《重慶市2018年中考數(shù)學題型復習 題型八 二次函數(shù)綜合題 類型三 與等腰三角形有關的問題練習》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《重慶市2018年中考數(shù)學題型復習 題型八 二次函數(shù)綜合題 類型三 與等腰三角形有關的問題練習（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 類型三 與等腰三角形有關的問題 1. (2017重慶A卷)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2－x－與x軸交于A，B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點C，對稱軸與x軸交于點D，點E(4，n)在拋物線上． (1)求直線AE的解析式； (2)點P為直線CE下方拋物線上的一點，連接PC，PE.當△PCE的面積最大時，連接CD，CB，點K是線段CB的中點，點M是CP上的一點，點N是CD上的一點，求KM＋MN＋NK的最小值； (3)點G是線段CE的中點．將拋物線y＝x2－x－沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經過點D，y′的頂點為點F.在新拋物線y′的對稱軸上，是否存在點Q，使得

2、△FGQ為等腰三角形？若存在，直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由． 第1題圖 2. (2016重慶A卷)如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線y＝－x2＋x＋3與x軸交于A，B兩點(點A在點B左側)，與y軸交于點C，拋物線的頂點為點E. (1)判斷△ABC的形狀，并說明理由； (2)經過B，C兩點的直線交拋物線的對稱軸于點D，點P為直線BC上方拋物線上的一動點，當△PCD的面積最大時，點Q從點P出發(fā)，先沿適當?shù)穆窂竭\動到拋物線的對稱軸上點M處，再沿垂直于拋物線對稱軸的方向運動到y(tǒng)軸上的點N處，最后沿適當?shù)穆窂竭\動到點A處停止．當點Q的運動路徑最短時，求點N的坐標及點Q經過

3、的最短路徑的長； (3)如圖②，平移拋物線，使拋物線的頂點E在射線AE上移動，點E平移后的對應點為點E′，點A的對應點為點A′.將△AOC繞點O順時針旋轉至△A1OC1的位置，點A，C的對應點分別為點A1，C1，且點A1恰好落在AC上，連接C1A′，C1E′.△A′C1E′是否能為等腰三角形？若能，請求出所有符合條件的點E′的坐標；若不能，請說明理由． 第2題圖 3. (2018原創(chuàng))如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝－x2－2x＋3交x軸于A，B兩點(點A在點B左側)，與y軸交于點C，頂點為D，對稱軸與x軸交于點E. (1)判斷直線AC與CD的位置關系，并說

4、明理由； (2)點P是直線AC上方的拋物線上的一點，當△PAC面積最大時，在拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得△PAQ的周長最小，若存在，求點Q的坐標．若不存在，請說明理由； (3)如圖②，設DE與AC相交于F，將△AEF繞點E順時針旋轉60°.再向右平移(3－)個單位長度，得到△A1E1F1，其中點F的對應點為F1，在拋物線的對稱軸上是否存在點M，使得△CMF1是等腰三角形，若存在，求點M的坐標；若不存在，說明理由． 第3題圖 4. (2017重慶沙坪壩區(qū)一模)如圖①，拋物線y＝x2＋x－3與x軸相交于A、B兩點(點A在點B的右側)，已知C(0，)，連

5、接AC. (1)求直線AC的解析式． (2)點P是x軸下方的拋物線上一動點，過點P作PE⊥x軸交直線AC于點E，交x軸于點F，過點P作PG⊥AE于點G，線段PG交x軸于點H.設l＝EP－FH，求l的最大值． (3)如圖②，在(2)的條件下，點M是x軸上一動點，連接EM、PM，將△EPM沿直線EM折疊為△EP1M，連接AP，AP1，當△APP1是等腰三角形時，試求出點M的坐標． 第4題圖 5. 如圖，拋物線y＝－x2＋x＋與y軸交于點A，點B在第一象限拋物線上，直線y＝－x＋b與x軸交于點C，與y軸交于點A，點D在x軸上，BD＝6，∠ODB＝120°，連

6、接OB、CB. (1)求點A、C兩點的坐標； (2)設點E是第一象限OB上方拋線線上一動點，過點E作EF∥y軸交OB于點F，過E在EF的右側作∠FEG＝∠BOD，交OB于點G，求△EFG周長的最大值； (3)將直線AC沿x軸向右平移，平移過程中直線AC交直線BC于點H，交x軸于點K，在平移過程中，是否存在某一時刻，使△KDH為等腰三角形？若存在，求出平移后C的對應點K的坐標；若不存在，請說明理由． 第5題圖　　　　　　　備用圖 6. (2018原創(chuàng))如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝－x2＋x＋3分別交x軸于A、B兩點，交y軸交于C點，頂點為

