23 综合考点六 二次函数中的角度问题（课件PPT）-【智乐星中考·学考传奇】2025年山东省济南市中考数学全练本

1 综合考点六 二次函数中的角度问题 2 1.(2024·济南槐荫一模)如图，二次函数y=x2-2mx-2m-1(m>0)的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F.连接AC，BD. (1)若m=1，求点B和点C的坐标. (2)若∠ACO=∠CBD，求m的值. 1 3 题序 2 4 3 (3)若在第一象限内二次函数y=x2-2mx-2m-1(m>0)的图象上，始终存在一点P，使得∠ACP=75°.请结合函数的图象，直接写出m的取值范围. 1 3 题序 2 4 4 解：(1)当m=1时， y=x2-2x-3. 当y=0时， x2-2x-3=0，解得x1=-1，x2=3，∴B(3，0). 令x=0，则y=-3，∴C(0，-3). (2)当y=0时， x2-2mx-2m-1=0，解得 x1=-1，x2=2m+1. ∵点A在点B的左侧， 且m>0， ∴A(-1，0)，B(2m+1，0). ∵当x=0时， y=-2m-1，∴C(0， -2m-1)， ∴OB=OC=2m+1. ∵∠BOC=90°，∴∠OBC=45°. 1 3 题序 2 4 5 如图， 连接AE. ∵y=x2-2mx-2m-1=(x-m)2-(m+1)2， ∴D(m，-m2-2m-1)，F(m，0)， ∴DF=(m+1)2，OF=m，BF=m+1. ∵A，B关于对称轴对称，∴AE=BE， ∴∠EAB=∠OBC=45°. ∵∠ACO=∠CBD，∠OCB=∠OBC， ∴∠ACO+∠OCB=∠CBD+∠OBC， 1 3 题序 2 4 6 即∠ACE=∠DBF. ∵EF∥OC， ∴tan∠ACE====. ∵tan∠DBF==m+1=tan∠ACE， ∴=m+1，∴m=1 或-1. ∵m>0，∴m=1. (3)0<m<. 1 3 题序 2 4 7 2.(2024·烟台)如图，抛物线y1=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OC=OA，AB=4，对称轴为直线l1：x=-1，将抛物线y1绕点O旋转180°后得到新抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点D，顶点为E，对称轴为直线l2. (1)分别求抛物线y1和y2的表达式. (2)如图1，点F的坐标为(-6，0)，动点M在直线l1上，过点M作MN∥x轴与直线l2交于点N，连接FM，DN.求FM+MN+DN的最小值. 1 3 题序 2 4 8 (3)如图2，点H的坐标为(0，-2)，动点P在抛物线y2上，试探究是否存在点P，使∠PEH=2∠DHE？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由. 1 3 题序 2 4 9 解：(1)如图，设对称轴与x轴交于点G. 由题意得AG=BG=2. ∵对称轴为直线x=-1， ∴B(1，0)，A(-3，0)， ∴OC=OA=3，∴C(0，3). 将点A，B，C的坐标分别代入y1=ax2+bx+c 1 3 题序 2 4 10 得解得 ∴y1=-x2-2x+3=-(x+1)2+4，顶点为(-1，4). ∵抛物线y1绕点O旋转180°后得到新抛物线y2， ∴抛物线y2的顶点坐标为(1，-4)， ∴抛物线y2的表达式为y2=(x-1)2-4，即y2=x2-2x-3. 1 3 题序 2 4 11 (2)如图，将点F向右平移2个单位长度至点F'，则FF'=2，F'(-4，0)，过点D作直线l2的对称点为点D'，连接F'N，F'D'，ND'， ∴ND=ND'. ∵y2=(x-1)2-4，∴直线l2为直线x=1. ∵MN∥x轴，∴MN=1-(-1)=2. 对于抛物线y2=x2-2x-3，令x=0，则y2=-3， ∴D(0，-3). 1 3 题序 2 4 12 ∵点D与点D'关于直线x=1对称，∴D'(2，-3). ∵MN∥x轴，FF'=MN=2，∴四边形FF'NM为平行四边形， ∴MF=NF'，∴FM+MN+DN=NF'+2+ND'≥2+F'D'， 当F'，N，D'三点共线时，FM+MN+DN取得最小值， 此时F'D'==3， ∴FM+MN+DN的最小值为2+3. (3)存在点P使得∠PEH=2∠DHE，点P的坐标为(3，0)或(，-). 1 3 题序 2 4 13 3.(2024·资阳)已知平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线 y=-x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，且B(4，0)，BC=4. (1)求抛物线的表达式. (2)如图1，P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K.