2022年中考数学复习专题二次函数中考精品压轴题四边形与存在性问题解析精选

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1、20XX 年中考数学复习专题【二次函数中考精品压轴题（四边形与存在性问题）解析精选】【例 1】综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+2x+3 与 x 轴交于 A B 两点，与y轴交于点 C，点 D 是该抛物线的顶点（1）求直线AC 的解析式及BD 两点的坐标；（2）点 P是 x 轴上一个动点，过P作直线 lAC 交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点AP、Q、C 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q 的坐标；若不存在，请说明理由（3）请在直线AC 上找一点M，使 BDM 的周长最小，求出M 点的坐标【答案】 解： （1）当

2、 y=0 时， x2+2x+3=0 ，解得 x1= 1，x2=3。点 A 在点 B 的左侧， AB 的坐标分别为（1，0） ， （3， 0） 。当 x=0 时， y=3。 C 点的坐标为（0，3） 。设直线 AC 的解析式为y=k1x+b1（k10 ） ，则111b =3k +b =0，解得11k =3b =3。直线 AC 的解析式为y=3x+3 。y=x2+2x+3= （ x1）2+4，顶点D 的坐标为（ 1，4） 。（2）抛物线上有三个这样的点Q。如图，当点 Q 在 Q1位置时， Q1的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q1的坐标为（ 2，3） ；当点 Q 在点 Q2位置时，点Q2的纵坐标为 3

3、，代入抛物线可得点 Q2坐标为（ 1+7， 3） ；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 38 页当点 Q 在 Q3位置时，点Q3的纵坐标为 3，代入抛物线解析式可得，点Q3的坐标为（17， 3） 。综上可得满足题意的点Q 有三个，分别为：Q1（2，3） ，Q2（1+7，3） ，Q3（17， 3） 。（3）点 B 作 BB AC 于点 F，使 BF=BF ，则 B 为点 B 关于直线AC 的对称点连接BD交直线AC 与点 M，则点 M 为所求。过点 B 作 BE x 轴于点 E。 1 和 2 都是 3 的余角， 1=2。RtA

4、OC RtAFB 。COCA=BFAB。由 A（ 1，0） ，B（ 3，0） ，C（0，3）得 OA=1 ，OB=3，OC=3，AC=10，AB=4 。310=BF4，解得6 10BF=5。 BB =2BF=12 105，由 1=2 可得 RtAOCRtBEB ，AOCOCA=B EBEBB。1310=B EBE12 105。 BE=125，BE=365。 OE=BE OB=3653=215B 点的坐标为（215，125） 。设直线 BD的解析式为y=k2x+b2（k20 ） ，则2222k +b =42112k +b =55，解得224k =1348b =13。直线 BD 的解析式为：448

5、y=x+1313。联立 BD 与 AC 的直线解析式可得：y3x3448y=x+1313，解得9x=35132y=35。M 点的坐标为（91323535，） 。【考点】 二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，平行四边形的性质， 轴对称的性质， 直角三角形两锐角的关系，三角形三边关系，勾股定理， 相似三角形的判定和性质，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 38 页解二元一次方程组。【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，由抛物线y=x2+2x+3 与 x 轴交于 AB 两点可求得

6、 AB 两点的坐标，同样，由由抛物线y=x2+2x+3 与 y 轴交于点C 可求得 C 点的坐标。用待定系数法，可求得直线AC 的解析式。由y= x2+2x+3=（ x1）2+4 可求得顶点D 的坐标。（2）由于点P 在 x 轴上运动，故由平行四边形对边平行的性质求得点Q 的坐标。（3）点 B 作 BB AC 于点 F，使 BF=BF ，则 B 为点 B 关于直线AC 的对称点连接BD交直线AC 与点 M，则根据轴对称和三角形三边关系，知点M 为所求。因此，由勾股定理求得AC=10， AB=4 。由RtAOCRtAFB求得6 10BF=5，从而得到BB =2BF=12 105。由 RtAOC

7、RtBEB得到 BE=125，BE=365，OE=BE OB=3653=215，从而得到点 B 的坐标。用待定系数法求出线BD的解析式，与直线AC 的解析式即可求得点M 的坐标。【例 2】.如果一条抛物线2y=ax +bx+c a0与 x 轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“ 抛物线三角形 ” （1） “ 抛物线三角形 ” 一定是三角形；（2）若抛物线2y=x +bx(b0)的 “ 抛物线三角形” 是等腰直角三角形，求b 的值；（3）如图， OAB 是抛物线2y=x +bx(b0)的“ 抛物线三角形” ，是否存在以原点O 为对称中心的矩形ABCD ？若

