二次函數(shù)壓軸題分類-全等

21111221222222211112212222221．如圖，拋物線C：y=ax﹣2ax+（a＜0與x軸交于A、兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)．已知點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣10O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線的頂點(diǎn)為G．（1）求出拋物線C的解析式，并寫出點(diǎn)G的坐標(biāo)；（2）如圖，將拋物線C向下平移（k＞個(gè)單位，得到拋物線C，設(shè)C與x軸的交點(diǎn)為A′、B′，頂點(diǎn)為G′，當(dāng)△A′B′G′是等邊三角形時(shí)，求的值：（3）在2）的條件下，如3設(shè)點(diǎn)為x軸正半軸上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)M作x軸的垂線分別交拋物線C、C于PQ兩點(diǎn)，試探究在直線y=﹣1上是否存在點(diǎn)N，使得以P、Q、N為頂點(diǎn)的三角形與△AOQ全等，若存在，直接寫出點(diǎn)M，的坐標(biāo)：若不存在，請說明理由．【分析由點(diǎn)A的坐標(biāo)及得點(diǎn)C坐標(biāo)，將、C坐標(biāo)代入解析式求解可得；（2）設(shè)拋物線C的解析式為﹣x+2x+3k，即y=﹣（﹣1+k，作′D⊥軸于點(diǎn)設(shè)BD′=m，由等邊三角形性質(zhì)知點(diǎn)B的坐標(biāo)為（m+，0點(diǎn)G的坐標(biāo)為（1，

m入所設(shè)解析式求解可得；（3）設(shè)M（，（x，﹣+2x+3（，﹣+2x+2據(jù)PQ=OA=1且∠AOQ∠PQN均為鈍角知△△PQN延長PQ交直線y=﹣1于點(diǎn)證△OQM≌△QNH，根據(jù)對應(yīng)邊相等建立關(guān)于x的方程，解之求得的值從而進(jìn)一步求解．【解答】解∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣10∴∴∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3

22212222222221222222將A、C坐標(biāo)代入y=ax﹣+c，得：，解得：，∴拋物線C的解析式為y=﹣x+2x+3=（x﹣1）+所以點(diǎn)G的坐標(biāo)為（1，（2）設(shè)拋物線C的解析式為y=﹣x+2x3﹣k，即y=﹣（x﹣+﹣，過點(diǎn)G′作G′D⊥軸于點(diǎn)D設(shè)BD′=m∵eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)′B′為等邊三角形，∴G′D=B′D=m，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為（m+1，0G′的坐標(biāo)為（1，將點(diǎn)B、G′的坐標(biāo)代入y=﹣（x﹣1）+k，得：，

m解得：

（舍，∴k=1；（3）設(shè)M（，0P（x，﹣x+2x+3（x，﹣+2x+2∴PQ=OA=1，∵∠AOQ、∠PQN均為鈍角，

2222∴△AOQ≌△PQN，如圖2，延長PQ交直線y=﹣1于點(diǎn)H，則∠QHN=∠OMQ=90°，又∵△AOQ≌△PQN，∴OQ=QN，∠∠PQN，∴∠MOQ=∠HQN，∴△OQM≌△QNH（AAS∴OM=QH，即x=﹣x

+2x+2+1，解得：x=當(dāng)x=

（負(fù)值舍去時(shí)，HN=QM=﹣x+2x+2=

，點(diǎn)M

，0∴點(diǎn)N坐標(biāo)為（

+

，﹣1（

，﹣1或（如圖3，

﹣

，﹣1（1，﹣1

2211223344222112233442同理可得△OQM≌△PNH，∴OM=PH即x=﹣（﹣x

+2x+2）﹣1，解得：x=﹣1（舍）或，當(dāng)x=4時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為4，0HN=QM=﹣﹣x+2x+2）=6，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（4+6，﹣即（10，﹣（46﹣1）即（﹣﹣1綜上點(diǎn)M（，0（，﹣1（，0（1﹣1M（4，0（10，﹣（4，（﹣2﹣1【點(diǎn)評】本題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點(diǎn)．2．如圖，拋物線y=ax+（a≠0與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于B，兩點(diǎn)（點(diǎn)在x軸正半軸上）eq\o\ac(△,，)ABC為等腰直角三角形面積為將拋物線沿BA方向平移，平移后的拋物線過點(diǎn)C時(shí)與x軸的另一點(diǎn)為E，其頂點(diǎn)F，對稱軸x軸的交點(diǎn)為H．（1）求ac的值．（2）連接OF，試判斷△是否為等腰三角形，并說明理由．（3）現(xiàn)將一足夠大的三角板的直角頂點(diǎn)放在射線或射線上，一直角邊始終過點(diǎn)，另一直角邊與y軸相交于點(diǎn)P，是否存在這樣的點(diǎn)Q，使以點(diǎn)、Q、E

