2021年河南省中考数学二轮专题复习第九讲：二次函数综合题课件.pptx

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1、2021 年河南省中考数学二轮专题复习第九讲：二次函数综合题考法类型1 线段问题 类型2 面积问题 类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题类型4 直角三角形、矩形的存在性问题类型5 平行四边形的存在性问题类型6 相似三角形的存在性问题类型7 角度的存在性问题类型1 线段问题考法帮方法总结类型1 线段问题考法帮类型1 线段问题考法帮类型1 线段问题考法帮例1 高分技法 2019 安阳二模改编如图，抛物线 与x轴正半轴交于点 B，与 y 轴交于点 C，作直线 BC.点 P 是直线 BC 上方的抛物线上一动点，设点 P 的横坐标为 m，过点 P 作 PD BC,垂足为点 D，用含 m 的代数式表示线段

2、 PD 的长，并求出线段 PD 的最大值.对于,令x=，得y=4，令y=0，得，解得x1=4，x2=-2，B(4，0)，C(0，4).易求直线BC的解析式为y=-x+4.点P的横坐标为m，P(m，).过点P作y轴的平行线交BC于点F，则F(m,-m+4)，PF=.在Rt OBC中，OB=4，OC=4，OCB=45.又PF y轴，PFD=OCB=45，PD=PFsin PFD=.0m4，0，当m=2时，PD最大，最大值为.考法帮 解决二次函数中线段长最值问题的方法1.设出未知数(通常是一个与所求线段关系紧密的点的横坐标);2.用未知数表示出有关线段端点的坐标,进而表示出线段的长;3.利用二次函数

3、的性质求最值.注意:当所求线段不是“横平竖直”线段时,要先进行转化,求得其与“横平竖直”线段的倍数关系,再进行求解.例1 高分技法类型1 线段问题类型1 线段问题考法帮典例变式1 高分技法如图，抛物线 与x轴正半轴交于点B，与y轴交于点C，作直线BC.点P是直线BC上方的抛物线上一动点，过点P作PM x轴交BC于点M，PN y轴交BC于点N.是否存在点P，使PMN的周长最大?若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.由线段最值问题变式为周长最大问题易求直线BC的解析式为y=-x+4，OCB=OBC=45.设P(m，)，则N(m，-m+4)，PN=.PM x轴，PN y轴，PMN=OBC=4

4、5，PNM=OCB=45，PMN是等腰直角三角形，PM=PN，MN=，PMN的周长为，故当PN最大时,PMN的周长最大.当m=2时，PN取最大值，此时点P的坐标为(2，4).类型1 线段问题考法帮典例变式1 高分技法存在.考法帮解决二次函数中图形周长最值问题的方法此类问题一般为对含动点的图形求周长的最值,解决此类问题时应利用转化思想,即先观察图形,结合题目分清楚定线段和不定线段,然后将求周长的最值转化为求不定线段和的最值.典例变式1 高分技法类型1 线段问题类型1 线段问题考法帮典例变式2 高分技法如图，抛物线 与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，作直线AC.点P是直线AC上一动点，点Q是抛

5、物线对称轴上一动点，连接OP，OQ，PQ，是否存在点P，Q，使OPQ的周长最小?若存在,求出点P，Q的坐标;若不存在，请说明理由.由线段最值问题变式为周长最小问题类型1 线段问题考法帮典例变式2 高分技法易求直线AC的解析式为y=2x+4.如图，作点O关于直线AC的对称点O，作点O关于抛物线对称轴的对称点O，连接OO，交AC于点M，连接OO，交AC于点P，交抛物线对称轴于点Q，此时OPQ周长最小，故此时的点P，Q即为所求.易知抛物线的对称轴为直线x=1，O(2,0).存在.类型1 线段问题考法帮典例变式3 高分技法如图，抛物线 与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C.过点C作x轴的平行线 l，点

6、P是直线 l 上一动点，连接PA，PB，则PA+PB是否存在最小值?若存在，求此最小值及点 P 的坐标；若不存在，请说明理由.由线段最值问题变式为线段和最值问题类型1 线段问题考法帮典例变式3 高分技法存在.易知A(-2，0)，C(0，4)，直线 l 的解析式为 y=4.如图，作点A关于直线 l 的对称点A，连接BA交直线 l 于点P，则点P即为所求，且AB 的长即为PA+PB的最小值.易知A(-2，8)，点P是AB的中点，P(1，4)，AB=10，故PA+PB的最小值为10，此时点P的坐标为(1，4).类型1 线段问题考法帮典例变式4 高分技法如图，抛物线 与x轴交于A，B两点，与y轴交于点

