二次函數(shù)壓軸題分類-度角

2=S2=S1．如圖，在平面直角坐標(biāo)中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=﹣x+4與x軸交于點(diǎn)A，過點(diǎn)A的拋物線y=ax

+bx與直線y=﹣x+交于另一點(diǎn)B，且點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為1．（1）求ab的值；（2）P是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)（P不與點(diǎn)AB重合過點(diǎn)P作PM∥OB交第一象限內(nèi)的拋物線于點(diǎn)，過點(diǎn)作x軸于點(diǎn)C，交于點(diǎn)N，過點(diǎn)P作PF⊥MC于點(diǎn)F，設(shè)PF的長(zhǎng)為tMN的長(zhǎng)為d，求與之間的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量t的取值范圍（3）在（2）的條件下，當(dāng)S

△

=S

時(shí)，連接ON，點(diǎn)在線段BP上，過點(diǎn)作QR∥MN交ON于點(diǎn)連接MQ當(dāng)∠﹣∠BRN=45°時(shí)求點(diǎn)R的坐標(biāo)．【分析利用已知得出AB點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而利用待定系數(shù)法得出，b的值；（2）已知MN=d，，由圖可知MN=MF+，不妨將MF和用PF代替，即可得到與的關(guān)系45°的直角三角形和平行線性質(zhì)可推FN=PF=t∠BOD，再利用tan∠BOD=tan∠MPF，

==3從而有MF=3PF=3t，從而得出d與t的函數(shù)關(guān)系；（3）過點(diǎn)作QR于點(diǎn)H，由圖象可知R點(diǎn)橫坐標(biāo)為﹣，縱坐標(biāo)為CN﹣RH．OC=OA﹣，其中OA已知，利用S

△

△

求得AC=2t，再將用表示的M點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式求得值即得AC的值又（2中AC=CN知CN，則求得HN和RH的值是關(guān)鍵根據(jù)tan∠HNR=tan∠NOC可得

==RH=n，HN=3n，勾股定理得RN的值，再利用已知條件證得△PMQ△NBR，建立比例式求得n值，即可得出和RH的值，從而得到R的坐標(biāo)．【解答】方法一：

22解∵y=﹣x+4與x軸交于點(diǎn)A，∴A（40∵點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為1，且直線y=﹣x+4經(jīng)過點(diǎn)，∴B（3∵拋物線y=ax+bx經(jīng)過A（40（13∴解得：

，，∴a=﹣1，b=4；（2）如圖，作BDx軸于點(diǎn)D延長(zhǎng)MP交軸于點(diǎn)E∵B（3（0∴OD=1，，OA=4，∴AD=3，∴AD=BD，∵∠BDA=90°，∠BAD=∠，∵M(jìn)C⊥x軸，∴∠ANC=∠，∴∠PNF=∠ANC=45°，∵PFMC，∴∠FPN=∠PNF=45°，∴NF=PF=t，∵∠PFM=∠ECM=90°，∴PF，∴∠MPF=∠，∵M(jìn)EOB，∴∠MEC=∠，∴∠MPF=∠BOD，∴tan∠BOD=tan∠，

22=S22221222=S222212∴

==3∴MF=3PF=3t∵M(jìn)N=MFFN∴d=3t+；（3）如備用圖，由（2）知，PF=t，，∴S

△

=MN××4t×t=2t，∵∠CAN=ANC，∴∴S

△

=AC，∵S

△

△

，∴AC=2t，∴AC=2t，∴CN=2t，∴MC=MN+CN=6t∴﹣AC=4﹣，∴M4﹣，6t由（1）知拋物線的解析式為：﹣x+4x，將M4﹣，6t）代入y=﹣

