二次函数中翻折及动点引起的图形存在性问题(含解析)

思路指导：

·直角三角形的判定方法：勾股定理的逆定理；两锐角互余.

·等边三角形存在性问题：作出图形，利用60°、30°等特殊角在直角三角形中利用三角函数知识求解三角形各边的长度；

·平行四边形存在性问题：表示出各点坐标，利用对角线上两对点的横坐标和相等，纵坐标和相等列出方程，进而解答.

题型一、三角形折叠与等边三角形存在性问题

1. （2019·成都中考）如图，抛物线yax2bxc经过点A(－2,5)，与x轴交于点B(－1,0)，C(3,0). （1）求抛物线的函数表达式；

（2）点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BC’D. 若点C’恰好落在抛物线的对称轴上，求点C’和点D的坐标；

（3）设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的对称轴上，当△CPQ为等边三角形时，求直线BP的解析式.

yAC'DBOCx

【答案】见解析.

【解析】解：（1）由题意知，

1

4a2bc5a1∴abc0，解得：b2， 9a3bc0c3∴抛物线的函数表达式为：yx22x3； （2）由（1）知，抛物线的对称轴为：x=1， 由翻折知：BC=BC’=4，

设抛物线对称轴与x轴交点为M， 则BM=CM=2， ∴∠BC’M=30°，

∴∠DCM=30°，C’M=23， 即C’(1, 23)，

在Rt△DCM中，DM=CM·tan30°=2∴点D的坐标为（1，（3）方法一：

根据点P的位置分类讨论： ①当P在x轴上方时，如下图所示，

y323=， 3323）； 3AC'QPBOCx

连接BQ，C’P， ∵△PCQ，△CC’B是等边三角形，

∴CQ=CP=PQ，BC=BC’=CC’，∠PCQ=∠C’CB=60°，

2

∴∠BCQ=∠C’CP， ∴△BCQ≌△C’CP， ∴BQ=C’P， ∵BQ=QC， ∴C’P=QC=CP， ∵BC=BC’，

∴BP是CC’的垂直平分线， 由折叠知，点D在直线BP上， 设BP的解析式为：y=kx+b，

kb0k3∴3， kb23，解得：3b33∴直线BP的表达式为：y33x33； ②当点P在x轴下方时，点Q在x轴下方，由上知，△QCP、△CC’B为等边三角形， 可得：△BCP≌△C’CQ， ∴∠CBP=∠CC’Q， 由BC’=CC’，C’H⊥BC， ∴∠CC’Q=30°，即∠CBP=30°， 设BP与y轴交于点N， 在Rt△BON中， ON=OB·tan30°=

33， ∴点E的坐标为（0，－33）， 设BP的解析式为：y=mx+n，

mn0m3∴3n3，解得：， 3n333

∴直线BP的表达式为：yy33x； 33AC'OBNPQCx

综上所述，直线BP的解析式为：y3333xx或y. 3333方法二：当点Q、点P在x轴上方时，如图所示，连接BQ，

yHB易知BQ=QC=PQ， PQCx

∴∠BPQ=∠QBP，∠BCQ=∠QBC，∠BPQ+∠QBP+∠BCQ+∠QBC=∠PQC=60°， 即∠PBC=30°， 设BP与y轴交于点H，可得H点坐标为（0，333x），可得直线BP的解析式为：y；

333当点Q、点P在x轴下方时，如图所示，连接BQ，

yBHQCxP同理可得：∠PBC=30°，

333x），可得直线BP的解析式为：y；

3333333xx综上所述，直线BP的解析式为：y或y. 3333设BP与y轴交于点H，可得H点坐标为（0，－

2. （2019·浙江湖州中考）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A、C分

4

别在x轴和y轴的正半轴上，连接AC，OA=3，tan∠OAC=（1）求OC的长和点D的坐标； （2）如图2，M是线段OC上的点，OM=

33，D是BC的中点.

2OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P、D、B三点3的抛物线交x轴的正半轴于点E，连接DE交AB于点F.

①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标； ②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G运动路径的长.