7、C，点H是抛物线的顶点，作直线BC，点D是直线BC上一动点，连接DA，DH，求|DA-DH|的最大值，并求出此时点D的坐标.由线段最值问题变式为线段差最值问题类型1 线段问题考法帮典例变式4 高分技法易知A(-2,0),B(4,0),H(1,),直线BC的解析式为y=-x+4.作点A关于直线BC的对称点A,连接DA,AH,则DA=DA.易知|DA-DH|AH,且当D,H,A三点共线时,等号成立,此时|DA-DH|的值最大,最大值为AH的长.当D,H,A共线时,如图所示,连接AB.易知ABC=45,ABC=45,ABA=90.类型1 线段问题考法帮典例变式4 高分技法类型1 线段问题考法帮典例变

8、式5 高分技法如图,抛物线 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,作直线BC,点P是抛物线上一动点,过点P作y轴的平行线,交直线BC于点E,交x轴于点F,则当PE=PF时,求点P的坐标.由线段最值问题变式为线段倍数关系问题类型1 线段问题考法帮典例变式5 高分技法考法帮解决二次函数中线段倍数关系问题的方法此类问题一般是求满足线段倍数关系的点的坐标，方法如下:1.在图中找出对应线段，分清定端点和动端点，设出动端点的横坐标；2.用所设未知数表示出各线段的长度,列出满足线段数量关系的等式，继而求出未知数的值.注意:若所给倍数关系中的线段不是“横平竖直”的线段，则先转化为“横平竖直”的线段，再进行求解

9、.典例变式5 高分技法类型1 线段问题类型2 面积问题考法帮方法总结类型2 面积问题考法帮方法总结类型2 面积问题考法帮方法总结类型2 面积问题考法帮方法总结类型2 面积问题考法帮例2 高分技法如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴交于A,B两点,直线y=x-3经过点A,交y轴于点C,且与抛物线交于另一点D,点P是直线AD上方的抛物线上的一动点,连接PA,PD,求PAD面积的最大值,并求出此时点P的坐标.类型2 面积问题考法帮例2 高分技法参考答案令-+x+6=x-3,解得x1=-3,x2=3,故A(3,0),D(-3,-6).方法一(铅垂高、水平宽法):过点P作x轴的垂线交直线AD于点F,交x

10、轴于点N,如图(1).设P(m,-+m+6),则F(m,m-3),PF=-+m+6-(m-3)=-+9.过点D作PF的垂线交PF的延长线于点M,则SPAD=SPDF+SPAF=PFDM+PFAN=PF(DM+AN)=PF(xA-xD)=(-+9)3-(-3)=-3+27.-30,当m=0时,SPAD取得最大值,最大值为27,此时P(0,6).类型2 面积问题考法帮例2 高分技法方法二(定底平行线法):过点P作直线lAD,当直线l与抛物线只有一个交点P时,直线l与直线AD的距离最大,即SPAD最大,如图(2).设直线l的解析式为y=x+b,令x+b=-+x+6,整理,得+b-6=0,易知此方程有

11、两个相等的实数根,b-6=0,即b=6.将b=6代入方程,得x=0,故此时点P的坐标为(0,6).易得C(0,-3),PC=6+3=9,SPAD=PC(xA-xD)=9(3+3)=27.故PAD面积的最大值为27,此时P(0,6).类型2 面积问题考法帮例2 高分技法方法三(直接求法):过点P作PMAD于点M,过点P作y轴的平行线,交AD于点F,如图(3).易知C(0,-3),OA=OC,PFM=OCA=45,PM=PF.设P(m,-+m+6),则F(m,m-3),PF=-+m+6-(m-3)=-+9.由A(3,0),D(-3,-6),可得AD=6,SPAD=ADPM=AD PF=3PF=-3

12、+27.-30,当m=0时,SPAD取得最大值,最大值为27,此时P(0,6).考法帮 求解二次函数中三角形面积最大值问题的常见方法方法一:设动顶点的横坐标为m,用含m的代数式表示出三角形的面积,再利用二次函数的性质求三角形面积的最大值.方法二:找到所求三角形三边中的定边,过动顶点作平行于这条定边的平行线,当平行线和抛物线有且只有一个交点时,三角形面积取最大值.三角形面积最大值问题的相关结论本例中,SPAD取得最大值时,点P的位置和点A,D关系密切.当点P的横坐标与线段AD中点的横坐标相同,即xP=时,SPAD最大.例2 高分技法类型2 面积问题类型2 面积问题考法帮典例变式1由三角形面积最值