8、存在，求出过O、C、D 三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由【答案】 解： （1）等腰。（2）抛物线2y=x +bx(b0)的 “ 抛物线三角形” 是等腰直角三角形，该抛物线的顶点2b b24，满足2bb=24（b0） 。b=2。（3）存在。如图，作 OCD 与 OAB 关于原点O 中心对称，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 38 页则四边形 ABCD 为平行四边形。当 OA=OB 时，平行四边形ABCD 为矩形。又 AO=AB ， OAB 为等边三角形。作 AEOB，垂足为E，AE3OE，即2bb=3b042，b=2

9、3A33B 2 3 0C33D2 3 0 -，。设过点 O、C、D 三点的抛物线2y=mx +nx，则12m2 3n=03m3n=3，解得，m=1n=23。所求抛物线的表达式为2y=x +23x。【考点】 二次函数综合题，新定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中心对称的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质。【分析】（1）抛物线的顶点必在抛物线与x 轴两交点连线的垂直平分线上，因此这个“ 抛物线三角形 ” 一定是等腰三角形。（2）观察抛物线的解析式，它的开口向下且经过原点，由于b0，那么其顶点在第一象限，而这个 “ 抛物线三角形” 是等腰直角三角形，必须满足顶点坐标的横、纵坐

10、标相等，以此作为等量关系来列方程解出 b 的值。（3）由于矩形的对角线相等且互相平分，所以若存在以原点O 为对称中心的矩形ABCD，那么必须满足 OA=OB，结合（1）的结论， 这个 “ 抛物线三角形 ” 必须是等边三角形，首先用 b 表示出 AE、OE的长，通过 OAB这个等边三角形来列等量关系求出b 的值，进而确定A、B 的坐标，即可确定C、D 的坐标，利用待定系数即可求出过O、C、D 的抛物线的解析式。【例 3】已知，在RtOAB 中， OAB=90 ， BOA=30 ，AB=2 若以 O 为坐标原点，OA 所在直线为 x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B 在第一象限内将Rt OA

11、B 沿 OB 折叠后，点A 落在第一象限内的点C 处（1）求点 C 的坐标；（2）若抛物线2yaxbx(a0)经过 C、A 两点，求此抛物线的解析式；（3）若上述抛物线的对称轴与OB 交于点 D，点 P 为线段 DB 上一动点，过P作 y 轴的平行线，交抛物线精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 38 页于点 M，问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM 为等腰梯形？若存在，请求出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由【答案】 解： （1）过 C 作 CHOA 于 H，在 RtOAB 中， OAB=90 ， BOA=30 ，

12、AB=2 ， OA=2 3。将 RtOAB 沿 OB 折叠后，点A 落在第一象限内的点C 处， OC=OA=23， AOC=60 。 OH=3，CH=3 。 C 的坐标是（3，3） 。（2）抛物线2yaxbx(a0)经过 C（3，3） 、A（23，0）两点，3=3a+ 3b0=12a+23b，解得a=1b=2 3。此抛物线的解析式为2y=x +2 3x（3）存在。2y=x +2 3x的顶点坐标为（3，3） ，即为点C。MPx 轴，设垂足为N，PNt， BOA 300，所以 ON3tP（3t, t）作 PQCD，垂足为Q，ME CD，垂足为 E。把x3t代入2y=x +2 3x得：2y3t6t。

13、 M（3t，23t6t） ，E（3，23t6t） 。同理： Q（3，t） ，D（3，1） 。要使四边形CDPM 为等腰梯形，只需CEQD，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 38 页即233t6tt1，解得：14t3，2t1（舍去）。 P 点坐标为（433，43） 。存在满足条件的点P，使得四边形CDPM 为等腰梯形，此时P 点的坐为（433，43） 。【考点】 二次函数综合题，翻折变换（折叠问题），折叠对称的，解二元一次方程和一元二次方程，曲线上点的坐标与方程的关系，含30 度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰梯形的判定