记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2， 求S1-S2的最大值. 1 3 题序 2 4 14 (3)如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F.抛物线上是否存在点Q，使∠QFE=2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由. 1 3 题序 2 4 15 解：(1)∵B(4，0)，∴OB=4. ∵∠BOC=90°，BC=4， ∴OC==4，∴C(0，4). 把点B(4，0)，C(0，4)分别代入抛物线的表达式得解得 ∴y=-x2+x+4. 1 3 题序 2 4 16 (2)∵B(4，0)，C(0，4)， ∴设直线BC的表达式为y=kx+4，把B(4，0)代入得0=4k+4，解得k=-1，∴y=-x+4. 设P(m，-m2+m+4)，则K(m，-m+4)，D(m，0)， ∴PK=-m2+m+4+m-4=-m2+2m，DK=-m+4，DB=4-m， ∴S1=PK·OB=-m2+4m， 1 3 题序 2 4 17 S2=DK·DB=(-m+4)(4-m)=(4-m)2， ∴S1-S2=-m2+4m-(4-m)2=-m2+8m-8 =-(m-)2+， ∴当m=时，S1-S2的最大值为. 1 3 题序 2 4 18 (3)存在. 令y=-x2+x+4=0，解得x1=-2，x2=4， ∴A(-2，0). ∵C(0，4)，点E为AC的中点，∴E(-1，2). ∵FE⊥AC，AE=CE==， ∴AF=CF，∴∠AFE=∠CFE. 1 3 题序 2 4 19 设OF=a，则CF=AF=a+2， 在Rt△COF中，由勾股定理得a2+42=(a+2)2， ∴a=3，∴F(3，0)，CF=5. ∵FE⊥AC，∠AOC=90°， ∴∠AFE=∠OCA=90°-∠CAF， ∴∠AFE=∠OCA=∠CFE. 1 3 题序 2 4 20 ①如图，取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则∠Q1FE=2∠EFA=2∠OCA，E1(-1，-2). 设FE1的表达式为y=k1x+b'， 则解得∴y=x-. 1 3 题序 2 4 21 联立解得(舍去)或 ∴Q1()； 1 3 题序 2 4 22 ②如图，取点E关于CF所在直线的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2， 则∠Q2FE=2∠CFE=2∠OCA，EG⊥CF. ∵CE=，CF=5，∴EF==2. ∵S△CEF=CF·EG=CE·EF， ∴5EG=2×，∴EG=2，∴FG==4. 1 3 题序 2 4 23 过点G作GH⊥x轴于点H，则GH=FG·sin∠CFO=4×=，FH=FG·cos∠CFO=4×=， ∴OH=OF-FH=，∴G(). ∵E(-1，2)，∴==， ∴==，∴E2(). 1 3 题序 2 4 24 设直线E2F的表达式为y=k2x+b1，则解得∴y=-x+. 联立 1 3 题序 2 4 25 解得(舍去)或 ∴Q2(). 综上所述，点Q的坐标为()或(). 1 3 题序 2 4 26 4.(2024·济南历下三模)如图，抛物线M过点E(-2，3)，与x轴交于点A和点B(点A在点B左侧)，与y轴交于点C，顶点D的坐标为(-1，4). (1)求抛物线M的表达式和点A的坐标. (2)点F是线段AC上一动点，求△DEF周长的最小值. 1 3 题序 2 4 27 (3)平移抛物线M得到抛物线N，已知抛物线N过点D，顶点为P，其对称轴与抛物线M交于点Q.若∠PDQ=4∠DPQ，直接写出点P的坐标. 1 3 题序 2 4 28 解：(1)∵顶点D的坐标为(-1，4)， ∴设抛物线M的表达式为y=a(x+1)2+4. 将点E(-2，3)代入得a=-1， ∴抛物线M的表达式为y=-(x+1)2+4. 当y=0时，x=-3或1. ∵点A在点B左侧，∴点A的坐标为(-3，0). 1 3 题序 2 4 29 (2)当x=0时，y=3，∴点C的坐标为(0，3)， ∴直线AC的表达式为y=x+3. 如图，作点E关于AC的对称点E'，则EE'⊥AC， 设垂足为G，则点G为EE'的中点. ∵直线AC的表达式为 y=x+3， ∴EE'的表达式为y=-x+1. 1 3 题序 2 4 30 联立得点G的坐标为(-1，2)， ∴点E'的坐标为(0，1). ∵D(-1，4)，E(-2，3)，E'(0，1)， ∴DE==， DE'==， ∴C△DEF=DE+DF+EF=DE+DF+FE'≥DE+DE'=+， 即△DEF周长的最小值为+. (3)点P的坐标为(-1，7)或(--1，7). 1 3 题序 2 4 31 $$