13、问题变式为三角形面积倍数关系问题如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴相交于A,B两点,与y轴交于点C,直线y=x-3经过点A,且与抛物线交于另一点D,连接AC,DC.点P是线段AD上一动点(不与点A,D重合),过点P作直线lx轴,交抛物线于点Q.当ACD的面积被直线l分为12的两部分时,求点Q的坐标.高分技法类型2 面积问题考法帮典例变式1 高分技法自主解答 解:易知C(0,6),A(3,0),B(-2,0),D(-3,-6),直线DC的解析式为y=4x+6,直线AC的解析式为y=-2x+6.设直线AD与y轴的交点为E,则E(0,-3),CE=6-(-3)=9,SACD=CE(xA-xD)=9

14、(3+3)=27,SCDE=CE|xD|=93=.由ACD的面积被直线l分为12的两部分,可知这两部分的面积分别为9,18.设P(m,m-3)(-3m3).分两种情况讨论.当直线PQ在y轴左侧时,设直线PQ与DC交于点F,则F(m,4m+6),PF=4m+6-(m-3)=3m+9.易知SDPF=9,PF(xP-xD)=9,即(3m+9)(m+3)=9,解得m1=-3,m2=-3(不合题意,舍去).故Q(-3,-12+7).类型2 面积问题考法帮典例变式1 高分技法当直线PQ在y轴右侧时,设直线PQ与AC交于点G,则G(m,-2m+6),PG=-2m+6-(m-3)=-3m+9.易知SAPG=9

15、,PG(xA-xP)=9,即(-3m+9)(3-m)=9,解得m3=3+(不合题意,舍去),m4=3-.故Q(3-,-6+5).综上可知,点Q的坐标为(-3,-12+7)或(3-,-6+5).类型2 面积问题考法帮典例变式2 高分技法如图,抛物线y=-x2+x+6与x轴交于A,B两点,直线y=x-3经过点A,且与抛物线交于另一点D,点P是抛物线上一动点,连接OD,PA,PD.(1)当SPAD=SOAD时,求点P的坐标;(2)当SPAD=2SOAD时,求点P的坐标;(3)当SPAD=SOAD时,点P的坐标恰有三个.类型2 面积问题考法帮典例变式2 高分技法自主解答解:(1)如图(1),过点O作A

16、D的平行线l,交抛物线于点P1,P2,则点P1,P2即为所求.易求直线l的解析式为y=x,令x=-x2+x+6,解得x=,故P1(-,-),P2(,).作直线l关于直线AD的对称图形(直线l),交抛物线于点P3,P4,则点P3,P4即为所求.易知直线l与y轴的交点为(0,-6),故直线l的解析式为y=x-6.令x-6=-x2+x+6,解得x=2,故P3(-2,-2-6),P4(2,2-6).综上可知,点P的坐标为(-,-),(,),(-2,-2-6)或(2,2-6).类型2 面积问题考法帮典例变式2 高分技法(2)设直线AD交y轴于点C,在y轴正半轴上截取OE=OC=3,则E(0,3).过点E

17、作直线m,交抛物线于点P5,P6,如图(2),则点P5,P6即为所求.易求直线m的解析式为y=x+3,令x+3=-x2+x+6,解得x=,故P5(-,-+3),P6(,+3).作直线m关于直线AD的对称图形(直线m),交抛物线于点P7,P8,则点P7,P8即为所求.易知直线m与y轴的交点的坐标为(0,-9),故直线m的解析式为y=x-9.令x-9=-x2+x+6,解得x=,故P7(-,-9),P8(,-9).综上可知,点P的坐标为(-,-+3),(,+3),(-,-9)或(,-9).类型2 面积问题考法帮典例变式2 高分技法(3)3解法提示:在直线AD的上侧作直线nAD,作直线n关于直线AD的

18、对称图形(直线n),易知直线n与抛物线一定有两个交点,故当直线n与抛物线只有一个交点时,直线n,n与抛物线的交点有且只有三个,且当点P与这三个点重合时,SPAD与SOAD的倍数关系是一样的.设此时直线n的解析式为y=x+c,令x+c=-x2+x+6,整理,得x2+c-6=0,易知此方程有两个相等的实数根,故c=6,代入方程,得x1=x2=0,故直线n与抛物线交点的坐标为(0,6).当点P与点(0,6)重合时,SPAD=PC(xA-xD)=(xA-xD),而SOAD=OC(xA-xD)=(xA-xD),SPAD=3SOAD.类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮方