14、。【分析】（1）过 C 作 CHOA 于 H，根据折叠得到OC=OA=4 ， A0C=60 ，求出 OH 和 CH 即可。（2）把 C（3，3） 、A（2 3，0）代入2yaxbx得到方程组，求出方程组的解即可。（3）如图，根据等腰梯形的判定，只要CEQD 即可，据此列式求解。【例 4】如图 1，已知 ABC中， AB=10cm ，AC=8cm ，BC=6cm 如果点 P由 B出发沿 BA方向点 A匀速运动，同时点 Q由 A出发沿 AC方向向点C匀速运动， 它们的速度均为2cm/s连接 PQ ，设运动的时间为t（单位：s） （0 t 4） 解答下列问题：（1）当 t 为何值时， PQBC（2）

15、设 AQP 面积为 S（单位： cm2） ，当 t 为何值时， S取得最大值，并求出最大值（3）是否存在某时刻t，使线段 PQ 恰好把 ABC 的面积平分？若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由（4）如图 2，把AQP 沿 AP 翻折，得到四边形AQPQ 那么是否存在某时刻t， 使四边形AQPQ 为菱形？若存在，求出此时菱形的面积；若不存在，请说明理由【答案】 解： AB=10cm ，AC=8cm ，BC=6cm ，由勾股定理逆定理得ABC 为直角三角形，C 为直角。（1） BP=2t，则 AP=102t若 PQ BC，则APAQABAC，即102t2t108，解得20t9。当20t9

16、s 时， PQBC。（2）如图 1 所示，过P 点作 PDAC 于点 D。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 38 页则 PD BC，APDABC。APPDABBC，即102tPD106，解得6PD6t5。S=12 AQ PD=12 2t （66t5）2266515t +6tt+5522。当 t=52s 时， S 取得最大值，最大值为152cm2。（3）不存在。理由如下：假设存在某时刻t，使线段 PQ 恰好把 ABC 的面积平分，则有 SAQP=12SABC，而 SABC=12AC?BC=24 ，此时SAQP=12。由（ 2

17、）可知， SAQP=26t +6t5，26t +6t5=12，化简得： t25t+10=0。 =（ 5）24 1 10=150，此方程无解，不存在某时刻t，使线段 PQ 恰好把 ABC 的面积平分。（4）存在。假设存在时刻t，使四边形AQPQ 为菱形，则有 AQ=PQ=BP=2t 。如图 2 所示，过 P 点作 PD AC 于点 D，则有 PDBC，APDABC。APPDADABBCAC，即102tPDAD1068。解得： PD=66t5，AD=88t5，QD=AD AQ=8188t2t=8t55。在 RtPQD 中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，即（188t5）2+（66t5）2=（

18、2t）2，化简得： 13t290t+125=0，解得： t1=5，t2=2513。t=5s 时， AQ=10cm AC，不符合题意，舍去，t=2513。由（ 2）可知， SAQP=26t +6t5S菱形AQPQ=2SAQP=2 （26t +6t5）=2 65 （2513）2+62513=2400169。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 38 页存在时刻t=2513，使四边形AQPQ 为菱形，此时菱形的面积为2400169cm2。【考点】 动点问题，勾股定理和逆定理，平行的判定，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程和一元二

19、次方程根的判别式，二次函数的最值，菱形的性质。【分析】（1）由 PQ BC 时的比例线段关系，列一元一次方程求解。（2）如图 1 所示，过P 点作 PDAC 于点 D，得APDABC，由比例线段，求得PD，从而可以得到S 的表达式，然后利用二次函数的极值求得S 的最大值。（3）利用（ 2）中求得的 AQP 的面积表达式，再由线段PQ 恰好把 ABC 的面积平分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判别式小于0，则可以得出结论：不存在这样的某时刻t，使线段PQ恰好把 ABC 的面积平分。（4）根据菱形的性质及相似三角形比例线段关系，求得PQ、QD 和 PD 的长度；然后在RtPQD中，求得时间

20、t 的值；最后求菱形的面积，值得注意的是菱形的面积等于AQP 面积的 2 倍，从而可以利用（ 2）中 AQP 面积的表达式，这样可以化简计算。【例 5】如图 1，在直角坐标系中，O 是坐标原点，点A 在 y 轴正半轴上，二次函数y=ax2+16x +c 的图象 F 交 x 轴于 B、C 两点，交y 轴于 M 点，其中B（-3，0） ，M（0， -1） 。已知 AM=BC 。（1）求二次函数的解析式；（2）证明：在抛物线F 上存在点D，使 A、B、C、D 四点连接而成的四边形恰好是平行四边形，并请求出直线 BD 的解析式；（3）在（ 2）的条件下，设直线l 过 D 且分别交直线BA 、BC 于不