7、D. (1)如圖①，連接AD，R是拋物線對稱軸上的一點，當AR⊥AD時，求點R的坐標； (2)在(1)的條件下．在直線AR上方，對稱軸左側的拋物線上找一點P，過P作PQ⊥x軸，交直線AR于點Q，點M是線段PQ的中點，過點M作MN∥AR交拋物線對稱軸于點N，當平行四邊形MNRQ周長最大時，在拋物線對稱軸上找一點E，y軸上找一點F，使得PE＋EF＋FA最小，并求此時點E、F的坐標． (3)如圖②，過拋物線頂點D作DH⊥AB于點H，將△DBH繞著H點順時針旋轉得到△D′B′H′且B′落在線段BD上，將線段AC沿直線AC平移后，點A、C對應的點分別為A′、C′，連接D′C′，D′A′，△D′C′

8、A′能否為等腰三角形？若能，請求出所有符合條件的點A′的坐標；若不能，請說明理由． 第6題圖 答案 1. 解：(1)當y＝0時，即x2－x－＝0，解得x1＝－1，x2＝3， ∴A(－1，0)，B(3，0)， 當x＝4時，n＝×42－×4－＝， ∴點E(4，)， 設直線AE的解析式為：y＝kx＋b(k≠0)， 把A(－1，0)，E(4，)代入得，，解得， ∴直線AE的解析式為y＝x＋； (2)在y＝x2－x－中，令x＝0，得y＝－， ∴點C(0，－)， ∵點E(4，)， ∴易求直線CE的解析式為y＝x－， 過點P作PH∥y軸，交CE于點H，

9、如解圖①， 第1題解圖① 設點P的坐標為P(t，t2－t－)，則H(t，t－)， ∴PH＝t－－(t2－t－)＝－t2＋t， ∴S△PCE＝|xE－xC|·PH＝×4(－t2＋t)＝－t2＋t，(0

10、1， ∴D(1，0)， ∴tan∠OCD＝＝， ∴∠OCD＝30°， ∴∠OCD＝∠DCB＝30°， ∴CD平分∠OCB， ∴點K關于CD的對稱點K2在y軸上， 又∵CK＝OC＝， ∴K2與點O重合，連接OK1，交CD于點N，交CP于點M，如解圖②， ∴KM＋MN＋NK＝K1M＋MN＋ON， 根據(jù)“兩點之間，線段最短”可得，此時KM＋MN＋NK的值最小， ∴K1K2＝OK1＝＝3， ∴KM＋MN＋NK的最小值為3； (3)存在點Q，使得△FGQ為等腰三角形，且點Q的坐標為(3，－)或(3，)或(3，)或(3，2)． 【解法提示】∵C(0，－)，E(4，)，∴G(2，

11、)， ∵新拋物線y′是原拋物線y＝x2－x－＝(x－1)2－沿x軸正方向平移得到的，且y′經過點D， ∴拋物線向右平移了AD＝1－(－1)＝2個單位， ∴y′＝(x－1－2)2－＝(x－3)2－. ∴新拋物線的頂點坐標為F(3，－)，對稱軸為x＝3， 若在新拋物線的對稱軸上存在點Q，使得△FGQ為等腰三角形，設Q點坐標為Q(3，m)， 則FQ2＝(m＋)2＝m2＋m＋，GQ2＝1＋(m－)2＝m2－m＋， FG2＝1＋(＋)2＝， ①當FQ＝GQ時，m2＋m＋＝m2－m＋，解得m＝－，此時Q1(3，－)； ②當FQ＝FG時，m2＋m＋＝，解得m＝，此時Q2(3，)，Q3(3，

12、)； ③當GQ＝FG時，m2－m＋＝，解得m1＝2，m2＝－，此時Q4(3，2)，Q5(3，－)(舍去)． 綜上所述，存在點Q，使得△FGQ為等腰三角形，且點Q的坐標為(3，－)或(3，)或(3，)或(3，2)． 2. 解：(1)△ABC為直角三角形，理由如下： 在拋物線y＝－x2＋x＋3中，令y＝0，得－x2＋x＋3＝0， 解得，x1＝－，x2＝3，∴A(－，0)，B(3，0)． 令x＝0，得y＝3，∴C(0，3)， ∵AC2＝12，BC2＝36，AB2＝48， AC2＋BC2＝AB2， ∴△ABC為直角三角形． (2)設直線BC的解析式為y＝kx＋b，將B(3，0)，C