19、法总结类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮例3 高分技法2018河南中考B卷改编如图,抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点H,直线y=x+1交x轴于点D,交抛物线的对称轴于点G.点M为抛物线对称轴上的一个动点,连接DM,若DGM是以DG为腰的等腰三角形,请求出点M的坐标.类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮例3 高分技法参考答案 抛物线的解析式可化为y=-(x-1)2+4,故抛物线的对称轴为直线x=1.对于y=x+1,令x=1,得y=,令y=0,得x=-2,G(1,),D(-2,0),DG=.方法一(几何法):分两种情

20、况讨论.当点D为等腰三角形的顶角顶点时,DG=DM,以点D为圆心、DG的长为半径作圆,交抛物线对称轴于点M1,则点M1即为所求,如图.易知此时点M1和点G关于x轴对称,故M1(1,-)）.当点G为等腰三角形的顶角顶点时,GD=GM,以点G为圆心、DG的长为半径作圆,交抛物线对称轴于点M2,M3,则点M2,M3即为所求,如图,此时GM2=GM3=GD=,M2H=GM2+GH=,M3H=GM3-GH=,.故综上可知,点M的坐标为类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮例3 高分技法方法二(代数法):设M(1,m),则DM2=(1+2)2+m2=9+m2,GM2=(m-

21、)2=m2-3m+.分两种情况讨论.当点D为等腰三角形的顶角顶点时,DG=DM,DG2=DM2,即()2=9+m2,解得m=-(正值已舍).故M(1,-).当点G为等腰三角形的顶角顶点时,GD=GM,GD2=GM2,即()2=m2-3m+,解得m=,故点M的坐标为(1,)或(1,).综上可知,点M的坐标为(1,-),(1,)）或(1,).类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮典例变式1 高分技法由固定腰变式为固定底如图,抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点H,直线y=x+1交x轴于点D,交抛物线的对称轴于点G.点M为抛物线上的一个动点,若DGM是以DG为

22、底的等腰三角形,请求出点M的坐标.类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮典例变式1 高分技法自主解答解:易求G(1,),D(-2,0).DGM是以DG为底的等腰三角形,MD=MG.方法一:作线段DG的垂直平分线l,与DG交于点N,直线l与抛物线的交点即为所求的点M.易得N(-,).设直线l的解析式为y=-2x+a,将N(-,)代入,得=-2(-)+a,解得a=-,故直线l的解析式为y=-2x-.令-x2+2x+3=-2x-,解得x1=,x2=,故点M的坐标为(,)或(,).类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮典例变式1 高分技法

23、方法二:设M(m,n).则DM2=(m+2)2+n2,GM2=(m-1)2+(n-)2.DM=GM,DM2=GM2,(m+2)2+n2=(m-1)2+(n-)2,整理,得2m+n+=0,又n=-m2+2m+3,2m-m2+2m+3+=0,解得m1=,m2=,故点M的坐标为(,)或(,).类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮典例变式2 高分技法由有条件限制变式为无条件限制如图,抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点H,直线y=x+1交x轴于点D,交抛物线的对称轴于点G.在x轴上是否存在一点M,使DGM是等腰三角形?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理

24、由.类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮典例变式2 高分技法自主解答解:易求G(1,),D(-2,0).DG=.方法一(几何法):分三种情况讨论.当点D为等腰三角形的顶角顶点时,DG=DM,以点D为圆心、DG的长为半径作圆,交x轴于点M1,M2,则点M1,M2即为所求,如图.易知此时DM1=DM2=DG=,OM1=DM1+OD=+2=,OM2=DM2-OD=-2=,M1(,0),M2(,0).当点G为等腰三角形的顶角顶点时,GD=GM,以点G为圆心、DG的长为半径作圆,交x轴于点M3(非点D),则点M3即为所求,如图,易知点M3与点D关于直线x=1对称,故点M

25、3的坐标为(4,0).类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮典例变式2 高分技法当点M为等腰三角形的顶角顶点时,MD=MG,作线段DG的垂直平分线l,交x轴于点M4,则点M4即为所求,如图.易知DH=3,GH=.设M4D=M4G=t,则M4H=DH-DM4=3-t,在RtM4GH中,根据勾股定理可得M4H2+GH2=M4G2,即(3-t)2+()2=t2,解得t=,故OM4=OD-DM4=2-=,点M4(-,0).综上可知,点M的坐标为(,0),(,0),(4,0)或(-,0).类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮典例变式2 高

