2018届重庆中考复习：二次函数相关的存在性问题习题练习(含答案)

二次函数相关的存在性问题答案

等腰三角形存在性问题：

2

例1. 解：(1)∵抛物线y＝ax－6x＋c过点B(－1，0)、 C(0，－5)．

??a＋6＋c＝0，∴? ?c＝－5，???a＝－1，解得?

?c＝－5.?

2

∴该抛物线为y＝－x－6x－5. (2)①证明：∵PE∥y轴，∴PH⊥AO， ∴∠AHP＝∠DHP＝90°.

又∵PH＝PH，∠APE＝∠CPE， ∴△AHP≌△DHP，∴AH＝DH.

2

设点P(x，－x－6x－5)，

2

∴AH＝DH＝x－(－5)＝x＋5，PH＝－x－6x－5.

PHCO

由PE∥y轴，得＝，

DHDO

2

－x－6x－55则＝.

x＋5－2x－5

57

∵x＋5≠0，∴x＋1＝，解得x1＝－，x2＝0(不符合)．

2x＋52

73AEAH3∴OH＝，AH＝，∴＝＝. 22ECHO7

②能，分三种情况讨论．

Ⅰ、若PA＝PE.由OA＝OC＝5， 得∠AEP＝∠PAE＝∠ACO＝45°，

∴∠APE＝90°.此时点P与点B重合． ∴此时点P的坐标为(－1，0)．

Ⅱ、若AP＝AE.由题意，可得∠APE＝∠AEP＝45°，

2

又∵PH⊥AO，∴AH＝PH，即－x－6x－5＝x＋5. 解得x1＝－2，x2＝－5(不符合)． 则y＝3，则点P的坐标为(－2，3)．

Ⅲ、∵点A、C的坐标为(－5，0)、(0，－5)．

∴直线AC的解析式为y＝－x－5.∴点E的坐标为(x，－x－5)．

22

若AE＝PE，则PE＝|－x－6x－5－(－x－5)|＝|－x－5x|. 又AE＝2AH＝2(x＋5)，

22

则－x－5x＝2(x＋5)或x＋5x＝2(x＋5)， (x＋5)(2＋x)＝0或(x＋5)(2－x)＝0.

解得：x1＝－2，x2＝－5(不符合)，x3＝2，x4＝－5(不符合)． 当x1＝－2时，y1＝6 2－7，当x3＝2时，y3＝－6 2－7. ∴此时点P的坐标为(－2，6 2－7)或(2，－6 2－7)．

综上所述可得点P的坐标为(－2，3)、(－1，0)、(－2，6 2－7)或(2，－6 2－7)．

针对训练：

1. 解：(1)当x＝0时，y＝4，则C(0，4)， ∴OC＝4.

又∵OC＝OB＝2OA， ∴OB＝4，OA＝2，

∴B(4，0)，A(－2，0)．

2

又∵B(4，0)，A(－2，0)在抛物线y＝ax＋bx＋4上，

1

∴???16a＋4b＋4＝0，??a＝－2，? ?4a－2b＋4＝0，∴?

?

?b＝1.

∴抛物线的解析式为y＝－12

x2

＋x＋4.

(2)∵B(4，0)，C(0，4)，∴直线BC的解析式为y＝－x＋4. ∴∠MBN＝∠NMB＝∠QME＝45°，延长QE交y轴于R. 又∵EQ∥AC，OC∥QM，∴∠EQM＝∠CRQ＝∠ACO，

∴tan∠EQM＝tan∠ACO＝OAOC＝1

2

. 如图，过E作EH⊥QM于H，设EH＝m， 则QH＝2m，EQ＝5m，MH＝m，EM＝2m，

∴QM＝3m，∴m＝1

3QM. 设Q(x，－12

x2

＋x＋4)，则M(x，－x＋4)，

∴L＝3＋2＋53QM＝3＋2＋5?3??（－12x2＋x＋4）－（－x＋4）???＝

3＋2＋53(－12

x2

＋2x) ＝－3＋2＋56(x－2)2

＋6＋2 2＋2 53

，

又∵0

max＝3

，∴Q(2，4)．

(3)∵Q(2，4)，A(－2，0)，

∴AQ的解析式为y＝x＋2，∴G(0，2)，F(1，3)， ∴BF＝B1F1＝3 2，△CFG为等腰三角形． 设FF1＝2t，则PC＝2t.∴F1(1－t，t＋3)，

当P在线段CO上运动时，则0

①若FP＝FF2＝2t2

1时，则1＋(1－2t)，

∴t1＝t2＝1，∴FF1＝2t＝2，∴B1F＝B1F1－FF1＝2 2；

②若PF＝PF(1－2t)2＝(1－t)2＋(1－3t)2

1时，则1＋，

∴t＝0，t22

12＝3.又∵0

∴FF2 21＝2t＝

3，∴B7 2

1F＝B1F1－FF1＝3

； ∴B1F＝B1F1－FF1＝4－2 2. 综上所述：B7 25 2

1F＝3，2

，2 2或4－2 2.

