中考數(shù)學(xué)解題技巧 40 二次函數(shù)中翻折及動點(diǎn)引起的圖形存在性問題

二次函數(shù)中翻折及動點(diǎn)引起的圖形存在性問題思路指導(dǎo)：·直角三角形的判定方法：勾股定理的逆定理；兩銳角互余.·等邊三角形存在性問題：作出圖形，利用60°、30°等特殊角在直角三角形中利用三角函數(shù)知識求解三角形各邊的長度；·平行四邊形存在性問題：表示出各點(diǎn)坐標(biāo)，利用對角線上兩對點(diǎn)的橫坐標(biāo)和相等，縱坐標(biāo)和相等列出方程，進(jìn)而解答.題型一、三角形折疊與等邊三角形存在性問題1.（2019·成都中考）如圖，拋物線經(jīng)過點(diǎn)A(－2,5)，與x軸交于點(diǎn)B(－1,0)，C(3,0).（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）點(diǎn)D在拋物線的對稱軸上，且位于x軸的上方，將△BCD沿直線BD翻折得到△BC’D.若點(diǎn)C’恰好落在拋物線的對稱軸上，求點(diǎn)C’和點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）設(shè)P是拋物線上位于對稱軸右側(cè)的一點(diǎn)，點(diǎn)Q在拋物線的對稱軸上，當(dāng)△CPQ為等邊三角形時，求直線BP的解析式.【答案】見解析.【解析】解：（1）由題意知，∴，解得：，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為：；（2）由（1）知，拋物線的對稱軸為：x=1，由翻折知：BC=BC’=4，設(shè)拋物線對稱軸與x軸交點(diǎn)為M，則BM=CM=2，∴∠BC’M=30°，∴∠DCM=30°，C’M=2，即C’(1,2)，在Rt△DCM中，DM=CM·tan30°=，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，）；（3）方法一：根據(jù)點(diǎn)P的位置分類討論：①當(dāng)P在x軸上方時，如下圖所示，連接BQ，C’P，∵△PCQ，△CC’B是等邊三角形，∴CQ=CP=PQ，BC=BC’=CC’，∠PCQ=∠C’CB=60°，∴∠BCQ=∠C’CP，∴△BCQ≌△C’CP，∴BQ=C’P，∵BQ=QC，∴C’P=QC=CP，∵BC=BC’，∴BP是CC’的垂直平分線，由折疊知，點(diǎn)D在直線BP上，設(shè)BP的解析式為：y=kx+b，∴，解得：，∴直線BP的表達(dá)式為：；②當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時，點(diǎn)Q在x軸下方，由上知，△QCP、△CC’B為等邊三角形，可得：△BCP≌△C’CQ，∴∠CBP=∠CC’Q，由BC’=CC’，C’H⊥BC，∴∠CC’Q=30°，即∠CBP=30°，設(shè)BP與y軸交于點(diǎn)N，在Rt△BON中，ON=OB·tan30°=，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，－），設(shè)BP的解析式為：y=mx+n，∴，解得：，∴直線BP的表達(dá)式為：；綜上所述，直線BP的解析式為：或.方法二：當(dāng)點(diǎn)Q、點(diǎn)P在x軸上方時，如圖所示，連接BQ，易知BQ=QC=PQ，∴∠BPQ=∠QBP，∠BCQ=∠QBC，∠BPQ+∠QBP+∠BCQ+∠QBC=∠PQC=60°，即∠PBC=30°，設(shè)BP與y軸交于點(diǎn)H，可得H點(diǎn)坐標(biāo)為（0，），可得直線BP的解析式為：；當(dāng)點(diǎn)Q、點(diǎn)P在x軸下方時，如圖所示，連接BQ，同理可得：∠PBC=30°，設(shè)BP與y軸交于點(diǎn)H，可得H點(diǎn)坐標(biāo)為（0，－），可得直線BP的解析式為：；綜上所述，直線BP的解析式為：或.2.（2019·浙江湖州中考）如圖1，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OABC是矩形，點(diǎn)A、C分別在x軸和y軸的正半軸上，連接AC，OA=3，tan∠OAC=，D是BC的中點(diǎn).（1）求OC的長和點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）如圖2，M是線段OC上的點(diǎn)，OM=OC，點(diǎn)P是線段OM上的一個動點(diǎn)，經(jīng)過P、D、B三點(diǎn)的拋物線交x軸的正半軸于點(diǎn)E，連接DE交AB于點(diǎn)F.