22222222222222為頂點(diǎn)的三角形與△POE全等？若存在求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)若不存在請說明理由．【分析據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得OA=OB=OC=c，理由三角形面積公式得?c?2c=4，解得，接著（20代入y=ax

+2可求出a的值；（2）如圖，先利用待定系數(shù)法求出直AB的解析式為y=x+（t，t+2利用拋物線平移的規(guī)律可設(shè)平移后的拋物線解析式為y=﹣（﹣t++2再把（0）代入得﹣（2t）

+2=0，可解得，則平移后的拋物線解析式y(tǒng)=﹣（x﹣6）

2

+8，所以F6，用勾股定理計(jì)算出，接著根據(jù)拋物線與x軸的交點(diǎn)問題確定E（10，OE=OF=10，于是可判斷OEF為等腰三角形；（3）分類討論：當(dāng)點(diǎn)Q在射線HF上，如圖2利用三角形全等的判定方法，當(dāng)EQ=EO=10eq\o\ac(△,，)≌△則可根據(jù)勾股定理計(jì)算出QH=2

于是可得點(diǎn)坐標(biāo)為（6，2

當(dāng)點(diǎn)Q在射線上，如圖利用三角形全等的判定方法，當(dāng)EQ=EO=10eq\o\ac(△,，)EQP≌△EOP設(shè)（m+2用兩點(diǎn)間的距離公式得（﹣10）（m+2，解方程求出m的值即可得到Q點(diǎn)坐標(biāo)．【解答】解∵拋物線y=ax+c（a≠0與y軸交于點(diǎn)A，∴A（0cOA=c，∵△ABC為等腰直角三角形，∴，∴?c?2c=4，解得c=2∴（2，0

2221222122212221把（2，0代入y=ax+2得4a2=0，解得a=；（2）△OEF是等腰三角形．理由如下：如圖，設(shè)直線AB的解析式為y=kx+把A（02（﹣2，代入得

，解得，則直線AB的解析式為y=x+2，設(shè)F（t，2∵拋物線y=﹣x+2沿BA方向平移，平移后的拋物線過點(diǎn)C時(shí)，頂點(diǎn)為F，∴平移后的拋物線解析式為y=﹣（x﹣t

2

+t+2，把（2，0代入得﹣（2﹣t）t+，解得=0舍去=6∴平移后的拋物線解析式為y=﹣（x﹣6）+∴F（68∴OF==10，令y=0，﹣（x﹣6+，解得x=2x=10，∴OE=10，∴OE=OF，∴△OEF為等腰三角形；（3）存在．點(diǎn)Q的位置分兩種情形．情形一：點(diǎn)Q在射線上，當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，如圖2∵∠EQP=90°，EP=EP∴當(dāng)EQ=EO=10，△≌△，而HE=106=4，∴QH==2

，此時(shí)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，2

當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)如圖有PQ=OE=10過P點(diǎn)作PKHF于點(diǎn)K則有PK=6，在Rt△PQK中，QK===8，∵∠PQE=90°，∴∠+HQE=90°，∵∠∠，∴△∽△QHE，∴，∴，解得QH=3，∴Q（3情形二、點(diǎn)Q在射線上，當(dāng)PQ=OE=10時(shí)，如圖4，有QE=PO，∴四邊形POEQ為矩形，∴Q的橫坐標(biāo)為10當(dāng)x=10時(shí)，y=x+2=12，∴（10，當(dāng)QE=OE=10時(shí)，如圖過Q作QM⊥y軸于點(diǎn)M過E點(diǎn)作x軸的垂線交QM于點(diǎn)N

2222設(shè)Q的坐標(biāo)為為（x，x+MQ=x，QN=10﹣x，+2，在Rt△QEN中，有QE

=QN

2

+EN

2

，即10

2

=（﹣x）

2

+（x+

2

，解得x=4±

，當(dāng)x=4+當(dāng)x=4﹣

時(shí)，如圖5，y=x++時(shí)，如圖5，y=x+﹣

，∴Q（4+，∴（4

，6，6﹣

綜上所述，點(diǎn)的坐標(biāo)為（，

）或63）或10，12）或

6+）或（4﹣，6﹣

使P，Q，三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形與△全等．【點(diǎn)評】本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)平移的規(guī)律和三角形全等的判定與性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；記住兩點(diǎn)間的距離公式．3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=kx+k≠與x軸交于點(diǎn)A，與軸交于點(diǎn)C，過點(diǎn)的拋物線y=ax﹣（2）+（a≠0）與直AC交于另一點(diǎn)B，點(diǎn)坐標(biāo)為（4，3（1）求a的值；（2）點(diǎn)P是射線CB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)作PQ⊥x軸，垂足為點(diǎn)，在x軸上點(diǎn)Q的右側(cè)取點(diǎn)M使MQ=，在QP的延長線上取點(diǎn)N連接PM，，已知∠﹣∠MPQ=，求線段PN的長；（3）在（）的條件下，過C作CDAB，使點(diǎn)在直線AB下方，且CD=AC，連接PDNC，當(dāng)以PN，，NC的長為三邊長構(gòu)成的三角形面積是