21、同的 P、 Q 两点， AC 、BD 相交于 N。若直线lBD ，如图 1 所示，试求11BPBQ的值；若 l 为满足条件的任意直线。如图2 所示，中的结论还成立吗？若成立，证明你的猜想；若不成立，请举出反例。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 38 页【答案】 解：（ 1）二次函数y=ax2+16x +c 的图象经过点B（-3，0）， M（0，-1），19a3c0 6c1，解得1a6c1。二次函数的解析式为：211yxx166。（2）证明：在211yxx166中，令 y=0，得211xx1066，解得 x1=3，x2=2。

22、C（2，0）， BC=5。令 x=0，得 y=-1， M（0， 1）， OM=1 。又 AM=BC ， OA=AM OM=4 。 A（0，4）。设 AD x 轴，交抛物线于点D，如图 1 所示，则2D11yxx1=OA=466，解得 x1=5，x2=6（位于第二象限，舍去）。D 点坐标为（ 5， 4）。 AD=BC=5 。又 AD BC，四边形ABCD 为平行四边形，即在抛物线F 上存在点D，使A、 B、C、D 四点连接而成的四边形恰好是平行四边形。设直线 BD 解析式为： y=kx+b ， B（ 3，0）， D（ 5，4），3kb0 5kb4，解得：1k23b2。直线 BD 解析式为：13y

23、 x22。（3）在 Rt AOB 中，22ABOAOB5，又 AD=BC=5 ， ?ABCD 是菱形。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 38 页若直线lBD ，如图 1 所示，四边形ABCD 是菱形， AC BD。 AC 直线 l。BABCBN1BPBQBD2。BA=BC=5 ， BP=BQ=10 。11111BPBQ10105。若 l 为满足条件的任意直线，如图 2 所示， 此时中的结论依然成立，理由如下：AD BC，CDAB ， PAD DCQ。APADCDCQ。AP?CQ=AD?CD=55=25。1111115CQ5

24、APBPBQ? ABAPBCCQ? 5AP5CQ5AP5CQ10APCQ10APCQ10APCQ125+5 APCQ +AP CQ25+5 APCQ +2550+5 APCQ5。【考点】 二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形、菱形的判定和性质，平行线间的比例线段关系，相似三角形的判定和性质，分式化简。【分析】 （1）利用待定系数法求出二次函数的解析式。（2）首先求出D 点的坐标，可得AD=BC 且 AD BC，所以四边形ABCD 是平行四边形；再根据 B、D 点的坐标，利用待定系数法求出直线BD 的解析式。（3）本问的关键是判定平行四边形ABCD 是菱形。推出AC 直线l，从

25、而根据平行线间的比例线段关系，求出BP、CQ 的长度，计算出111BPBQ5。判定 PAD DCQ，得到 AP?CQ=25，利用这个关系式对11BPBQ进行分式的化简求值，结论为111BPBQ5不变。【例 6】如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD 的三个顶点B（1，0） ，C（ 3，0） ，D（3，4） 以A 为顶点的抛物线y=ax2+bx+c 过点 C动点 P 从点 A 出发，沿线段AB 向点 B 运动同时动点Q 从点 C出发，沿线段 CD 向点 D 运动点 P， Q 的运动速度均为每秒1个单位 运动时间为t 秒过点 P 作 PEAB交 AC 于点 E（1）直接写出点A 的坐标，并求出

26、抛物线的解析式；（2）过点 E 作 EFAD 于 F，交抛物线于点G，当 t 为何值时，ACG 的面积最大？最大值为多少？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 38 页（3）在动点P，Q 运动的过程中，当t 为何值时，在矩形ABCD 内（包括边界）存在点H，使以 C，Q，E，H 为顶点的四边形为菱形？请直接写出t 的值【答案】 解： （1）A（1，4） 。由题意，设抛物线解析式为y=a（x1）2+4 抛物线过点C（3， 0） ， 0=a（31）2+4，解得， a=1。抛物线的解析式为y=（ x 1）2+4，即 y=x2+2x

