2023年中考数学专题复习：二次函数与等腰三角形存在性问题

二次函数与等腰三角形专题训练 知识提炼： 解等腰三角形的存在性问题，有几何法和代数法，把几何法和代数法相结合 ①几何法一般分三步：分类、画图、计算． 1．找法：已知三角形的两个顶点，找第三个顶点，方法如下： AB为底：做AB的垂直平分线与二次函数交点即为顶点。 AB为腰：①以A为圆心，AB为半径画圆，交二次函数的点为顶点。 ②以B为圆心，BA为半径画圆，交二次函数的点为顶点。 2．求法：分类讨论；设出点坐标，利用两腰长相等，列方程求解． ②代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检验． 然后根据分类：AB=AC，BA=BC，CA=CB列方程进行计算. 【例题】如图，抛物线y＝2x2+bx+c过A（﹣1，0）、B（3，0）两点，交y轴于点C，连接BC． （1）求该抛物线的表达式和对称轴； （2）点D是抛物线对称轴上一动点，当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，求所有符合条件的点D的坐标； （3）将抛物线在BC下方的图象沿BC折叠后与y轴交于点E，求点E的坐标； （4）若点N是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点M在抛物线的对称轴上，当△BMN为等边三角形时，直接写出直线AN的关系式． 【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案； （2） 设D（1，n），由两点间距离公式可得：BC2＝OB2+OC2＝32+62＝45，BD2＝（1﹣3）2+（n﹣0）2＝n2+4，CD2＝（0﹣1）2+（﹣6﹣n）2＝n2+12n+37，分两种情况：当∠CBD＝90°时，当∠BCD＝90°时，分别利用勾股定理建立方程求解即可得出答案； （3）如图2，作△BCO关于直线BC对称的△BCG，CG交抛物线于点E′，利用三角函数和面积法可求得G（，﹣），运用待定系数法求得直线CG的解析式为y＝x﹣6，联立方程组可得E′（，﹣），再根据轴对称可求得点E的坐标； （4）由题意可知△BMN为等边三角形，分两种情况讨论：①当点N在x轴的上方时，点M在x轴上方，连接BM，RN．证出△BAM≌△BRN，可得AN垂直平分BR，则L点在直线AN上，可求出直线AN的解析式，②当点N在x轴的下方时，点M在x轴下方．同理可求出另一直线解析式． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝2x2+bx+c过A（﹣1，0）、B（3，0）两点， ∴， 解得：， ∴该抛物线的表达式为y＝2x2﹣4x﹣6， ∵x＝﹣＝1， ∴抛物线对称轴为直线x＝1； （2）设D（1，n）， ∵抛物线y＝2x2﹣4x﹣6交y轴于点C， ∴C（0，﹣6）， ∵B（3，0）， ∴BC2＝OB2+OC2＝32+62＝45，BD2＝（1﹣3）2+（n﹣0）2＝n2+4，CD2＝（0﹣1）2+（﹣6﹣n）2＝n2+12n+37， 当∠CBD＝90°时，则BC2+BD2＝CD2， ∴45+n2+4＝n2+12n+37， 解得：n＝1， ∴D（1，1）； 当∠BCD＝90°时，则BC2+CD2＝BD2， ∴45+n2+12n+37＝n2+4， 解得：n＝﹣， ∴D（1，﹣）； ∴所有符合条件的点D的坐标为（1，1）或（1，﹣）； （3）如图2，作△BCO关于直线BC对称的△BCG，CG交抛物线于点E′， S四边形BOCG＝2S△BCO＝2××3×6＝18， 在Rt△BCO中，BC＝＝＝3， ∵OG⊥BC， ∴×BC×OG＝18， ∴OG＝， ∴GH＝OG•sin∠GOH＝OG•sin∠BCO＝×＝，OH＝OG•cos∠GOH＝OG•cos∠BCO＝×＝， ∴G（，﹣）， 设直线CG的解析式为y＝kx+d，则， 解得：， ∴直线CG的解析式为y＝x﹣6， ∴， 解得：（不符合题意，舍去），， ∴E′（，﹣）， ∵点E与点E′关于BC对称， ∴CE＝CE′， ∵CE′＝＝， ∴﹣6+＝﹣， ∴E（0，﹣）； （4）在抛物线对称轴上取点R（1，2），连接AR、BR，设对称轴交x轴于点S， 则S（1，0）， ∵tan∠RAS＝＝＝， ∴∠RAS＝60°， ∵AR＝BR， ∴△ABR是等边三角形， ①当点N在x轴上方时，点M在x轴上方，连接AN交对称轴于点L，连接BR，NR，AM，BL，如图3， ∵△BMN，△BAR为等边三角形， ∴BM＝BN，BA＝BR，∠MBN＝∠ABR＝60°， ∴∠ABM＝∠RBN， ∴△ABM≌△RBN（SAS）， ∴AM＝RN， ∵点M在抛物线对称轴上， ∴AM＝BM， ∴RN＝BM＝BN， ∴AN垂直平分BR， ∴LR＝LB＝LA， 设L（1，m），则LS＝m，AL＝BL＝RL＝2m， ∴2m+m＝2， 解得：m＝， ∴L（1，）， 设直线AN的解析式为y＝k1x+d1，则， 解得：， ∴直线AN的解