時(shí)，在軸左側(cè)的拋物線上是否存在點(diǎn)E連接NEPE，使得△ENP與以PN，PD，的長為三

=S+S2=S+S2邊長的三角形全等？若存在，求出E點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析）易得點(diǎn)C的坐標(biāo)為（1后把點(diǎn)B、點(diǎn)C的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，即可解決問題；（2）把（4，3）代入y=kx+中，即可得到k的值，從而可求出點(diǎn)的坐標(biāo)，就可求出tan∠CAO=（即tan∠PAQ=PQ=m則QA=2m，根據(jù)條tan∠﹣tan∠，即可求出PN的值；（3）由條件ABCD=AC，想到構(gòu)造全等三角形，過D作DF⊥CO于點(diǎn)F，易證△≌△CDF從而可以求出FD、CF、．作∥CN，交軸于點(diǎn)，連接DH，易證四邊形CHPN是平行四邊形，從而可得CN=HP，CH=PN，通過計(jì)算可得DH=PN而可得△PHD是以PN的長為三邊長的三角形有S

△

=

長FD、PQ交于點(diǎn)G，易得∠G=90°．由點(diǎn)P在y=x+1上，可設(shè)Ptt+1據(jù)S

四邊形

△

S

△

△

可求出t的值從而得到點(diǎn)P的坐標(biāo)及tan∠的值而可得tanDPG=tan∠有∠DPG=∠HDF而可證到∠HDP=90°△ENP與△PDH全等PN=DH分以下兩種情∠ENP=PDH=90°②∠NPE=∠HDP=90°，）進(jìn)行討論，即可解決問題．【解答】解當(dāng)x=0時(shí)，由y=kx+得y=1，則C（0，1∵拋物線y=ax﹣（6a2）+ba≠0經(jīng)過C（0，1（43∴解得：，

，

∴a=；（2）把B（4，3代入y=kx+中，得3=4k+1，解得：，∴直線AB的解析式為y=x+1．由y=0得0=x+解得：x=﹣2，∴A（﹣20，∵（0，1∴OC=1，∴tan∠CAO=

=．∵PQ⊥x軸，∴tan∠=，設(shè)PQ=m，則QA=2m，∵tan∠NAQ﹣tanMPQ=，∴

=，∵M(jìn)Q=，∴﹣

=，∴PN=；（3）方法一：在軸左側(cè)拋物線上存在，使得△ENP與以，，NC的長為三邊長的三角形全等．

=S+S=S+S過點(diǎn)D作DFCO于點(diǎn)F，如圖2∵DF⊥CFCD⊥AB，∴∠CDF+∠DCF=90°，DCF∠ACO=90°，∴∠CDF=，∵CO⊥軸，DF⊥CO，∴∠AOC=∠，在△ACO和△CDF中，，∴△≌△CDFAAS∴CF=AO=2，DF=CO=1，∴OF=CF﹣，作PH∥CN，交y軸于點(diǎn)H，連接，∵CH∥∴四邊形CHPN是平行四邊形，∴CN=HP，CH=PN=，∴HF=CF﹣CH=，DH=

=，∴DH=PN．∴△PHD是以PN，，NC的長為三邊長的三角形，∴S

△

=

．延長FD、PQ交于點(diǎn)G，∵PQ∥y軸，∴∠G=180°﹣∠CFD=90°，∴S

四邊形

△

S

△

△

，∴（HF+FG=HF?FD++DG?PG．∵點(diǎn)P在y=x+上，∴可設(shè)P（t，t1

22∴（+t1+1?t=××1∴t=4，P（3

+（t﹣?（t+11∴N4∠DPG=

=．∵tan∠HDF=

=，∴∠DPG=∠．∵∠DPG∠PDG=90°，∴∠HDF+∠PDG=90°，∴∠HDP=90°．∵PN=DH，若△ENP與△全等，則有兩種情況：①當(dāng)∠ENP=∠PDH=90°，EN=PD時(shí)，∵PD=∴E（﹣1

