二次函数与角度问题

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（2009益阳）如图11，△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于D，BD＝2，DC＝3，求AD的长.

小萍同学灵活运用轴对称知识，将图形进行翻折变换，巧妙地解答了此题. 请按照小萍的思路，探究并解答下列问题：

(1)分别以AB、AC为对称轴，画出△ABD、△ACD的轴对称图形，D点的对称点为E、F，延长EB、FC相交于G点，证明四边形AEGF是正方形；

(2)设AD=x，利用勾股定理，建立关于x的方程模型，求出x的值.

A

F E B D G C 图11

(1)证明：由题意可得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF ∴∠DAB＝∠EAB ，∠DAC＝∠FAC ，又∠BAC＝45°，

∴∠EAF＝90°

又∵AD⊥BC

∴∠E＝∠ADB＝90°∠F＝∠ADC＝90°

又∵AE＝AD，AF＝AD ∴AE＝AF

∴四边形AEGF是正方形

(2)解：设AD＝x，则AE＝EG＝GF＝x ∵BD＝2，DC＝3 ∴BE＝2 ，CF＝3 ∴BG＝x－2，CG＝x－3

222

在Rt△BGC中，BG＋CG＝BC

222

∴( x－2)＋(x－3)＝5

2

化简得，x－5x－6＝0

解得x1＝6，x2＝－1（舍） 所以AD＝x＝6

1（2010南充）如图，△ABC内接于⊙O，AD⊥BC，OE⊥BC， OE＝2BC．

（1）求∠BAC的度数． （2）将△ACD沿AC折叠为△ACF，将△ABD沿AB折叠为△ABG，延长FC和GB相交于点H．求证：四边形AFHG是正方形． （3）若BD＝6，CD＝4，求AD的长．

A A G B O F E D H A C G B O F E D H C

G B O F E D H C

（1）解：连结OB和OC． ∵ OE⊥BC，∴ BE＝CE． ∵ OE＝

1BC，∴ ∠BOC＝90°，∴ ∠BAC＝45°． 2（2）证明：∵ AD⊥BC，∴ ∠ADB＝∠ADC＝90°． 由折叠可知，AG＝AF＝AD，∠AGH＝∠AFH＝90°， ∠BAG＝∠BAD，∠CAF＝∠CAD， ∴ ∠BAG＋∠CAF＝∠BAD＋∠CAD＝∠BAC＝45°． ∴ ∠GAF＝∠BAG＋∠CAF＋∠BAC＝90°． ∴ 四边形AFHG是正方形．

（3）解：由（2）得，∠BHC＝90°，GH＝HF＝AD，GB＝BD＝6，CF＝CD＝4． 设AD的长为x，则 BH＝GH－GB＝x－6，CH＝HF－CF＝x－4． 在Rt△BCH中，BH2＋CH2＝BC2，∴ （x－6）2＋（x－4）2＝102． 解得，x1=12，x2＝－2（不合题意，舍去）． ∴ AD＝12．