【答案】见解析 【解析】

解：（1）∵OA=3，tan∠OAC=

3， 3在Rt△AOC中，tan∠OAC=

OC3=， OA3∴OC=3， ∵ABCD是矩形， ∴BC=OA=3， 又D是BC的中点， ∴CD=

3, 23，3） 2即D的坐标为（（2）①

5

由tan∠OAC=3， 3知：∠OAC=30°， ∴∠ACB=∠OAC=30°， 若△DBF折叠后，B的落点为B’ 由折叠性质，知：

DB’=DB=DC，∠BDF=∠B’DF， ∴∠DB’C=∠ACB=30°， ∴∠BDB’=60°，∠BDF=30°，

在Rt△BDF中，BF=BD·tan30°=3， 2∵AB=3，

∴AF=BF=

3, 2在△BFD和△AFE中，∠BFD=∠EFA，∠B=∠FAE=90°，AF=BF， ∴△BFD≌△AFE， ∴AE=BD=

3 29， 29故E点坐标为（，0）

2即OE=OA+AE=

②由题意知：F点横坐标不变为3，而∠DFB=60°，即G点与F点的连线与y轴平行，即G点横坐标不变，所以G点运动轨迹为一条线段，求出P点从O点至M点运动过程中，G点的纵坐标的差即为G点运动路径的长.

6

yGCDBFOAEx

当P点在O点时，如图所示，设抛物线解析式为：y=ax2+bx， 将点D（

3，3）, B（3，3）代入解析式，可得： 239ab32， 49a3b323a232x3x 解得：9，即抛物线解析式为：y9b3令y=0，得x10，x2即E（

9， 29，0）， 239，3）、E（，0）代入得： 22设直线DE的解析式为：y=kx+b，将D（

y333x， 323， 2令x=3，得y=

即F(3,

333),由BF=BG得，G（3，）. 22 7

yGCP(M)DBFOAEx

当P点在M点时，如图所示，设抛物线解析式为：y=ax2+bx+c， 将点D（

233，3）, B（3，3），M（0，）代入解析式，可得：

3239abc3429a3bc3， c233抛物线解析式为：y232323xx 2733令y=0，得x1，x26， 即E（6，0），

设直线DE的解析式为：y=kx+b，将D（

323，3）、E（6，0）代入得： 2y2343x， 9323， 3令x=3，得y=

即F(3,

2343),由BF=BG得，G（3，） 33334333433）运动至（3，），运动路径长为：－=. 23236即G点由（3，

题型二、二次函数由增减性求解参数范围及角度相等存在性问题

8

3. （2019·山东德州中考）如图，抛物线ymx2mx4与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，与y轴交于点C，且x2x15211． 29时，均有y1≤y2，求a的取2（1）求抛物线的解析式；

（2）若P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线上的两点，当a≤x1≤a+2，x2值范围；

（3）抛物线上一点D（1，－5），直线BD与y轴交于点E，动点M在线段BD上，当∠BDC=∠MCE时，求点M的坐标．

【答案】见解析.

5m5xx2， 【解析】解：（1）函数的对称轴为：

x212m42x2x111 23，x2=4， 2解得：x1将（4,0）代入则函数的表达式为得，抛物线的表达式为：

225xx4； 339（2）当x2时，y2≥2，

29另y=2，得x=－2，x=，

2y∵y1≤y2，

∴－2≤a≤a+2，a+2≤， 解得：－2≤a≤；

925210032（3）点M的坐标为，-， 2323

9

yBx

CFGMDE如图，连接BC，CM，过点D作DG⊥OE于点G， 由题意知，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=42,CD=2， ∴∠BCD=180°－∠BCO－∠DCG=90°， ∴△BCD为直角三角形， ∴tan∠BDC=

BD=4， CD设直线BD的解析式为：y=kx+b， 将(4,0)，（1，－5）代入得：

5k4kb03 ，解得：kb520b3即直线BD的解析式为：y设M坐标为（m，m则∠MFC=90°，

MF=m，CF=OF－OC=m，

520x， 335320）,过M作MF⊥CE于F， 38533 10

MF=tan∠BDC=4, CF8532∴m=4（m），解得：m=，

332310032即M点坐标为：，-.

2323在Rt△CFM中，tan∠MCF=

题型三、二次函数中直角三角形判定及圆心轨迹问题

4. （2019·湖南怀化中考）如图，在直角坐标系中有Rt△AOB，O为坐标原点，OB＝1，tan∠ABO＝3，将此三角形绕原点O顺时针旋转90°，得到Rt△COD，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象刚好经过A，B，C三点．

（1）求二次函数的解析式及顶点P的坐标；

（2）过定点Q的直线l：y＝kx﹣k+3与二次函数图象相交于M，N两点． ①若S△PMN＝2，求k的值；

②证明：无论k为何值，△PMN恒为直角三角形；

③当直线l绕着定点Q旋转时，△PMN外接圆圆心在一条抛物线上运动，直接写出该抛物线的表达式．

【答案】见解析.