13、(0，3)代入，得， ∴， ∴直線BC的解析式為y＝－x＋3， 如解圖，過點P作PR∥y軸交BC于點R， 設P(t，－t2＋t＋3)，則R(t，－t＋3)， ∴PR＝－t2＋t＋3－(－t＋3)＝－t2＋t， S△PCD＝S△PRC－S△PRD＝·PR·[xR－(xR－xD)]＝－t2＋t＝－(t－)2＋ ∵0＜t<3， ∴當t＝時，S△PCD取得最大值，此時P(，)， 將P(，)向左平移個單位，得P′(，)，連接AP′交y軸于點N，過點N做NM⊥拋物線的對稱軸于點M，連接PM，點Q沿P→M→N→A運動，所走的路經最短，即最短路徑的長為PM＋MN＋AN. 設直線AP′的解析式

14、為y＝mx＋n，將A(－，0)，P′(，)代入，得： ， ∴， ∴直線AP′的解析式為y＝x＋， 令x＝0，得y＝，故N(0，)， 點Q經過的最短路徑等于PM＋MN＋AN＝AP′＋MN＝＋. 第2題解圖 (3)∵tan∠CAO＝， ∴∠CAO＝60°， ∵OA＝OA1， ∴△AA1O為等邊三角形， ∴∠C1OB＝30°， ∴C1(，)， ∵E(，4)，A(－，0)， ∴直線AE的解析式為y＝x＋2， 設A′(t，t＋2)，則E′(t＋2，t＋6)， A′E′2＝28，A′C12＝t2－t＋7，E′C12＝t2＋7t＋21， 當A′C1＝E′C1時，t2－t＋

15、7＝t2＋7t＋21， 解得，t＝－，故E′(，5)， 當A′E′＝A′C1時28＝t2－t＋7， 解得t＝， ∵t＞－， ∴t＝， ∴E′(，7＋)， 當A′E′＝E′C1時，t2＋7t＋21＝28， 解得t＝， ∵t＞－， ∴t＝， ∴E′(，3＋)， 綜上所述，所有符合條件的點E′的坐標為(，5)或(，7＋)或(，3＋)． 3. 解：(1)AC⊥CD，理由如下： 對于拋物線y＝－x2－2x＋3， 令y＝0得－x2－2x＋3＝0， 解得x1＝－3，x2＝1， ∴點A的坐標為(－3，0)，點B的坐標為(1，0)． 令x＝0，得y＝3，∴點C的坐標為(0，3

16、)， 化為頂點式得y＝－(x＋1)2＋4， ∴點D的坐標為(－1，4)， ∴AC2＝32＋32＝18， AD2＝(－1＋3)2＋42＝20， CD2＝12＋(4－3)2＝2， ∴AC2＋CD2＝AD2， ∴AC⊥CD. (2)設直線AC的解析式為y＝kx＋t， 將點A(－3，0)，C(0，3)代入得，解得， ∴直線AC的解析式為y＝x＋3. 設過點P且平行AC的直線的解析式為y＝x＋t1， 與拋物線聯(lián)立得， 整理得x2＋3x＋t1－3＝0， ∵△PAC的面積最大， ∴點P到AC的距離最大， ∴直線y＝x＋t1與拋物線只有一個交點， ∴一元二次方程x2＋3x＋t

17、1－3＝0有兩個相等的實數(shù)根， ∴32－4×1×(t1－3)＝0，解得t1＝， 此時一元二次方程為x2＋3x＋－3＝0， 解得x＝－， ∴點P的坐標為(－，)， ∵點B的坐標為(1，0)，點A與點B關于直線x＝－1對稱，點Q在直線x＝ －1上， ∴QA＝QB， 第3題解圖① ∴當點Q為直線BP與直線x＝－1的交點時，滿足題意， 設直線PB的解析式為y＝k2x＋b2， 將點B、P代入得，解得， ∴直線BP的解析式為y＝－x＋， 令x＝－1，得y＝3， ∴點Q的坐標為(－1，3)． (3)對于直線AC：y＝x＋3，當x＝－1時，y＝2， ∴點F(－1，2)，