（2013?呼和浩特）在平面直角坐标系中，已知点A（4，0）、B（﹣6，0），点C是y轴上的一个动点，当∠BCA=45°时，点C的坐标为 （0，12）或（0，﹣12） ． 考圆周角定理；坐标与图形性质；勾股定理． 点： 分如解答图所示，构造含有90°圆心角的⊙P，则⊙P与y轴的交点即为所求的点C． 析： 注意点C有两个． 解解：设线段BA的中点为E， 答： ∵点A（4，0）、B（﹣6，0），∴AB=10，E（﹣1，0）． （1）如答图1所示，过点E在第二象限作EP⊥BA，且EP=AB=5，则易知△PBA为等腰直角三角形，∠BPA=90°，PA=PB=； 以点P为圆心，PA（或PB）长为半径作⊙P，与y轴的正半轴交于点C， ∵∠BCA为⊙P的圆周角， ∴∠BCA=∠BPA=45°，即则点C即为所求． 过点P作PF⊥y轴于点F，则OF=PE=5，PF=1， 在Rt△PFC中，PF=1，PC=，由勾股定理得：CF==7， ∴OC=OF+CF=5+7=12， ∴点C坐标为（0，12）； （2）如答图2所示，在第3象限可以参照（1）作同样操作，同理求得y轴负半轴上的点C坐标为（0，﹣12）． 综上所述，点C坐标为（0，12）或（0，﹣12）． 故答案为：（0，12）或（0，﹣12）． （2008北京）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y?x2?bx?c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点B的坐标为(3，0)，将直线y?kx沿y轴向上平移3个单位长度后恰好经过B，C两点． （1）求直线BC及抛物线的解析式； （2）设抛物线的顶点为D，点P在抛物线的对称轴上，且?APD??ACB，求点P的坐标； （3）连结CD，求?OCA与?OCD两角和的度数． 解：（1） （2） 24．解：（1）y 4 3 2 1 -2 -1 O 1 2 3 4 -1 -2 x y?kx沿y轴向上平移3个单位长度后经过y轴上的点C， ?C(0，3)． 设直线BC的解析式为y?kx?3． B(3，0)在直线BC上， ?3k?3?0． 解得k??1． ?直线BC的解析式为y??x?3． ·························································

抛物线y?x2?bx?c过点B，C， ?9?3b?c?0， ??c?3．?解得??b??4， ?c?3．?抛物线的解析式为y?x2?4x?3． ······················································

（2）由y?x2?4x?3． 可得D(2，?1)，A(1，0)． y 4 3 C 2 1 ?OB?3，OC?3，OA?1，AB?2． 可得△OBC是等腰直角三角形． ??OBC?45，CB?32． 如图1，设抛物线对称轴与x轴交于点F， -2 -1 O 1 2 F 3 4 -1 D -2 P? 图1 A P E B x ?AF?1AB?1． 2过点A作AE?BC于点E． ??AEB?90． 可得BE?AE?2，CE?22． 在△AEC与△AFP中，?AEC??AFP?90，?ACE??APF， ?△AEC∽△AFP． ?AECE222?，． ?AFPF1PF解得PF?2． 点P在抛物线的对称轴上， 2)或(2，?2)． ···························································?点P的坐标为(2，