27、+3 。（ 2）设直线AC 的解析式为y=kx+b ，A（1，4） ，C（3，0） ，4kb03kb，解得k2b6。直线 AC 的解析式为y=2x+6。点 P（ 1，4t） ，将 y=4t 代入 y=2x+6 中，解得点E 的横坐标为tx12。点 G 的横坐标为t12，代入抛物线的解析式中，可求点G 的纵坐标为2t44。GE=（2t44）（ 4t） =2tt4。又点 A 到 GE 的距离为t2，C 到 GE 的距离为t22，22ACGAEGCEG1t1tt1SSSEGEG2=EG=t=t2+1222244（）。当 t=2 时， SACG的最大值为1。（ 3）20t=13或t=208 5。【考点

28、】 二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，矩形和菱形的性质。【分析】（1）根据矩形的性质可以写出点A 得到坐标；由顶点A 的坐标可设该抛物线的顶点式方程为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 38 页y=a（ x1）2+4，然后将点C 的坐标代入，即可求得系数a 的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）。（2）利用待定系数法求得直线AC 的方程 y=2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标（1，4t） ，据此可以求得点E 的纵坐标，将其代入直线AC 方程可以求得点E 或点 G 的横坐标；然

29、后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=2tt4、点 A 到 GE 的距离为t2，C 到 GE 的距离为t22；最后根据三角形的面积公式可以求得2ACGAEGCEG1SSS=t2+14，由二次函数的最值可以解得t=2 时， SACG的最大值为1。（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H 在直线 EF 上。分 CE 是边和对角线两种情况讨论即可。由题设和（ 2）知， C（3，0） ，Q（3，t） ，E（t1,4t2） ，设 H（t1,m2） 。当 CE 是对角线时，如图1，有 CQ=HE=CH ，即22222224tm=tm=42t4 42t3t8t+16=013t72t+80=0t

30、4m3t8t+16=02+m =t2，解得，20t=13或 t=4（舍去，此时C，E 重合）。当 CE 是边时，如图2，有 CQ=CE=EH ，即2222m4t =tm=4t40t+80=0tt40t+80=02+ 4t=t2，解得，t=208 5或t=20+8 5（舍去，此时已超过矩形ABCD 的范围）。综上所述，当20t=13或t=208 5时，在矩形ABCD 内（包括边界）存在点H，使以 C，Q，E，H 为顶点的四边形为菱形。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 38 页【例 7】如图，二次函数y=x2bxc 的图象与

31、x 轴交于 A、B 两点，且A 点坐标为（ 3，0） ，经过 B 点的直线交抛物线于点D（ 2， 3）. （1）求抛物线的解析式和直线BD 解析式；（2）过 x 轴上点E（a， 0） （E 点在 B 点的右侧）作直线EFBD，交抛物线于点F，是否存在实数a使四边形 BDFE 是平行四边形？如果存在，求出满足条件的a；如果不存在，请说明理由. 【答案】 解： （1）将 A（ 3，0） ，D(2， 3)的坐标代入y=x2bxc 得，93b+c=042b+c=3，解得：b=2c=3。抛物线的解析式为y=x22x3 。由 x22x3=0，得： x1= 3，x2=1， B 的坐标是（ 1，0） 。设直线

32、 BD 的解析式为y=kx b，则k+b=02k+b=3，解得：k=1b=1。直线 BD 的解析式为y=x 1。（2）直线BD 的解析式是y=x1，且 EFBD, 直线 EF 的解析式为：y=xa。若四边形BDFE 是平行四边形，则DFx 轴。D、F 两点的纵坐标相等，即点F 的纵坐标为3。由2y=x +2x3y=xa得 y2（ 2a1）ya22a3=0，解得： y=2a+1134a2。令2a+1134a2=3，解得： a1=1，a2=3。当 a=1 时， E 点的坐标（ 1，0） ，这与 B 点重合，舍去；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

33、 -第 13 页，共 38 页当 a=3 时， E 点的坐标（ 3，0） ，符合题意。存在实数a=3，使四边形BDFE 是平行四边形。【考点】 二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的性质。【分析】（1）把 A、D 两点的坐标代入二次函数解析式可得二次函数解析式中b，c 的值，让二次函数的y等于 0 求得抛物线与x 轴的交点B，把 B、D 两点代入一次函数解析式可得直线BD 的解析式。（2）得到用a 表示的 EF 的解析式，跟二次函数解析式组成方程组，得到含y 的一元二次方程，进而根据y=3 求得合适的a 的值即可。【例 8】如图，把两个全等的RtAOB 和 RtC