18、設△AEF繞點E順時針旋轉60°得到△A′EF′， 則∠AEA′＝60°，∵∠A′EF′＝90°， ∴∠F′EO＝30°， 如解圖②，過F′作F′G⊥x軸于G， 第3題解圖② 則EF′＝EF＝2， 在Rt△F′EG中，易得EG＝，F(xiàn)′G＝1， ∴點F′的坐標為(－1，1)， 將△A′EF′的向右平移(3－)個單位，得到△A1E1F1， 則點F1的坐標為(2，1)， ∴CF12＝22＋(3－1)2＝8， 設點M的坐標為(－1，m)， 則MC2＝1＋(m－3)2，MF12＝32＋(m－1)2. 若△MCF1是等腰三角形，則可按以下情況分類， (ⅰ)MC＝MF1，即1

19、＋(m－3)2＝32＋(m－1)2，解得m＝0， 此時點M的坐標為(－1，0)； (ⅱ)MC＝CF1，即1＋(m－3)2＝8，解得m＝3±， 此時點M的坐標為(－1，3＋)， (－1，3－)； (ⅲ)MF1＝CF1，即32＋(m－1)2＝8，此時方程無解，即此時不存在這樣的點M. 綜上可知，存在點M使得△MCF1是等腰三角形，這樣的點M有3個，坐標分別為(－1，0)，(－1，3＋)，(－1，3－)． 4. 解：(1)當y＝0時，x2＋x－3＝0，解得x1＝－3，x2＝2， ∵點A在點B的右側， ∴A(2，0)、B(－3，0)； 設直線AC的解析式為y＝kx＋b， 把A(2

20、，0)、C(0，)代入得，解得， ∴直線AC的解析式為：y＝－x＋； (2)在Rt△ACO中， tan∠OAC＝＝， ∵∠FPH＋∠PHF＝90°，∠OAC＋∠AHG＝90°，∠PHF＝∠AHG， ∴∠FPH＝∠OAC， ∴tan∠FPH＝tan∠OAC＝， ∵tan∠FPH＝， ∴FH＝×FP＝FP， 設點P(m，m2＋m－3)， 則E(m，－m＋)， ∴EP＝－m2－m＋，F(xiàn)P＝－m2－m＋3， 于是l＝EP－FH＝EP－FP＝－m2－m＋3， ∵－＜0， ∴l(xiāng)＝－m2－m＋3開口向下，對稱軸x＝＝－2， ∵點P是x軸下方的拋物線上一動點， 聯(lián)立得， ∵－

21、3＜m＜2， ∴當m＝－2時，l最大＝4； (3)如解圖，m＝－2時，E(－2，3)，P(－2，－2)， ∵A(2，0)， ∴EP＝EA＝＝5， ①當P1P＝P1A時，AP的中點為K(0，－1)，于是直線EK為y＝－2x－1， ∴直線EK交x軸于I(－，0)，EI＝，IF＝， 過點M1作M1J⊥EK于J，則EJ＝EF＝3， ∴IJ＝－3， ∵△IEF∽△IM1J， ∴＝，∴IM1＝－3. ∴M1(3－8，0)， ②當AP＝AP2時，△AEP≌△AEP2， ∴∠AEP＝∠AEP2， ∴點M2與點A重合， ∴點M2(2，0)． ③當P3P＝P3A時，由△EFM3∽△

22、M1FE，得到EF2＝FM3·FM1， ∴FM3＝3＋6， ∴點M3(－3－8，0)， ④當P4P＝PA時，作M4Q⊥EP4，設M4Q＝M4F＝x， 在Rt△P4QM4中， ∵P4Q2＋QM42＝P4M42， ∴22＋x2＝(4－x)2， ∴x＝， ∴OM4＝＋2＝， ∴點M4(－，0)． 綜上所述點M1(3－8，0)，M2(2，0)，M3(－3－8，0)，M4(－，0)． 第4題解圖 5. 解：(1)當x＝0時，y＝， ∴A(0，)， 將A(0，)代入y＝－x＋b中，得b＝， ∴y＝－x＋， 當y＝0時，x＝3，∴C(3，0)； (2)延長EF交x軸于點

