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二次函数中倍角的存在性问题解题探究
对于平面直角坐标系中的二倍角问题，往往将其转化成等角问题。对于等角问题，往往有以下解决路径：
（1）将等角转化在一个三角形中，利用等腰三角形两边相等，借助距离公式解决；
（2）用等角的三角比相等，构造直角三角形，寻找比例关系；；
（3）利用角的和差关系，寻找等角，而等角存在两个相似三角形中，往往是子母三角形，利用比例线段构建数量关系；
（4）利用角平分线的相关性质定理。
一、相等角
轴交于点, 其顶点的纵坐标为 4．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）求 的正切值；
（3）点在线段的延长线上, 且 , 求 的长．
【解析】解：（1）把点代入得：
当时，
顶点的纵坐标为 4．
故抛物线的表达式为
（2）过点B作交于E点，
令
则
故，
（3）过点D作轴，过点A作，
当点F在CB延长线上，F只能在第四象限，故
例2.（2022年虹口一模24）已知开口向上的抛物线y＝ax2﹣4ax+3与y轴的交点为A，顶点为B，点A与点C关于对称轴对称，直线AB与OC交于点D．
（1）求点C的坐标，并用含a的代数式表示点B的坐标；
（2）当∠ABC＝90°时，求抛物线y＝ax2﹣4ax+3的表达式；
（3）当∠ABC＝2∠BCD时，求OD的长。
【解析】解：（1）令x＝0，则y＝3，∴A（0，3），
∵y＝ax2﹣4ax+3＝a（x﹣2）2+3﹣4a，∴对称轴为直线x＝2，
∵点A与点C关于对称轴对称，∴C（4，3），∴B（2，3﹣4a）；
（2）如图1，过点B作BG⊥y轴交于点G，
∵∠ABC＝90°，∴∠OAB＝45°，∴AG＝BG＝2，
∴B（2，1），∴3﹣4a＝1，∴a＝，∴y＝x2﹣2x+3；
（3）如图2，过点B作BH⊥OC交于点H，连接AC，
∵∠ABC＝2∠BCD，∴∠NBC＝∠CNB，∴∠ONB＝2∠OCB，
∵NB∥y轴，∴∠AOC＝∠ONB，
∵AC＝4，AO＝3，∴tan∠AOC＝，∴tan∠HNB＝，
设HB＝4x，则HN＝3x，∴NB＝5x，∴NB＝CN＝5x，
∴CH＝8x，∴tan∠HCB＝，
∵∠OCB＝∠NBC＝∠ABN，∴＝，∴a＝1，
∴y＝x2﹣4x+3，∴B（2，﹣1），
∵N是OC的中点，∴N（2，），∴BN＝，ON＝，
∵AO∥BN，∴△AOD∽△BND，
∴＝，即＝，∴OD＝．
练习
1.如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x﹣5与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，抛物线y＝ax2+6x+c经过A、B两点．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）设抛物线与x轴的另一个交点为C，点P是抛物线上一点，点Q是直线AB上一点，当四边形BCPQ是平行四边形时，求点Q的坐标；
（3）在第（2）小题的条件下，联结QC，在∠QCB内作射线CD与抛物线的对称轴相交于点D，使得∠QCD＝∠ABC，求线段DQ的长．
【练习1解析】解：（1）在y＝x﹣5中令x＝0，得y＝﹣5，令y＝0得x＝5，
∴A（5，0），B（0，﹣5），
将A（5，0），B（0，﹣5）代入y＝ax2+6x+c得：
，解得，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+6x﹣5；
（2）在y＝﹣x2+6x﹣5中令y＝0得x1＝1，x2＝5，
∴C（1，0），
点P是抛物线上一点，点Q是直线AB上一点，
设P（m，﹣m2+6m﹣5），Q（n，n﹣5），
则BP的中点为（，），CQ的中点为（，），
∵四边形BCPQ是平行四边形，
∴线段BP的中点即是CQ的中点，
∴，
解得或，
∴Q（3，﹣2）；
（3）设CD与AB交于N，如图：
∵B（0，﹣5），C（1，0），Q（3，﹣2），
∴CQ＝2，BQ＝3，
∵∠QCD＝∠ABC，∠CQN＝∠BQC，
∴△CQN∽△BQC，
∴，即＝，
∴QN＝，
设N（t，t﹣5），而Q（3，﹣2），
∴＝，