34、OD 分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在 x 轴上已知点A（1，2） ，过 A、C 两点的直线分别交x 轴、 y 轴于点 E、F抛物线y=ax2+bx+c 经过O、 A、 C 三点（1）求该抛物线的函数解析式；（2）点 P为线段 OC 上一个动点，过点P 作 y 轴的平行线交抛物线于点M，交 x 轴于点 N，问是否存在这样的点 P，使得四边形ABPM 为等腰梯形？若存在，求出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由（3） 若 AOB 沿 AC 方向平移（点 A 始终在线段AC 上， 且不与点 C 重合）， AOB 在平移过程中与COD重叠部分面积记为S试探究S 是否存在最大值？若存在

35、，求出这个最大值；若不存在，请说明理由【答案】 解： （1）抛物线y=ax2+bx+c 经过点 O， c=0。又抛物线y=ax2+bx+c 经过点 A、 C，a+b=24a+2b=1，解得3a=27b=2。抛物线解析式为237y=x +x22。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 38 页（2）设点 P 的横坐标为t， PN CD， OPN OCD ，可得 PN=t2。 P（t，t2） 。点 M 在抛物线上，M（t，237t +t22） 。如图 1，过 M 点作 MGAB 于 G，过 P 点作 PHAB 于 H，AG=yAy

36、M=2223737t +t =tt+22222，BH=PN=t2。当 AG=BH 时，四边形ABPM 为等腰梯形，237ttt+2=222，化简得3t2 8t+4=0。解得 t1=2（不合题意，舍去） ，t2=23，点 P 的坐标为（2133，） 。存在点P（2133，） ，使得四边形ABPM 为等腰梯形。（3）如图 2， AOB 沿 AC 方向平移至 AO B，AB交 x 轴于 T，交 OC 于 Q，AO 交 x 轴于 K，交 OC 于 R。由 A、C 的坐标可求得过A、C 的直线为yAC=x+3 设点 A 的横坐标为a，则点 A （a， a+3） ，易知 OQT OCD，可得 QT=a2。

37、点 Q 的坐标为（ a，23） 。设 AB 与 OC 相交于点J， ARQ AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，HTA Q=OBAJ。13aaA Q2HT=OB=1=2a1AJ22。KT=12A T=12（3a） ，AQ=yAyQ=（ a+3）a2=332a。S四边形RKTQ=SAKTSARQ=12KT?AT12A Q?HT221 3a131331333a3aa+2 =a +a=a+2222224228。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 38 页120，在线段AC 上存在点 A （3322，） ，能使重叠部分面积S取

38、到最大值，最大值为38。【考点】 二次函数综合题，二次函数的图象和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值，等腰梯形的性质，相似三角形的判定和性质，图形平移的性质以及几何图形面积的求法。【分析】（1）抛物线y=ax2+bx+c 经过点 O、A、C，利用待定系数法求抛物线的解析式。（2）根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出 t 的值，从而可解。结论：存在点P（2133，） ，使得四边形ABPM 为等腰梯形。（3）求出得重叠部分面积S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S 的最大值。【例 9】如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OAB

39、C 的边 OC、OA 分别与 x 轴、y 轴重合， AB OC，AOC=90 ， BCO=45 ，BC=122，点 C 的坐标为（ 18， 0） 。（1）求点 B 的坐标；（2）若直线DE 交梯形对角线BO 于点 D，交 y 轴于点 E，且 OE=4，OD=2BD ，求直线 DE 的解析式；（3）若点 P 是（ 2）中直线DE 上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以 O、E、P、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由。【答案】 解： （1）过点 B 作 BFx 轴于 F，在 RtBCF 中 BCO=45 ，BC=122， CF=BF=12 。C 的

40、坐标为（18，0） ， AB=OF=6 。点 B 的坐标为（ 6，12） 。（2）过点 D 作 DGy 轴于点 G，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 38 页OD=2BD ， OD=23OB。AB DG， ODG OBA 。DGODOG2ABOBOA3，AB=6 ，OA=12 ， DG=4 ，OG=8。 D（ 4，8） ，E（0， 4） 。设直线 DE 解析式为y=kx+b （k0 ）4kb8 b4，解得k1 b4。直线DE 解析式为y=x+4。（3）结论：存在。点 Q 的坐标为：（22， 2 2） ， （ 22，2 2