=5∴EN=5，由（1）得：拋物線x﹣x+當(dāng)x=﹣1時(shí)，y=

，所以點(diǎn)E在此拋物線上．②當(dāng)∠NPE=∠HDP=90°，BE=PD時(shí)，則有E（﹣13此時(shí)點(diǎn)E不在拋物線上，∴存在點(diǎn)E，滿足題中條件，點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣1，方法二：作BF∥交y軸于點(diǎn)，如圖3∴NC=PFPN=CF=，F(xiàn)（0，﹣∵CD⊥AB，且CD=AC，∴點(diǎn)D可視為點(diǎn)A繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°而成，將點(diǎn)C（0，1）平移至原點(diǎn)C′（0，0則點(diǎn)A′（﹣2﹣1

22222222222222222222將點(diǎn)A′繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，則′（1，﹣C（0，平移至點(diǎn)C（，則D′移后即為點(diǎn)（﹣1∴l(xiāng)：y=﹣x﹣，過點(diǎn)P作x軸垂線交FD的延長線于H，∵P（t，t1∴H（t，﹣t﹣∴S∴

=

，，∴t=4，∴P（3（1﹣1（0﹣∴PD=25，PN=

，∴PD+PN=

，PF=4+（）=

，∴PD+PN=PF，∴以PN，，的長為三邊長的三角形為直角三角形，欲使△全等于上述三角形，則必有直角①過點(diǎn)P作PEPN交拋物線于點(diǎn)，∴E（﹣，3）②過點(diǎn)N作PEPN交拋物線于點(diǎn)，∴（﹣1

22【點(diǎn)評】本題主要考查了運(yùn)用待定系數(shù)法求直線及二次函數(shù)的解析式、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義、拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、勾股定理等知識，通過平CN，將PN、、NC歸結(jié)到△PHD中，是解決本題的關(guān)鍵．在解決問題的過程中，用到了分類討論、平移變換、割補(bǔ)法、運(yùn)算推理等重要的數(shù)學(xué)思想方法，應(yīng)學(xué)會(huì)使用．4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy，已知二次函y=﹣x+bx的圖象過點(diǎn)（40頂點(diǎn)為B，連接AB、BO．（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）若C是BO的中點(diǎn)，點(diǎn)在線段AB上，設(shè)點(diǎn)B關(guān)于直線CQ的對稱點(diǎn)為B'，當(dāng)△為等邊三角形時(shí)，求BQ的長度；（3）若點(diǎn)在線段上OD=2DB，點(diǎn)、在△OAB的邊上，且滿足△DOF與△DEF全等，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．

222222【分析利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2先求出OB和AB的長根據(jù)勾股定理的逆定理證明∠ABO=90°由對稱計(jì)算∠QCB=60°，利用特殊的三角函數(shù)列式可得的長；（3）因?yàn)镈在OB上，所以F分兩種情況：i）當(dāng)F在邊OA上時(shí)，ii當(dāng)點(diǎn)F在AB上時(shí)，當(dāng)F在邊OA上時(shí)，分三種情況：①如圖過D作DF⊥軸，垂足為F，則、F在OA上，②如圖3，作輔助線，構(gòu)建△OFD△EDF≌△，③如圖，將△DOF沿邊DF翻折，使得O恰好落在AB邊上，記為點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)F在上時(shí)，過D作x軸，交AB于，連接OF與，依次求出點(diǎn)的坐標(biāo)即可．ii）當(dāng)點(diǎn)F在AB上時(shí)，分兩種情況：畫出圖形可得結(jié)論．【解答】解）將點(diǎn)的坐標(biāo)代入二次函數(shù)的解析式得：﹣×b=2，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=﹣x+2x．（2）∵y=﹣x+2x=﹣（x﹣+∴B（2拋物線的對稱軸為x=2．如圖1所示：

2

+4b=0，解得由兩點(diǎn)間的距離公式得：OB=

=2

，BA==2

．∵C是OB的中點(diǎn)，∴OC=BC=

．

2222∵eq\o\ac(△,)′C為等邊三角形，∴∠OCB′=60°．又∵點(diǎn)B與點(diǎn)B關(guān)于CQ對稱，∴∠B′CQ=∠BCQ=60°．∵OB=2∴OB+AB=OA，∴∠OBA=90°．

，AB=2

，在Rt△CBQ中，∠，∠BCQ=60°，

，∴tan60°=

，∴BQ=

CB=

×

=

．（3）分兩種情況：i）當(dāng)F在邊OA上時(shí)，①如圖2，過D作⊥軸，垂足為F，∵△DOFDEF，且在線段OA上，∴OF=FE由（2）得：OB=2

，∵點(diǎn)D在線段BO上，OD=2DB，∴OD=OB=∵∠BOA=45°，

，∴cos45°