∴t＝或t＝，
∵在∠QCB内作射线CD，
∴t＝，N（，﹣），
设CN解析式为y＝kx+b，将N（，﹣），C（1，0）代入得：
，解得，
∴CN解析式为y＝﹣5x+5，
令x＝3得y＝﹣10，
∴Q（3，﹣10），
∴DQ＝﹣2﹣（﹣10）＝8．
如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C，P为第四象限内抛物线上一点，过点P作PM⊥x轴于点M，连接AC，AP，AP与y轴交于点D．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)当∠MPA＝2∠PAC时，求直线AP的函数表达式．
(3)在（2）的条件下，在抛物线的对称轴上是否存在点E，使以E，M，C为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
（1）
解：把，分别代入，得．
解得．
∴抛物线的函数表达式为；
（2）
解：根据题意，得．
∴∠MPA＝∠ODA．
又∵∠MPA＝2∠PAC，∴∠ODA＝2∠PAC．
又∵∠ODA＝∠DAC＋∠ACD，
∴∠DAC＝∠ACD．∴CD＝AD．
在中，令，解得，∴．
设OD＝m，则AD＝CD＝3－m．
∵，∴OA＝1．
在Rt△AOD中，根据勾股定理，得．解得．
∴．
设直线AP的函数表达式为．
把，分别代入，得解得
∴直线AP的函数表达式为；
（3）
解：存在，点E的坐标为或或或．
令，解得，．
∴点P的横坐标为．
∵PM⊥x轴，∴．
由，得抛物线的对称轴为直线，
由（2）可得．
设点E的坐标为，则，，．
若∠MCE＝90°，则，即，解得．
若∠CME＝90°，则，即，解得．
若∠CEM＝90°，则，即，解得，．
综上所述，点E的坐标为或或或．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图像与性质，直角三角形的性质是解决问题的关键．
综合与探究
如图，抛物线y= x2+x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接BC．
(1)求A，B，C三点及抛物线顶点的坐标；
(2)点D是抛物线上的一个动点，设点D的横坐标为m(0(3)试探究：在y轴上是否存在点P，使得∠PAO=∠ABC，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（1）
解：将y=0代入y= x2+x+4，得0= x2+x+4．
解得：x1= 1，x2=3．
∴A( 1，0)，B(3，0)．
将x=0代入y= x2+x+4，得y=4．
∴C(0，4)．
∵y= x2+x+4= (x 1) 2+，
∴抛物线顶点坐标为(1，)；
（2）
解：过点D作DM∥y轴，交BC于点M．
设直线BC的函数表达式为y=kx+b．
将B(3，0)，C(0，4)代入y=kx+b，
得解得，
∴直线BC的函数表达式为y= x+4．
∵点D在抛物线上，
∴D(m， m2+m+4)．
∵DM∥y轴，
∴M(m， m+4)．
∵S△CBD=S△CMD+S△BMD=DM |xB xC|=DM，
∴当DM最大时，S△CBD最大．
∵DM=( m2+m+4) ( m+4)= m2+4m= (m )2+3．
∵ <0，
∴当△CBD的面积最大时，m的值为；
（3）
解：∵B(3，0)，C(0，4)，
∴OB=3，OC=4，
∴BC==5，
作BN平分∠OBC交OC于点N，过点N作NE⊥BC于点E，
∵NO⊥OB，NE⊥BC，BN平分∠OBC，
∴NO= NE，
∴，
∵，
∴，
又∵CN+ON=OC=4，
∴CN=，ON=，
∵∠P1AO=∠ABC=∠NBO，∠P1OA=∠NOB=90°，
∴△P1OA∽△NOB，
∴，即，
∴P1O=，
同理求得P2O=，
∴P1(0，)，P2(0，-) ．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图像及性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．

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