41、） ， （4，4） ， （ 2，2） 。【考点】 一次函数综合题，等腰直角三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，菱形的判定和性质。【分析】（1）构造等腰直角三角形BCF，求出 BF、 CF 的长度，即可求出B 点坐标。（2）已知E 点坐标，欲求直线DE 的解析式，需要求出D 点的坐标构造ODG OBA ，由线段比例关系求出D 点坐标，从而可以求出直线DE 的解析式。（3）如图所示，符合题意的点Q 有 4 个：设直线 y=x+4 分别与 x 轴、 y 轴交于点E、点 F，则 E（0，4） ，F（4，0） ，OE=OF=4 ，EF=42。菱形 OEP1Q1

42、，此时 OE 为菱形一边。则有 P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EFP1E=424。易知 P1NF 为等腰直角三角形，P1N=NF=22P1F=422。设 P1Q1交 x 轴于点 N，则 NQ1=P1Q1P1N=4（ 422）=22。又 ON=OFNF=22， Q1（22， 22） 。菱形 OEP2Q2，此时 OE 为菱形一边。 此时 Q2与 Q1关于原点对称， Q2（ 22，22） 。菱形 OEQ3P3，此时 OE 为菱形一边。此时 P3与点 F 重合，菱形OEQ3P3为正方形，Q3（4，4） 。菱形 OP4EQ4，此时 OE 为菱形对角线。由菱形性质可知，P4Q4为 OE 的垂直平分线

43、，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 38 页由 OE=4，得 P4纵坐标为 2，代入直线解析式y=x+4 得横坐标为2，则 P4（2，2） 。由菱形性质可知，P4、Q4关于 OE 或 x 轴对称， Q4（ 2，2） 。综上所述，存在点Q，使以 O、 E、P、Q 为顶点的四边形是菱形，点Q 的坐标为：Q1（22， 22） ，Q2（ 22，22） ，Q3（4， 4） ，Q4（ 2，2） 。【例 10】如图，四边形ABCD 为矩形， C 点在 x 轴上， A 点在 y 轴上， D 点坐标是（ 0， 0） ，B 点坐标是（ 3，

44、4） ，矩形 ABCD 沿直线 EF 折叠，点A 落在 BC 边上的 G 处， E、F 分别在 AD 、AB 上，且 F点的坐标是（2，4） （1）求 G 点坐标；（2）求直线EF 解析式；（3）点 N 在 x 轴上，直线EF 上是否存在点M，使以 M、N、F、G 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M 点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】 解： （1）由已知得，FG=AF=2 ， FB=1。四边形ABCD 为矩形，B=90 。2222BGFGFB213。 G 点的坐标为（3，43） 。（ 2）设直线EF 的解析式是y=kx+b ，在 RtBFG 中，FB1cos BFGFG2，

45、BFG=60 。 AFE= EFG=60 。AE=AFtan AFE=2tan60 =23。 E 点的坐标为（ 0，423） 。又 F 点的坐标是（2，4） ，b42 32kb4，解得k3b42 3。直线 EF 的解析式为y3x42 3。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 38 页（ 3）存在。 M 点的坐标为（34 333，） ， （1 4333，） ， （1 + 4 3833，） 。【考点】 一次函数综合题，矩形的性质，折叠性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，平

46、行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。【分析】（1）根据折叠性质可知FG=AF=2 ，而 FG=AB AF=1，则在 Rt BFG 中，利用勾股定理求出BG的长，从而得到CG 的长，从而得到G 点坐标。（2）由题意，可知AEF 为含 30 度角的直角三角形，从而可求出E 点坐标；又F 点坐标已知，所以可利用待定系数法求出直线EF 的解析式。（3）分 FG 为平行四边形边和对角线两种情况讨论，探究可能的平行四边形的形状：若以 M、N、F、G 为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：FG 为平行四边形的一边， 且 N 点在 x 轴正半轴上， 如图 1 所示。过 M1点作 M1H x

47、 轴于点 H，易证 M1HN1 GBF，M1H=GB=3，即 yM1=3。由直线 EF 解析式y3x423，求出M134 3x3。M1（34 333，） 。FG 为平行四边形的一边，且N 点在 x 轴负半轴上，如图2 所示。仿照与相同的办法，可求得M2（14 333，） 。FG 为平行四边形的对角线，如图3所示。过 M3作 FB 延长线的垂线，垂足为H易证 M3FH GN3C，则有 M3H=CG=43，所以 M3的纵坐标为83。代入直线 EF 解析式，得到M3的横坐标为1+433。M3（1+43833，） 。综上所述，存在点M，使以 M、N、F、G 为顶点的四边形是平行四边形，点M 的坐标为：