①將△DBF沿DE所在的直線翻折，若點(diǎn)B恰好落在AC上，求此時BF的長和點(diǎn)E的坐標(biāo)；②以線段DF為邊，在DF所在直線的右上方作等邊△DFG，當(dāng)動點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動到點(diǎn)M時，點(diǎn)G也隨之運(yùn)動，請直接寫出點(diǎn)G運(yùn)動路徑的長.【答案】見解析【解析】解：（1）∵OA=3，tan∠OAC=，在Rt△AOC中，tan∠OAC=，∴OC=，∵ABCD是矩形，∴BC=OA=3，又D是BC的中點(diǎn)，∴CD=,即D的坐標(biāo)為（，）（2）①由tan∠OAC=，知：∠OAC=30°，∴∠ACB=∠OAC=30°，若△DBF折疊后，B的落點(diǎn)為B’由折疊性質(zhì)，知：DB’=DB=DC，∠BDF=∠B’DF，∴∠DB’C=∠ACB=30°，∴∠BDB’=60°，∠BDF=30°，在Rt△BDF中，BF=BD·tan30°=，∵AB=，∴AF=BF=,在△BFD和△AFE中，∠BFD=∠EFA，∠B=∠FAE=90°，AF=BF，∴△BFD≌△AFE，∴AE=BD=即OE=OA+AE=，故E點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）②由題意知：F點(diǎn)橫坐標(biāo)不變?yōu)?，而∠DFB=60°，即G點(diǎn)與F點(diǎn)的連線與y軸平行，即G點(diǎn)橫坐標(biāo)不變，所以G點(diǎn)運(yùn)動軌跡為一條線段，求出P點(diǎn)從O點(diǎn)至M點(diǎn)運(yùn)動過程中，G點(diǎn)的縱坐標(biāo)的差即為G點(diǎn)運(yùn)動路徑的長.當(dāng)P點(diǎn)在O點(diǎn)時，如圖所示，設(shè)拋物線解析式為：y=ax2+bx，將點(diǎn)D（，）,B（3，）代入解析式，可得：，解得：，即拋物線解析式為：令y=0，得，即E（，0），設(shè)直線DE的解析式為：y=kx+b，將D（，）、E（，0）代入得：，令x=3，得y=，即F(3,),由BF=BG得，G（3，）.當(dāng)P點(diǎn)在M點(diǎn)時，如圖所示，設(shè)拋物線解析式為：y=ax2+bx+c，將點(diǎn)D（，）,B（3，），M（0，）代入解析式，可得：，拋物線解析式為：令y=0，得，即E（6，0），設(shè)直線DE的解析式為：y=kx+b，將D（，）、E（6，0）代入得：，令x=3，得y=，即F(3,),由BF=BG得，G（3，）即G點(diǎn)由（3，）運(yùn)動至（3，），運(yùn)動路徑長為：－=.題型二、二次函數(shù)由增減性求解參數(shù)范圍及角度相等存在性問題3.（2019·山東德州中考）如圖，拋物線與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且．（1）求拋物線的解析式；（2）若P（x1，y1），Q（x2，y2）是拋物線上的兩點(diǎn)，當(dāng)a≤x1≤a+2，時，均有y1≤y2，求a的取值范圍；（3）拋物線上一點(diǎn)D（1，－5），直線BD與y軸交于點(diǎn)E，動點(diǎn)M在線段BD上，當(dāng)∠BDC=∠MCE時，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．【答案】見解析.【解析】解：（1）函數(shù)的對稱軸為：，解得：，x2=4，將（4,0）代入則函數(shù)的表達(dá)式為得，拋物線的表達(dá)式為：；（2）當(dāng)時，y2≥2，另y=2，得x=－2，x=，∵y1≤y2，∴－2≤a≤a+2，a+2≤，解得：－2≤a≤；（3）點(diǎn)M的坐標(biāo)為，如圖，連接BC，CM，過點(diǎn)D作DG⊥OE于點(diǎn)G，由題意知，OB=OC=4，CG=DG=1，∴△OBC是等腰直角三角形，△CDG是等腰直角三角形，∴∠BCO=∠DCG=45°，BC=4,CD=，∴∠BCD=180°－∠BCO－∠DCG=90°，∴△BCD為直角三角形，∴tan∠BDC==4，設(shè)直線BD的解析式為：y=kx+b，將(4,0)，（1，－5）代入得：，解得：即直線BD的解析式為：，設(shè)M坐標(biāo)為（m，）,過M作MF⊥CE于F，則∠MFC=90°，MF=m，CF=OF－OC=，在Rt△CFM中，tan∠MCF==tan∠BDC=4,∴m=4（），解得：m=，即M點(diǎn)坐標(biāo)為：.題型三、二次函數(shù)中直角三角形判定及圓心軌跡問題4.（2019·湖南懷化中考）如圖，在直角坐標(biāo)系中有Rt△AOB，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB＝1，tan∠ABO＝3，將此三角形繞原點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到Rt△COD，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象剛好經(jīng)過A，B，C三點(diǎn)．