26、分技法方法二(代数法):设M(m,0),则DM2=(-2-m)2=m2+4m+4,GM2=(1-m)2+()2=m2-2m+.分三种情况讨论.当点D为等腰三角形的顶角顶点时,DG=DM,DG2=DM2,即()2=m2+4m+4,解得m1=,m2=.故点M的坐标为(,0)或(,0).当点G为等腰三角形的顶角顶点时,GD=GM,GD2=GM2,即()2=m2-2m+,解得m1=-2(不合题意,舍去),m2=4,故点M的坐标为(4,0).当点M为等腰三角形的顶角顶点时,MD=MG,MD2=MG2,即m2+4m+4=m2-2m+,解得m=-,故点M的坐标为(-,0).综上可知,点M的坐标为(,0),(

27、,0),(4,0)或(-,0).类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 一、等腰三角形的存在性问题考法帮高分技法 典例变式2求解二次函数综合题中等腰三角形存在性问题的一般思路1.找点,找出所求等腰三角形的三个顶点,若是定点,求出坐标,若是动点,将其横、纵坐标用含未知数的代数式表示出来(一般涉及一个未知数);2.求边长,利用勾股定理分别求出该三角形的三条边长,若三条边长中有二次根式,则求出三条边长的平方,把二次根号消去;3.分类讨论,根据等腰三角形中两条边长相等,分三种情况,列方程求解.注意:解出的未知数的值要进行检验,若出现三个顶点共线或不合题意的点,要舍去.类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题

28、 二、菱形的存在性问题考法帮方法总结二次函数综合题中的菱形存在性问题一般涉及两动顶点、两定顶点,且其中一动顶点在某条线上运动,设为第一动顶点,另一动顶点随第一动顶点的变化而变化,设为第二动顶点,即只要确定第一动顶点的位置,即可确定第二动顶点的位置.解决此类问题时,可利用转化的数学思想,将菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题,再利用解决等腰三角形存在性问题的方法求出第一动顶点的坐标,继而利用平移变换或线段中点坐标公式,求出第二动顶点的坐标.类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 二、菱形的存在性问题考法帮例4 高分技法如图,已知抛物线y=ax2+bx-2的对称轴是直线x=1,抛物线与x轴交

29、于A(-2,0),B两点,与y轴交于点C,点D的坐标为(5,0),点M为直线BC上一点,点N为平面直角坐标系内一点,是否存在这样的点M和点N,使得以点B,D,M,N为顶点的四边形是菱形?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 二、菱形的存在性问题考法帮例4 高分技法类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 二、菱形的存在性问题考法帮例4 高分技法类型3 等腰三角形、菱形的存在性问题 二、菱形的存在性问题考法帮例4 高分技法类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 一、直角三角形的存在性问题考法帮方法总结类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 一、直角三角形的

30、存在性问题考法帮例5 高分技法2019平顶山三模改编如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=-x2+bx+c经过点A(1,3),B(0,1),过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点C,连接BC.过点A作x轴的垂线,垂足为点M,点N为直线AM上任意一点,连接BN,CN,当BCN为直角三角形时,请求出点N的坐标.类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 一、直角三角形的存在性问题考法帮例5 高分技法类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 一、直角三角形的存在性问题考法帮例5 高分技法方法一(垂直求“k”值及定点定长法):设直线BC的解析式为y=kx+h,将B(0,1),C(4,3)分别代入y=kx+h中,得

31、解得故直线BC的解析式为y=x+1.分三种情况讨论.(1)如图(1),过点B作BC的垂线,交直线AM于点N1,则点N1即为所求.根据“两直线垂直,k值积为-1”,可知=-2,易得直线BN1的解析式为y=-2x+1,将x=1代入,得y=-1,N1(1,-1).(2)如图(1),过点C作BC的垂线,交直线AM于点N2,则点N2即为所求.根据“两直线垂直,k值积为-1”,可知=-2,易得直线CN2的解析式为y=-2x+11,将x=1代入,得y=9,N2(1,9).(3)如图(2),以线段BC为直径作D,交直线AM于N3,N4两点,则点N3,N4即为所求.根据线段中点的坐标公式,可得D(2,2).设N

32、(1,n),则DN2=(2-1)2+(2-n)2=n2-4n+5,又CD2=(4-2)2+(3-2)2=5,DN=CD,n2-4n+5=5,解得n1=0,n2=4,N3(1,4),N4(1,0).综上所述,点N的坐标为(1,0),(1,4),(1,-1)或(1,9).类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 一、直角三角形的存在性问题考法帮例5 高分技法方法二(“一线三直角”模型法):分三种情况讨论.(1)如图(3),过点B作BC的垂线,交直线AM于点N1,则点N1即为所求.延长CA交y轴于点D,则ADy轴,CD=4,BD=2.过点N1作N1Ey轴于点E,则EN1=1,易证CDB BEN1,BE=