+4x得：﹣（4﹣2t）+（2t），解得：t=0舍=，，∴PF=NF=，AC=CN=1，，MF=，PN=∵AB=3，∴BN=2

，PM=

，AN=

，作NH⊥RQ于點(diǎn)H，

∵QR∥MN∴∠MNH=∠，∠RQN=∠QNM=45°，∴∠MNH=∠，∴NH∥，∴∠HNR=∠NOC，∴tan∠∠NOC，∴

==，設(shè)RH=n，則HN=3n，∴RN=nQN=3n，∴PQ=QN﹣

n﹣

，∵ON=

=

，OB=

=

，∴OB=ON，∴∠OBN=∠BNO，∵PM∥，∴∠OBN=∠MPB，∴∠MPB=∠BNO，∵∠MQR﹣∠BRN=45°，∠MQR=∠MQP+∠RQN=∠+45°，∴∠BRN=∠MQP，∴△PMQ△NBR，∴

=

，∴

=

，解得：n=，∴R的橫坐標(biāo)為：∴（，

=

，R的縱坐標(biāo)為：1=，

xx2222222xx2222222方法二：（1）略．（2）延長(zhǎng)MP交軸于M′作M′N′∥交AB于N′延長(zhǎng)FP交M′N于F′，∵′N′∥，∴△∽△PM′N∴

，∵O（0，0（1，∴K=3∵PM∥，∴K=K=3則l：y=3x+b設(shè)Pp﹣+b=4﹣，∴l(xiāng)：y=3x+4P，把y=0代入，∴x=∴M′，0

，∵N′=M′，把x=

代入y=﹣x+4，∴y=∴N′（

，，M′N′=

，∵PF′⊥M′N′，∴PF′=p﹣∴．

=

，（3）設(shè)M（﹣+4tt﹣t+∴MN=﹣+4t+t﹣4=﹣t+5t﹣∴PF=（﹣t+5t﹣4∴S△PMN=

（﹣t+5t﹣2=（t﹣（﹣），∵K=1，∴∠OAB=45°，∴CA=CN=4﹣，

=S22212XX=S22212XX∴S

△

=（t42∵S

△

△

，∴（t4）t﹣=（t4），∴t=﹣1，∴M3，3∵M(jìn)=N=3∴N31∴ON=

，∵B（3∴OB=

，∴OB=ON，∠OBN=∠ONB，∵OB∥∴∠OBN=∠QPM∴∠ONB=∠QPM∠RQA=45°，∵∠MQR﹣∠BRN=45°，∴∠BRN=∠MQP，∴△BRN∽△MQP，∴，∵K=3，3，3∴l(xiāng)：y=3x﹣∵l：y=﹣x+4，∴P（1.5設(shè)（3t，∴Q（，﹣3t+∴，

1212∴t=，t=

（舍∴（

，【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式以及相似三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理等知識(shí)，得出△PMQ∽△，進(jìn)而得出n的值是解題關(guān)

12122121222圖1線AD對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y=﹣2x﹣2拋物線交于點(diǎn)在軸上點(diǎn)D拋物線與x軸另一交點(diǎn)為B3，0物線與y軸交點(diǎn)C（0，6（1）求拋物線的解析式；（2）如圖，連結(jié)CD，過點(diǎn)作x軸的垂線，垂足為點(diǎn)E，直線AD與y軸交點(diǎn)為F，若點(diǎn)由點(diǎn)D出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度沿DE邊向點(diǎn)E移動(dòng)，秒后點(diǎn)Q也由點(diǎn)D出發(fā)以每秒3個(gè)單位的速度沿DC，，邊向點(diǎn)E移動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)另一個(gè)點(diǎn)也停止移動(dòng)點(diǎn)P的移動(dòng)時(shí)間為t秒PQ⊥DF時(shí)t的值3為備用圖）（3）如果點(diǎn)是直線BC上的動(dòng)點(diǎn)，是否存在一個(gè)點(diǎn)使△ABM中有一個(gè)角為45°若存在，直接寫出所有滿足條件的M點(diǎn)坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說明理由．【分析求出點(diǎn)A坐標(biāo)，把A、、C三點(diǎn)代入拋物線解析式解方程組即可．（2）分三種情形討論①當(dāng)Q點(diǎn)在CD上時(shí)②點(diǎn)Q在CO上時(shí)③點(diǎn)在OE上時(shí)，利用相似三角形的性質(zhì)路程方程求出t，并且判斷是否符合題意即可．（3）構(gòu)造等腰直角三角形△，△AFB，使得AE=EB=AF=BF，∠∠AFB=90°，分別延長(zhǎng)AF交中線以、M，此時(shí)∠MAB=∠MAB=45°，分別求解即可解決問題；【解答】解令y=0則﹣2x﹣2=0，解x=﹣1，所以點(diǎn)坐標(biāo)（﹣1，0設(shè)拋物線解析式為y=ax+bx+，∵A（﹣10（3，（0﹣6）在拋物線上，∴，解得，