23、M，過點B作BQ⊥x軸于點Q，如解圖①， 第5題解圖① ∵∠ODB＝120°， ∴∠BDQ＝60°， ∵BD＝6， ∴BQ＝3，DQ＝3， ∴B點的縱坐標為3， 代入拋物線解析式可求得B點的橫坐標為9， ∴B(9，3)， ∴直線OB的解析式為y＝x， ∴∠BOD＝30°， ∵EF∥y軸， ∴EM⊥x軸， ∵∠FEG＝∠BOD， ∴△EFG∽△OFM， ∴EG＝EF，F(xiàn)G＝EF， ∴C△EFG＝EF＋EG＋FG＝EF， 設E(m，－m2＋m＋)，F(xiàn)(m，m)， ∴EF＝y(tǒng)E－yF＝－m2＋m＋－m＝－(m－4)2＋， ∴當m＝4時，C△EFG最大＝×()

24、＝. (3)設DK＝a， ∵AO＝，OC＝3， ∴∠ACO＝∠HKO＝30°. ①當DH＝DK＝a時，如解圖②，作HN⊥CD于N， 第5題解圖② ∠DHK＝∠DKH＝30°， ∴∠HDN＝60°， ∴ND＝a，HN＝a，CN＝3－a， ∴＝＝，解得a＝2， ∴K(8，0)； ②當KH＝KD＝a時，如解圖③，作HR⊥DK于R， 則HR＝a，KR＝a，DR＝a－a， ∴＝＝，解得a＝， ∴K(，0)； 當點K在點D左邊時，設DK＝KH＝a，同理可得＝， 解得a＝，k(，0)， 第5題解圖③ ③∵∠HDK＞∠HKD， ∴HD＝HK不存在． 綜上所述，滿

25、足要求的K點坐標為：(8，0)，(，0)． 6. 解：(1)對于拋物線y＝－x2＋x＋3，令y＝0，得－x2＋x＋3＝0，解得x＝－2或6， ∴B(－2，0)，A(6，0)， ∵y＝－x2＋x＋3＝－(x－2)2＋4， ∴拋物線頂點D坐標為(2，4)，對稱軸x＝2， 設直線AD的解析式為y＝kx＋b則有，解得， ∴直線AD的解析式為y＝－x＋6， ∵AR⊥AD， ∴直線AR的解析式為y＝x－2， ∴點R坐標(2，－)． (2)如解圖①中，設P(m，－m2＋m＋3)，則Q(m，m－2)， M(m，－m2＋m＋)， 由(1)可知tan∠DAB＝＝， ∴∠DAB＝60°，

26、 ∵∠DAQ＝90°， ∴∠BAQ＝30°， ∴平行四邊形MNRQ周長＝2(－m2＋m＋－m＋2)＋2(2－m)÷cos 30°＝－m2－m＋7＝－(m＋)2＋， ∴m＝－時，平行四邊形MNRQ周長最大，此時P(－，)， 第6題解圖① 如解圖②，作點P關于對稱軸的對稱點M，點M關于y軸的對稱點N，連接AN交y軸于F，連接FM交對稱軸于E，此時PE＋EF＋AF最?。? 第6題解圖② 理由：PE＋EF＋AF＝EM＋FE＋AF＝FM＋AF＝FN＋AF＝AN， 根據(jù)兩點之間線段最短，可知此時PE＋EF＋AF最小． ∵M(，)，N(－，)， ∴直線AN的解析式為y＝－x＋，∴點

27、F坐標(0，)， ∴直線FM的解析式為y＝x＋， ∴點E的坐標(2，)． (3)能．如解圖③， 由題意可知，∠DBH＝60°， ∵HB＝HB′， ∴△BHB′是等邊三角形， ∴BB′＝BH＝HB′＝DB′＝4，∠D′B′H＝BHB′＝60°， ∴B′D′∥x軸，D′(8，2)，AC＝＝＝ 3， ∵C(0，3)，A(6，0)， ∴直線AC的解析式為y＝－x＋3， 第6題解圖③ ①當C′D′＝A′C′＝3時，設C′(m，－m＋3)， ∴(8－m)2＋(2＋m－3)2＝(3)2， 解得m＝或， ∴C′(，)或(，)， 把點C′向下平移3個單位，向右平移6個單位得到A′， ∴此時A′的坐標為(，)或(，)． ②當A′D′＝A′C′＝3時，設A′(n，－n＋3)， 則(8－n)2＋(2＋n－3)2＝(3)2， 解得n＝或， ∴A′(，)或(，)， ③當D′C′＝D′A′時，作D′M⊥A′C′于M，則直線D′M的解析式為y＝x－， 由解得， ∴點M的坐標(，)， 把點M向下平移，向右平移3個單位即可得到A′(，－)． 綜上所述，滿足條件的點A′的坐標為(，)或(，)或(，)或(，)或(，)． 27