33、2,OE=1,N1(1,-1).(2)如图(4),过点C作BC的垂线,交直线AM于点N2,则点N2即为所求.分别过点N2,B作x轴的平行线,过点C作x轴的垂线,分别交上述两线于点F,G,则BG=4,CG=3-1=2,N2F=4-1=3.易证BGC CFN2,CF=6,N2M=6+3=9,N2(1,9).类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 一、直角三角形的存在性问题考法帮例5 高分技法如图(5),以BC为直径作圆,交直线AM于点N3,N4,则点N3,N4即为所求.过点N3作N3Hy轴于点H,过点C作CKHN3,交HN3的延长线于点K,连接N3B,N3C,则HN3=1,N3K=4-1=3.设N3

34、(1,n),则BH=n-1,CK=n-3.易证BHN3N3KC,=,=,解得n1=0(舍去),n2=4(已检验),N3(1,4).同理可求得N4(1,0).综上所述,点N的坐标为(1,0),(1,4),(1,-1)或(1,9).方法三(勾股定理法):设点N的坐标为(1,n).又B(0,1),C(4,3),BN2=12+(n-1)2=n2-2n+2,CN2=32+(n-3)2=n2-6n+18,BC2=42+22=20.分三种情况讨论.(1)当BNC=90时,BN2+CN2=BC2,即n2-2n+2+n2-6n+18=20,解得n1=0,n2=4.故点N的坐标为(1,0)或(1,4).(2)当C

35、BN=90时,BC2+BN2=CN2,即20+n2-2n+2=n2-6n+18,解得n3=-1.故点N的坐标为(1,-1).(3)当BCN=90时,CN2+BC2=BN2,即n2-6n+18+20=n2-2n+2,解得n4=9.故点N的坐标为(1,9).综上所述,点N的坐标为(1,0),(1,4),(1,-1)或(1,9).类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 二、矩形的存在性问题考法帮方法总结二次函数综合题中的矩形存在性问题一般涉及两动顶点、两定顶点,且其中一动顶点在某条线上运动,设为第一动顶点,另一动顶点随第一动顶点的变化而变化,设为第二动顶点,即只要确定第一动顶点的位置,即可确定第二动顶

36、点的位置.解决此类问题时,可利用转化的数学思想,将矩形存在性问题转化为直角三角形存在性问题,利用垂直求“k”值及定点定长法、“一线三直角”模型法、勾股定理法求出第一动顶点的坐标,继而利用平移变换或线段中点坐标公式求出第二动顶点的坐标.类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 二、矩形的存在性问题考法帮例6 高分技法如图,抛物线y=-x2+x+3与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,连接CB.点P是抛物线上一动点,在平面直角坐标系内是否存在点Q,使得以点P,Q,B,C为顶点的四边形是矩形?若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 二、矩形的存在性问题考

37、法帮例6 高分技法参考答案存在,点Q的坐标为(2,-8)或(-16,-29).解法提示:对于y=-x2+x+3,令x=0,得y=3;令y=0,得-x2+x+3=0,解得x1=-2,x2=6,A(-2,0),B(6,0),C(0,3).易得直线BC的解析式为y=-x+3.以线段BC为直径作圆,易知该圆与抛物线只有B,C两个交点,故BPCP的情况不存在.类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 二、矩形的存在性问题考法帮例6 高分技法方法一(垂直求“k”值法):分两种情况讨论.(1)如图(1),当BPBC时,记点P为P1.根据“两直线垂直,k值积为-1”,可知=2,易得直线BP1的解析式为y=2x-1

38、2,令2x-12=-x2+x+3,解得x1=6(舍去),x2=-10,P1(-10,-32).由矩形的性质可知,线段BC平移后可得P1Q1,又点B向左平移16个单位长度,向下平移32个单位长度,可得点P1,点C向左平移16个单位长度,向下平移32个单位长度,可得点Q1,Q1(-16,-29).类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 二、矩形的存在性问题考法帮例6 高分技法(2)如图(2),当CPBC时,根据“两直线垂直,k值积为-1”,可知=2,故求得直线CP2的解析式为y=2x+3,令2x+3=-x2+x+3,解得x1=0(舍去),x2=-4,P2(-4,-5).由矩形的性质可知,线段BC平移