（3）解法一：如图2，作点A(1，0)关于y轴的对称点A?，则A?(?1，0)． 连结A?C，A?D， 可得A?C?AC?10，?OCA???OCA． 由勾股定理可得CD2?20，A?D2?10． 又A?C2?10， y 4 3 C 2 1 ?A?D2?A?C2?CD2． ?△A?DC是等腰直角三角形，?CA?D?90， ??DCA??45． A? A B -1 O 1 2 F 3 4 -1 D -2 x 图2 ??OCA???OCD?45． ??OCA??OCD?45． 即?OCA与?OCD两角和的度数为45． ·················································解法二：如图3，连结BD． 同解法一可得CD?20，AC?10． 在Rt△DBF中，?DFB?90，BF?DF?1， y 4 3 C 2 1 ?DB?DF?BF?2． 在△CBD和△COA中， 22-2 -1 O 1 2 F 3 4 -1 D -2 图3 A B x BC32CD20DB2??2，??2，??2． OC3AO1CA10?DBBCCD??． AOOCCA?△CBD∽△COA． ??BCD??OCA． ?OCB?45， ??OCA??OCD?45． 即?OCA与?OCD两角和的度数为45． （2013?十堰）已知抛物线y=x﹣2x+c与x轴交于A．B两点，与y轴交于C点，抛物线的顶点为D点，点A的坐标为（﹣1，0）． （1）求D点的坐标； （2）如图1，连接AC，BD并延长交于点E，求∠E的度数； （3）如图2，已知点P（﹣4，0），点Q在x轴下方的抛物线上，直线PQ交线段AC于点M，当∠PMA=∠E时，求点Q的坐标． 2考二次函数综合题． 点： 分（1）将点A的坐标代入到抛物线的解析式求得c值，然后配方后即可确定顶析： 点D的坐标； （2）连接CD、CB，过点D作DF⊥y轴于点F，首先求得点C的坐标，然后证得△DCB∽△AOC得到∠CBD=∠OCA，根据∠ACB=∠CBD+∠E=∠OCA+∠OCB，得到∠E=∠OCB=45°； （3）设直线PQ交y轴于N点，交BD于H点，作DG⊥x轴于G点，增大△DGB∽△PON后利用相似三角形的性质求得ON的长，从而求得点N的坐标，进而求得直线PQ的解析式， 设Q（m，n），根据点Q在y=x﹣2x﹣3上，得到﹣m﹣2=m﹣2m﹣3，求得m、n的值后即可求得点Q的坐标． 2解解：（1）把x=﹣1，y=0代入y=x﹣2x+c得：1+2+c=0 答： ∴c=﹣3 22∴y=x﹣2x﹣3=y=（x﹣1）﹣4 ∴顶点坐标为（1，﹣4）； （2）如图1，连接CD、CB，过点D作DF⊥y轴于点F， 2由x﹣2x﹣3=0得x=﹣1或x=3 ∴B（3，0） 2当x=0时，y=x﹣2x﹣3=﹣3 ∴C（0，﹣3） ∴OB=OC=3 ∵∠BOC=90°， ∴∠OCB=45°， BC=3 又∵DF=CF=1，∠CFD=90°， ∴∠FCD=45°，CD=， ∴∠BCD=180°﹣∠OCB﹣∠FCD=90°． 22∴∠BCD=∠COA 又∵ ∴△DCB∽△AOC， ∴∠CBD=∠OCA 又∵∠ACB=∠CBD+∠E=∠OCA+∠OCB ∴∠E=∠OCB=45°， （3）如图2，设直线PQ交y轴于N点，交BD于H点，作DG⊥x轴于G点 ∵∠PMA=45°， ∴∠EMH=45°， ∴∠MHE=90°， ∴∠PHB=90°， ∴∠DBG+∠OPN=90° 又∴∠ONP+∠OPN=90°， ∴∠DBG=∠ONP 又∵∠DGB=∠PON=90°， ∴△DGB=∠PON=90°， ∴△DGB∽△PON ∴即：= ∴ON=2， ∴N（0，﹣2） 设直线PQ的解析式为y=kx+b 则 解得：∴y=﹣x﹣2 设Q（m，n）且n＜0， ∴n=﹣m﹣2 又∵Q（m，n）在y=x﹣2x﹣3上， 2∴n=m﹣2m﹣3 ∴﹣m﹣2=m﹣2m﹣3 解得：m=2或m=﹣ ∴n=﹣3或n=﹣ ∴点Q的坐标为（2，﹣3）或（﹣，﹣）． 2（2014?威海）如图，已知抛物线y=ax+bx+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点． （1）求这条抛物线的解析式； （2）E为抛物线上一动点，是否存在点E使以A、B、E为顶点的三角形与△COB相似？若存在，试求出点E的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若将直线BC平移，使其经过点A，且与抛物线相交于点D，连接BD，试求出∠BDA的度数． 22 考点： 分析： 二次函数综合题 （1）本题需先根据已知条件，过C点，设出该抛物线的解析式为y=ax2+bx+2，再根据过A，B两点，即可得出结果； （2）由图象可知，以A、B为直角顶点的△ABE不存在，所以△ABE只可能是以点E为直角顶点的三角形．由相似关系求出点E的坐标； （3）如图2，连结AC，作DE⊥x轴于点E，作BF⊥AD于点F，由BC∥AD设BC的解析式为y=kx+b，设AD的解析式为y=kx+n，由待定系数法求出一次函数的解析式，就可以求出D坐标，由勾股定理就可以求出BD的值，由勾股定理的逆定理就可以得出∠ACB=90°，由平行线的性质就可以得出∠CAD=90°，就可以得出四边形ACBF是矩形，就可以得出BF的值，由勾股定理求出DF的值，而得出DF=BF而得出结论． 解答： 解：（1）∵该抛物线过点C（0，2）， ∴可设该抛物线的解析式为y=ax2+bx+2． 将A（﹣1，0），B（4，0）代入， 得 ， 解得 ， ∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2． （2）存在． 由图象可知，以A、B为直角顶点的△ABE不存在，所以△ABE只可能是以点E为直角顶点的三角形． [来源:学+科+网Z+X+X+K] 在Rt△BOC中，OC=2，OB=4， ∴BC==． h=×2×4， 在Rt△BOC中，设BC边上的高为h，则×∴h=． ∵△BEA∽△COB，设E点坐标为（x，y），