（1）求二次函數(shù)的解析式及頂點(diǎn)P的坐標(biāo)；（2）過定點(diǎn)Q的直線l：y＝kx﹣k+3與二次函數(shù)圖象相交于M，N兩點(diǎn)．①若S△PMN＝2，求k的值；②證明：無論k為何值，△PMN恒為直角三角形；③當(dāng)直線l繞著定點(diǎn)Q旋轉(zhuǎn)時，△PMN外接圓圓心在一條拋物線上運(yùn)動，直接寫出該拋物線的表達(dá)式．【答案】見解析.【解析】解：（1）由題意知，OB＝1，tan∠ABO＝3，∴OA＝3，OC＝3，即點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為（0，3）、（﹣1，0）、（3，0），將點(diǎn)（0，3）、（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得二次函數(shù)表達(dá)式為：y＝﹣x2+2x+3，頂點(diǎn)坐標(biāo)為：P（1，4）；（2）聯(lián)立y＝﹣x2+2x+3，y=kx－k+3得：x2﹣（2﹣k）x﹣k＝0，設(shè)點(diǎn)M、N的坐標(biāo)為（x1，y1）、（x2，y2），則x1+x2＝2﹣k，x1x2＝﹣k，y1+y2＝k（x1+x2）﹣2k+6＝6﹣k2，同理：y1y2＝9﹣4k2，①y＝kx﹣k+3，當(dāng)x＝1時，y＝3，即點(diǎn)Q（1，3），∵S△PMN＝2∴2＝PQ×（x2﹣x1），即x2﹣x1＝4，∴（x2﹣x1）2＝16，即（x1+x2）2－2x1x2=16，可得：k＝±；②點(diǎn)M、N的坐標(biāo)為（x1，y1）、（x2，y2）、點(diǎn)P（1，4），由勾股定理得：，,,∴====∴,故無論k為何值，△PMN恒為直角三角形；③取MN的中點(diǎn)H，則點(diǎn)H是△PMN外接圓圓心，設(shè)點(diǎn)H坐標(biāo)為（x，y），則x＝，y＝，整理得：y＝﹣2x2+4x+1，即：該拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣2x2+4x+1．題型四、平行四邊形及兩直線平行存在性問題5.（2019·江蘇連云港中考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線L1：過點(diǎn)C(0，﹣3)，與拋物線L2：的一個交點(diǎn)為A，且點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2，點(diǎn)P、Q分別是拋物線L1、拋物線L2上的動點(diǎn)．（1）求拋物線L1對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；（2）若以點(diǎn)A、C、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形恰為平行四邊形，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）設(shè)點(diǎn)R為拋物線L1上另一個動點(diǎn)，且CA平分∠PCR，若OQ∥PR，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【答案】見解析.【解析】解：（1）當(dāng)x=2時，=－3，即A點(diǎn)坐標(biāo)為（2，－3），將A（2，－3）,C（0，－3）代入得：，解得：，即拋物線L1的函數(shù)表達(dá)式為：.（2）設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（m，m2－2m－3），點(diǎn)Q坐標(biāo)為（n，），∵以點(diǎn)A、C、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形恰為平行四邊形，①若ACPQ為平行四邊形時，，解得：或∵m=0時，P與C重合，舍去，∴P點(diǎn)坐標(biāo)為（－1,0）；②若ACQP為平行四邊形時，，解得：或∴P點(diǎn)坐標(biāo)為（3,0），；③若AQCP為平行四邊形時，，解得：（舍）或∴P點(diǎn)坐標(biāo)為（－3,12）；綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（－1,0），（3,0），，（－3,12）.（3）當(dāng)點(diǎn)P在y軸左側(cè)時，不存在動點(diǎn)R使得CA平分∠PCR，當(dāng)點(diǎn)P