39、后可得Q2P2,又点C向左平移4个单位长度,向下平移8个单位长度,可得点P2,点B向左平移4个单位长度,向下平移8个单位长度,可得点Q2,Q2(2,-8).综上可知,点Q的坐标为(2,-8)或(-16,-29).类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 二、矩形的存在性问题考法帮例6 高分技法方法二(“一线三直角”模型法):设P(m,-m2+m+3).分两种情况讨论.(1)当BCBP时,记点P为P1,如图(3),分别过点P1,C作x轴的平行线,过点B作x轴的垂线,分别交上述两线于点D,E,则CE=6,BE=3,P1D=6-m,BD=m2-m-3.易证BDP1CEB,解得m1=6(不合题意,舍去),

40、m2=-10,P1(-10,-32).矩形的对角线互相平分,-10=6+,3-32=,解得=-16,=-29,Q1(-16,-29).类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 二、矩形的存在性问题考法帮例6 高分技法(2)当BCCP时,记点P为P2,如图(4),分别过点P2,B作x轴的垂线,过点C作x轴的平行线,分别交上述两线于点F,G,则CG=6,BG=3,CF=-m,P2F=m2-m.易证P2FCCGB,解得m1=0(不合题意,舍去),m2=-4,P2(-4,-5).矩形的对角线互相平分,=6-4,3+=-5,解得=2,=-8,Q2(2,-8).综上可知,点Q的坐标为(2,-8)或(-16,-

41、29).类型4 直角三角形、矩形的存在性问题 二、矩形的存在性问题考法帮例6 高分技法方法三(勾股定理法):设P(m,-m2+m+3).又B(6,0),C(0,3),BP2=(6-m)2+(-m2+m+3)2,CP2=m2+(-m2+m)2,BC2=62+32=45.分两种情况讨论.(1)当CBP=90时,BC2+BP2=CP2,即45+(6-m)2+(-m2+m+3)2=m2+(-m2+m)2,解得m1=6(不合题意,舍去),m2=-10.P(-10,-32),易求此时Q(-16,-29).(2)当BCP=90时,CP2+BC2=BP2,即m2+(-m2+m)2+45=(6-m)2+(-m2

42、+m+3)2,解得m3=0(舍去),m4=-4.P(-4,-5),易求此时Q(2,-8).综上可知,点Q的坐标为(2,-8)或(-16,-29).类型5 平行四边形的存在性问题考法帮方法总结类型5 平行四边形的存在性问题考法帮例7 高分技法2018河南,23改编如图,抛物线y=-x2+6x-5交x轴于A,B两点,交y轴于点C,过点A作直线BC的垂线,垂足为点M,过抛物线上一动点P(不与点B,C重合)作直线AM的平行线,交直线BC于点Q,若以点A,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形,求点P的横坐标.类型5 平行四边形的存在性问题考法帮例7 高分技法类型5 平行四边形的存在性问题考法帮例7 高分

43、技法参考答案易求A(1,0),B(5,0),C(0,-5),直线BC的解析式为y=x-5,OB=OC,AB=4,ABC=45.又AMBC,AMB是等腰直角三角形.过点M作MNx轴于点N,则MN=AN=AB=2,点M的坐标为(3,-2).由AMPQ,可知AM与PQ是对边.方法一(平移坐标法):设P(m,-m2+6m-5),Q(n,n-5),分两种情况讨论.(1)若平移AM得到PQ,则m-1=n-3,-m2+6m-5=n-5-(-2),由得n=m+2,代入,得-m2+6m-5=m+2-5-(-2),解得m1=1(不合题意,舍去),m2=4.故点P的横坐标为4.(2)若平移AM得到QP,则n-1=m

44、-3,n-5=-m2+6m-5-(-2),由得n=m-2,代入,得m-2-5=-m2+6m-5-(-2),解得m3=,m4=.故点P的横坐标为.综上所述,点P的横坐标为4,.类型5 平行四边形的存在性问题考法帮例7 高分技法方法二(中点坐标法):设P(m,-m2+6m-5),Q(n,n-5),分两种情况讨论.(1)当AP为对角线时,由得n=m-2,代入,得-m2+6m-5=-2+m-2-5,解得m1=,m2=.故点P的横坐标为 或.(2)当AQ为对角线时,由得n=m+2,代入,得m+2-5=-2-m2+6m-5,解得m3=1(不合题意,舍去),m4=4.故点P的横坐标为4.综上所述,点P的横坐