∴=，∴y=±2 将y=2代入抛物线y=﹣x+x+2，得x1=0，x2=3． 当y=﹣2时，不合题意舍去． ∴E点坐标为（0，2），（3，2）． （3）如图2，连结AC，作DE⊥x轴于点E，作BF⊥AD于点F， 2 ∴∠BED=∠BFD=∠AFB=90°． 设BC的解析式为y=kx+b，由图象，得 ， ∴， yBC=﹣x+2． 由BC∥AD，设AD的解析式为y=﹣x+n，由图象，得 0=﹣×（﹣1）+n ∴n=﹣， yAD=﹣x﹣． ∴﹣x2+x+2=﹣x﹣， 解得：x1=﹣1，x2=5 ∴D（﹣1，0）与A重合，舍去，D（5，﹣3）． ∵DE⊥x轴， ∴DE=3，OE=5． 由勾股定理，得BD=． ∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）， ∴OA=1，OB=4，OC=2． ∴AB=5 在Rt△AOC中，Rt△BOC中，由勾股定理，得 AC=，BC=2， ∴AC2=5，BC2=20，AB2=25， ∴AC2+BC2=AB2 ∴△ACB是直角三角形， ∴∠ACB=90°． ∵BC∥AD， ∴∠CAF+∠ACB=180°， ∴∠CAF=90°． ∴∠CAF=∠ACB=∠AFB=90°， ∴四边形ACBF是矩形， ∴AC=BF=， ， 在Rt△BFD中，由勾股定理，得DF=∴DF=BF， ∴∠ADB=45°．

0?、C?0，4?两点，与x轴交（2009武汉）如图，抛物线y?ax2?bx?4a经过A??1，于另一点B．

⑴求抛物线的解析式；

m?1?在第一象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点的坐标； ⑵已知点D?m，⑶在⑵的条件下，连接BD，点P为抛物线上一点，且?DBP?45?，求点P的坐标．

y C

A O B x 0?，C?0，4?两点， 【答案】解：⑴∵抛物线y?ax2?bx?4a经过A??1，?a?b?4a?0 ∴??4a?4??a??1 解得??b?3∴抛物线的解析式为y??x2?3x?4．

y C D

A E O B x m?1?在抛物线上，∴m?1??m2?3m?4， ⑵∵点D?m，即m2?2m?3?0，∴m??1或m?3．

4?． ∵点D在第一象限，∴点D的坐标为?3，由⑴知OC?OB，∴?CBA?45?．

设点D关于直线BC的对称点为点E．

4?，∴CD∥AB，且CD?3， ∵C?0，∴?ECB??DCB?45?，

∴E点在y轴上，且CE?CD?3．

1?． ∴OE?1，∴E?0，y C P A F O E D

B x 1?． 即点D关于直线BC对称的点的坐标为?0，⑶方法一：作PF?AB于F，DE?BC于E． 由⑴有：OB?OC?4，∴?OBC?45?， ∵?DBP?45?，?CBD??PBA．