③若F＝F222

11P1F时，则(1－t)＋(1－3t)＝2t，∴t1＝t2＝2. ∴FF21＝2t＝

2，∴B＝5 21F＝B1F1－FF12

； 当P在线段OB上运动时，则2

∵∠F1FP>90°，∴要使△PFF1为等腰三角形，则只有FP＝FF1，

∴9＋(2t－5)2＝2t2

，∴t＝5±2 2. 又∵2

12

2. 解：令y＝0，－x＋2x＋3＝0.解得x1＝－2，x2＝3 2.

2∴A(－2，0)，B(3 2，0)．∵当x＝0时，y＝3，∴C(0，3)． 3－022

＝－，∵AD∥BC，∴tan∠BAD＝.

220－3 2

设A′(2t－2，－t)则C′(2t，3－t)，

当△A′C′B是以C′B为底边的等腰三角形时，

722

(2t－4 2)＋t＝11，∴t1＝3(舍去)，t2＝.

3

4 277 22∴A′(，－)，C′(，)．

3333

设直线A′C′的表达式为y＝kx＋b，

3 2193 219

将A′，C′的坐标代入解得k＝，b＝－.∴y＝x－.

23233 21916 22

D(0，－1)到直线A′C′：y＝x－的距离d＝.

2333

① 如图①，

DK＝DI，∠KDI为钝角，

32（33＋11）KI＝.

33

②如图②，

DK＝DI，∠KDI为锐角，

32（33－11）KI＝.

33

如图③，

8 11

KD＝KI或ID＝IK，KI＝.

11

32（ 33＋ 11）32（ 33－ 11）

综上所述，△KDI为等腰三角形，符合条件的KI的长为、、

33338 11

. 11

三角形全等、相似存在性问题：

例2：解：设直线BD的解析式为y＝mx＋n，把B(1，2)，D(－3，0)代入BD

13

的解析式得到y＝x＋.

22

①若△OPQ≌△DHE.过点P作PT⊥y轴于T，过点Q作QS⊥PT于S.如图①. 则有∠POQ＝∠HDE，∠OPQ＝∠DHE＝90°，

PQAB1则有＝tan∠POQ＝tan∠HDE＝＝.

POAD2

SQ SPPQ1

易证△QSP∽△PTO，从而可得＝＝＝，

TPTOOP2

52115

∴SQ＝TP，SP＝TO.∵xP＝－＝－，

222×1455∴PT＝，SQ＝.

48

p5p5

设OT＝p，则有SP＝，则Q(－－，p－)，

2428

392

代入二次函数解析式，并整理得p－4p－＝0.

4

4±555p554＋559＋55

解得p＝，∵点Q在第二象限，∴－－＜0且p－＞0，∴p＞，∴p＝.此时Q(－，

242882411＋4 55)． 8

5592

②若△QPO≌△DHE，同①可得Q(－－2p，p－)，代入二次函数解析式，并整理得4p－p－＝0，

42161＋101－10

解得p3＝，p4＝(舍)，

88

6＋10－19－10

此时Q(－，)(舍)．

48

③若△PQO≌△DHE，

过点Q作QS⊥x轴于S，过点P作PT⊥QS于T.如图②.

PTPQDH

易证△PTQ∽△QSO，从而可得＝＝＝2.

QSQOHE

p5p

设PT＝p，则有QS＝，∴点Q的坐标为(－－p，)，

242532

代入抛物线y＝x＋x－，结合p＞0，

221＋5 2

可得p＝，

4

6＋5 21＋5 2

从而可得Q(－，)．

68

④若△OQP≌△DHE，

9＋654＋65

同③可得Q(－，)．

42

9＋5511＋4 55－9－654＋65－6－5 2

综上所述，满足题意的点Q为：(－，)或(，)或Q(，

484241＋5 2

)． 8

针对训练：

2

1. 解：(1)设该抛物线的解析式为y＝ax＋bx＋c， 由抛物线与y轴交于点C(0，－3)，可知c＝－3.

???a－b－3＝0，?a＝1，

把A(－1，0)、B(3，0)代入，得?解得?

??9a＋3b－3＝0，b＝－2.??

222

∴抛物线的解析式为y＝x－2x－3.∵y＝x－2x－3＝(x－1)－4， ∴顶点D的坐标为(1，－4)．

(2)以B、C、D为顶点的三角形是直角三角形． 理由如下：