45、标为4,或.类型5 平行四边形的存在性问题考法帮例7 高分技法方法三(对点坐标法):设P(m,-m2+6m-5),分两种情况讨论.(1)当点Q与点A是对点时,由对点坐标法可得Q(m+3-1,-m2+6m-5-2),即Q(m+2,-m2+6m-7).将点Q的坐标代入y=x-5,得-m2+6m-7=m+2-5,解得m1=1(不合题意,舍去),m2=4.故点P的横坐标为4.(2)当点Q与点M是对点时,由对点坐标法可得Q(m+1-3,-m2+6m-5+2),即Q(m-2,-m2+6m-3).将点Q的坐标代入y=x-5,得-m2+6m-3=m-2-5,解得m3=,m4=.故点P的横坐标为 或.综上所述,

46、点P的横坐标为4,或.类型5 平行四边形的存在性问题考法帮例7 高分技法方法四(其他方法):易知点P是到直线BC的距离为AM的长的直线上的点.分以下两种情况讨论.(1)当点P在直线BC上方时,如图,过点A作直线l1BC,交抛物线于点P1,则点P1即为所求.设直线l1的解析式为y=x+b,将A(1,0)代入,得b=-1,故直线l1的解析式为y=x-1.令x-1=-x2+6x-5,解得x1=1(不合题意,舍去),x2=4.故点P1的横坐标为4.(2)当点P在直线BC下方时,如图,作直线l1关于直线BC的对称图形,即直线l2,交抛物线于点P2,P3,则点P2,P3即为所求.设直线l1与y轴的交点为D

47、,则点D的坐标为(0,-1),设直线l2与y轴的交点为E,则OE=1+2(-1+5)=9,故直线l2的解析式为y=x-9.令x-9=-x2+6x-5,解得x3=,x4=.故点P2的横坐标,点P3的横坐标为.综上所述,点P的横坐标为4,或.类型5 平行四边形的存在性问题考法帮典例变式1 高分技法由“两定两动”变式为“三定一动”如图,抛物线y=-x2+6x-5交x轴于A,B两点,交y轴于点C,过点A作直线BC的垂线,垂足为点M.平面内存在一点P,使以点A,M,C,P为顶点的四边形是平行四边形,求点P的坐标.类型5 平行四边形的存在性问题考法帮典例变式1 高分技法类型5 平行四边形的存在性问题考法帮

48、典例变式1 高分技法自主解答解:易求A(1,0),C(0,-5),M(3,-2),直线BC的解析式为y=x-5.方法一(平移坐标法):设P(m,n),分三种情况讨论.当AC为对角线时,平移AM可得到PC,则1-m=3-0,0-n=-2-(-5),解得m=-2,n=-3,故点P的坐标为(-2,-3).当AM为对角线时,平移AC可得到PM,则1-m=0-3,0-n=-5-(-2),解得m=4,n=3,故点P的坐标为(4,3).当CM为对角线时,平移AM可得到CP,则1-0=3-m,0-(-5)=-2-n,解得m=2,n=-7,故点P的坐标为(2,-7).综上所述,点P的坐标为(-2,-3),(4,

49、3)或(2,-7).类型5 平行四边形的存在性问题考法帮典例变式1 高分技法方法二(中点坐标法):设P(m,n),分三种情况讨论.当AC为对角线时,AC与PM的中点重合,得，解得m=-2,n=-3,故点P的坐标为(-2,-3).当AM为对角线时,AM与PC的中点重合,得，解得m=4,n=3,故点P的坐标为(4,3).当CM为对角线时,CM与PA的中点重合,得，解得m=2,n=-7,故点P的坐标为(2,-7).综上所述,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).类型5 平行四边形的存在性问题考法帮典例变式1 高分技法方法三(对点坐标法):分三种情况讨论.当点P与点A是对点时,xP=3

50、+0-1=2,yP=-5-2-0=-7.故点P的坐标为(2,-7).当点P与点C是对点时,xP=1+3-0=4,yP=0-2-(-5)=3.故点P的坐标为(4,3).当点P与点M是对点时,xP=1+0-3=-2,yP=0-5-(-2)=-3.故点P的坐标为(-2,-3).综上所述,点P的坐标为(-2,-3),(4,3)或(2,-7).类型5 平行四边形的存在性问题考法帮典例变式1 高分技法方法四(其他方法):易求直线AM的解析式为y=-x+1,直线AC的解析式为y=5x-5.如图,过点A作直线l1CM,过点C作直线l2AM,过点M作直线l3AC,设直线l1,l2交于点P1,直线l1,l3交于点