4?，D?3，4?，∴CD∥OB且CD?3． ∵C?0，∴?DCE??CBO?45?，

32∴DE?CE?．

2∵OB?OC?4，∴BC?42，∴BE?BC?CE?DE3?． BE5设PF?3t，则BF?5t，∴OF?5t?4，

3t?． ∴P??5t?4，∵P点在抛物线上，

52， 2∴tan?PBF?tan?CBD?∴3t????5t?4??3??5t?4??4， ∴t?0（舍去）或t?y 222?266?，∴P??，?． 25?525?Q C P G D

B A O H x 方法二：过点D作BD的垂线交直线PB于点Q，过点D作DH?x轴于

H．过Q点作QG?DH于G． ∵?PBD?45?,∴QD?DB． ∴?QDG??BDH?90?，

又?DQG??QDG?90?，∴?DQG??BDH．

∴△QDG≌△DBH，∴QG?DH?4，DG?BH?1．

4?，∴Q??1，3?． 由⑵知D?3，3120?，∴直线BP的解析式为y??x?． ∵B?4，552??y??x2?3x?4x??2?x1?4，???5 解方程组??312得?66y?0y??x??1??y?55?2?25??266?点P的坐标为??，?．

?525?

（2013年河南省中考数学试卷）如图，抛物线y??x2?bx?c与直线y?1x?2交于27??C,D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为?3，?．点P是y轴右侧的抛物线上

2??一动点，过点P作PE?x轴于点E，交CD于点F. ⑴ 求抛物线的解析式；

⑵ 若点P的横坐标为m，当m为何值时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．

⑶ 若存在点P，使?PCF?45?，请直接写出相应的点P的坐标．

yPDCF

BxAOE【解答】⑴ ∵直线y?1x?2经过点C， 22?． ∴C?0，7??∵抛物线y??x2?bx?c经过点C(0，2)，D?3，?，

2??7?2?c???b?2． ∴?7∴?2??3?3b?c???2?c?272∴抛物线的解析式为y??x?x?2

2⑵ ∵点P的横坐标为m且在抛物线上

71????2∴P?m，?m?m?2?，F?m，m?2?

22????∵PF∥CO，

∴当PF?CO时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形．

7?1?22①当m＜3时，PF??m?m?2??m?2???m?3m

2?2?∴?m2?3m?2，

解得：m1?1，m2?2．

即当m?1或2时，四边形OCPF是平行四边形．

7?1???22②当m≥3时，PF??m?2????m?m?2??m?3m

2?2???m2?3m?2，

3?173?17解得：m1?，m2?（舍去）

223?17即当m1?时，四边形OCFP是平行四边形．

2⑶ 如图，当点P在CD上方且?PCF?45?时， 作PM?CD，CN?PF，则

yPDCFNM

BxAOE△PMF∽△CNF，

PMCNm???2 ∴MFFN1m2∴PM?CM?2CF

∴PF?5FM?5CF?5?555CN?CN?m 222又∵PF??m2?3m

52∴?m?3m?m

21解得：m1?，m2?0（舍去）

2?17?∴P?，?．

?22??2313?P?，?同理可以求得：另外一点为?618?．

m2?3m?2，

3?173?17解得：m1?，m2?（舍去）

223?17即当m1?时，四边形OCFP是平行四边形．

2⑶ 如图，当点P在CD上方且?PCF?45?时， 作PM?CD，CN?PF，则

yPDCFNM

BxAOE△PMF∽△CNF，

PMCNm???2 ∴MFFN1m2∴PM?CM?2CF

∴PF?5FM?5CF?5?555CN?CN?m 222又∵PF??m2?3m

52∴?m?3m?m

21解得：m1?，m2?0（舍去）

2?17?∴P?，?．

?22??2313?P?，?同理可以求得：另外一点为?618?．

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