22∴拋物線解析式為y=2x﹣4x﹣6（2）y=2x﹣2令x=0，y=﹣，∴F0，﹣2由

解得

或，∴點(diǎn)D坐標(biāo)（2﹣6點(diǎn)C（0，﹣6∴CD⊥CF，∴∠DCF=90°，由題意：P點(diǎn)移動(dòng)的路程為DP=tQ點(diǎn)移動(dòng)的路程為3（t﹣1=3t﹣當(dāng)Q點(diǎn)在CD上時(shí)，即03t﹣≤時(shí)，1＜≤時(shí)，如圖1中，若PQ⊥DF，則有eq\o\ac(△,RT)QDP∽eq\o\ac(△,RT)FCD，∴

=

，即

=，∴t=3，3＞，∴此時(shí)t不合題意．當(dāng)點(diǎn)Q在CO上時(shí)2﹣3≤8＜t≤

時(shí)如圖2中過點(diǎn)作PK⊥于K，

∴CK=PD=t，CQ=3（﹣﹣2=3t5若PQ⊥DF，則有eq\o\ac(△,RT)eq\o\ac(△,RT)FCD，∴

=

，即

=，∴t=2，∵＜t∴t=2符合題意．

，當(dāng)點(diǎn)Q在OE上時(shí)，即8≤3t﹣≤≤t

時(shí)，如圖3中，

若PQ⊥DF，過點(diǎn)Q作∥DF交DE于G，則⊥QP，即∠GQP=90°，∴∠QPE＞90°，這與QPE內(nèi)角和為180°盾，此時(shí)PQ不與DF垂直，綜上所述：當(dāng)t=2時(shí)，有PQ⊥DF．（3）如圖4中，

3434322341212122=S3434322341212122=S構(gòu)造等腰直角三角形△AEB，△AFB，使得AE=EB=AF=BF∠AEB=AFB=90°，分別以E、F為圓心EA為半徑畫圓交直線BC于M、M，則∠∠AMB=45°，∵直線BC的解析式為y=2x﹣E（12（1，﹣2Mm，6由EM=EA=2

，可得（m1）（2m8）=8，解得m=3或

，∴M（

，同法可得M（，﹣

分別延長(zhǎng)AE、AF交中線BC以M、M，此時(shí)∠AB=∠MAB=45°，∵直線AE的解析式為y=x+由，解得，∴M（7，8同法可得M（，﹣綜上所述，滿足條件的點(diǎn)M坐標(biāo)為（

，）或（，﹣）或（7，8或（，﹣【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次函數(shù)的有關(guān)知識(shí)，學(xué)會(huì)待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，解題的關(guān)鍵是會(huì)分類討論，檢驗(yàn)是否符合題意，第三個(gè)問題需要畫出圖形，通過構(gòu)造等腰直角三角形，利用輔助線圓解決問題，屬于中考?jí)狠S題．3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax+bx+4經(jīng)過A（﹣，0（4，0兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)C，（4﹣

，P從點(diǎn)A出發(fā)，沿線AB以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)B移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CA以某一速度向點(diǎn)A移動(dòng)．（1）求該拋物線的解析式；（2）若經(jīng)過t秒的移動(dòng)，線段被CD垂直平分，求此時(shí)t的值；（3）在第一象限的拋物線上取一點(diǎn)，使得S

△

△

，再在拋物線上找點(diǎn)（不與點(diǎn)A、、C重合得∠，求E點(diǎn)的坐標(biāo)．

22【分析直接利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式得出即可；（2）首先求出△AQD∽△ACB，則，得出DQ=DP的長(zhǎng)，進(jìn)而得出答案；（3）首先得出點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而得出△BGM∽△BEN進(jìn)而假設(shè)出E點(diǎn)坐標(biāo)，利用相似三角形的性質(zhì)得出E點(diǎn)坐標(biāo)．【解答】解將A﹣3，0（4，代入+bx4得：，解得：，故拋物線的解析式為：；（2）如圖，連接由B（0）和D

，0可得BD=∵∴CO=4，∴BC=4

，，，則BC=BD，∴∠BDC=∠BCD=∠QDC，∴DQ∥，∴△AQD∽△ACB，

=S2122=S2122∴

，∴∴DQ=

，