27)))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝4,y2＝0))(舍去)，∴點M1(－eq\f(5,9)，－eq\f(41,27))，②在Rt△OBF中，OF＝eq\f(4,3)，OB＝4，由勾股定理，可得BF＝eq\f(4,3)eq\r(10)，∵∠FBH＝∠CBO，∠FHB＝∠COB，∴△BFH∽△BCO.∴eq\f(FH,OC)＝eq\f(BF,BC)，即eq\f(FH,3)＝eq\f(\f(4,3)\r(10),5)，∴FH＝eq\f(4\r(10),5)，設點G(0，n)，則FG＝－n－eq\f(4,3)，∵∠FGH＝∠BGO，∠FHG＝∠BOG，∴△GFH∽△GBO，∴eq\f(FG,BG)＝eq\f(FH,BO)，即eq\f(－n－\f(4,3),\r(n2＋42))＝eq\f(\f(4\r(10),5),4)，∴n＝－eq\f(52,9)，∴點G(0，－eq\f(52,9))，由點B(4，0)，點G(0，－eq\f(52,9))，可得直線BG的解式為y＝eq\f(13,9)x－eq\f(52,9)，與拋物線解析式聯(lián)立方程組，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(13,9)x－\f(52,9),y＝\f(3,4)x2－\f(9,4)x－3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＝\f(25,27),y3＝－\f