【解析】解：（1）由题意知，OB＝1，tan∠ABO＝3， ∴OA＝3，OC＝3，

即点A、B、C的坐标分别为（0，3）、（﹣1，0）、（3，0）， 将点（0，3）、（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c 得二次函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3， 顶点坐标为：P（1，4）；

（2）联立y＝﹣x2+2x+3，y=kx－k+3得： x2﹣（2﹣k）x﹣k＝0，

设点M、N的坐标为（x1，y1）、（x2，y2）， 则x1+x2＝2﹣k，x1x2＝﹣k，

11

y1+y2＝k（x1+x2）﹣2k+6＝6﹣k2， 同理：y1y2＝9﹣4k2，

①y＝kx﹣k+3，当x＝1时，y＝3，即点Q（1，3）， ∵S△PMN＝2 ∴2＝

1PQ×（x2﹣x1），即x2﹣x1＝4， 2∴（x2﹣x1）2＝16，即（x1+x2）2－2x1x2=16， 可得：k＝±23；

②点M、N的坐标为（x1，y1）、（x2，y2）、点P（1，4），

由勾股定理得：PM2x11y14，PN2x21y24,

2222MN2x1x2y1y2,

∴PMPNx1x2y1y22x1x28y1y234

22222222 =x12x22y12y2222k86k234 =x1x2y1y28k2k18

22222MN2x1x2y1y2

=x12x22y12y222k294k2 =x1x2y1y28k2k18 ∴PM2PN2MN2,

故无论k为何值，△PMN恒为直角三角形； ③取MN的中点H，则点H是△PMN外接圆圆心，

2222222

设点H坐标为（x，y），

12

则x＝

x1x22k， 22y1y26k2y＝， 22整理得：y＝﹣2x2+4x+1，

即：该抛物线的表达式为：y＝﹣2x2+4x+1． 题型四、平行四边形及两直线平行存在性问题

5. （2019·江苏连云港中考）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：yxbxc过点C(0，﹣3)，与抛物线L2：y抛物线L2上的动点．

（1）求抛物线L1对应的函数表达式；

（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；

（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR，若OQ∥PR，求出点Q的坐标．

2123xx2的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、22

【答案】见解析.

【解析】解：（1）当x=2时，y123xx2=－3，即A点坐标为（2，－3）， 222将A（2，－3）,C（0，－3）代入yxbxc得：

42bc3b2，解得：， c3c3即抛物线L1的函数表达式为：yx2x3.

（2）设P点坐标为（m，m2－2m－3），点Q坐标为（n，∵以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形， ①若ACPQ为平行四边形时，

2123nn2）， 22 13

2m0nm0m1，解得：或 12323m2m33nn2n2n122∵m=0时，P与C重合，舍去， ∴P点坐标为（－1,0）； ②若ACQP为平行四边形时，

42n0mmm33，解得：或 1232103nn23m2m3n1n223∴P点坐标为（3,0），，； ③若AQCP为平行四边形时，

4133920nmm0m3，解得：（舍）或 123233nn2m2m3n2n522∴P点坐标为（－3,12）；

综上所述，点P的坐标为：（－1,0），（3,0），，，（－3,12）. （3）当点P在y轴左侧时，不存在动点R使得CA平分∠PCR， 当点P在y轴右侧时，如下图所示，

41339

过点P作PS⊥y轴于S，过点R作RT⊥y轴于T，过点P作PH⊥TR于H，过Q作QK⊥x轴于K， 由CA平分∠PCR，得∠PCA=∠RCA，∠PCS=∠RCT， ∴△PSC∽△RTC， ∴

PSTR, CSTC14

22设点P坐标为x1,x12x13，点R坐标为x2,x22x23，

∴

x1x2，得：x1+x2=4， 22x12x1333x12x13PH= x1+x2－2=2， RH123设点Q坐标为（x，xx2），

22在Rt△PRH中，tan∠PRH=∵OQ∥PR， ∴∠QOK=∠PRH， ∴tan∠QOK=2， ∴2m=765123xx2，解得：m=，

222765765，765）. ，765）或（22即点Q坐标为：（

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