48、M1（34 333，） ，M2（14 333，） ，M3（1+4 3833，） 。【例 11】如图，在平面直角坐标系中，已知RtAOB 的两条直角边0A、08 分别在 y 轴和 x 轴上，并精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 38 页且 OA 、OB 的长分别是方程x27x+12=0 的两根 (OA0B) ，动点 P 从点 A 开始在线段AO 上以每秒 l 个单位长度的速度向点O 运动；同时，动点Q 从点 B 开始在线段BA 上以每秒2 个单位长度的速度向点A 运动，设点 P、Q 运动的时间为t 秒(1)求 A、B 两点的

49、坐标。(2)求当 t 为何值时， APQ 与 AOB 相似，并直接写出此时点Q 的坐标(3)当 t=2 时，在坐标平面内，是否存在点M，使以 A、P、Q、M 为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出M 点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】 解： （1）由 x27 x +12=0 解得 x1=3，x2=4。OAOB ， OA=3 , OB=4 。 A(0，3)， B(4，0)。(2) 由 OA=3 , OB=4 ，根据勾股定理，得AB=5 。由题意得， AP=t, AQ=5 2t 。分两种情况讨论：当 APQ=AOB 时，如图1， APQ AOB 。APAQAOAB，即t52t35解得

50、t= 1511。 Q（20181111，） 。当 AQP=AOB 时，如图2， APQ ABO 。APAQABAO，即t52t53解得t= 2513。 Q（12301313，） 。（3）存在。 M1（42255，） ， M2（4255，） ， M3（4855，） 。【考点】 动点问题，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的性质，平行四边形的判定。【分析】（1）解出一元二次方程，结合OAOB 即可求出A、B 两点的坐标。（2）分 APQ= AOB 和 AQP= AOB 两种情况讨论即可。（3）当 t=2 时，如图， OP=2，BQ=4 ， P（0，1） ，Q（41255，） 。若以 A、P、Q、

51、M 为顶点的四边形是平行四边形，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 38 页当 AQ 为对角线时，点M1的横坐标与点Q 的横坐标相同，纵坐标为1222+2=55。 M1（42255，） 。当 PQ 为对角线时，点M2的横坐标与点Q 的横坐标相同，纵坐标为1222=55。 M2（4255，） 。当 AP 为对角线时，点Q、M3关于 AP 的中点对称。由 A(0，3)，P（0， 1）得 AP 的中点坐标为（0，2） 。由 Q（41255，）得 M3的横坐标为4420=55，纵坐标为12822=55。 M3（4855，） 。综

52、上所述，若以A、P、 Q、 M 为顶点的四边形是平行四边形，则M 点的坐标为（42255，）或（4255，）或（4855，） 。【例 12】如图，在矩形OABC 中， AO=10，AB=8 ，沿直线 CD 折叠矩形OABC 的一边 BC，使点 B 落在 OA 边上的点E 处分别以 OC，OA 所在的直线为x 轴， y 轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过 O，D，C 三点（1）求 AD 的长及抛物线的解析式；（2）一动点P 从点 E 出发，沿EC 以每秒 2 个单位长的速度向点C 运动，同时动点Q 从点 C 出发，沿CO 以每秒 1 个单位长的速度向点O 运动，当点 P运动到点

53、 C 时，两点同时停止运动设运动时间为t 秒，当 t 为何值时，以P、Q、 C 为顶点的三角形与ADE 相似？（3）点 N 在抛物线对称轴上，点M 在抛物线上，是否存在这样的点M 与点 N，使以 M，N，C，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M 与点 N 的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由【答案】 解： （1）四边形ABCO 为矩形， OAB= AOC= B=90 ，AB=CO=8 ，AO=BC=10 。由折叠的性质得，BDC EDC， B=DEC=90 ，EC=BC=10 ， ED=BD 。由勾股定理易得EO=6。 AE=10 6=4。精选学习资料 - - - -

54、 - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 38 页设 AD=x ，则 BD=CD=8 x，由勾股定理，得x2+42=（8x）2，解得， x=3。AD=3 。抛物线y=ax2+bx+c 过点 D（3，10） ，C（8， 0） ，9a+3b=1064a+8b=0，解得2a=316b=3。抛物线的解析式为：2216yxx33。（2） DEA+ OEC=90 ， OCE+OEC=90 ， DEA= OCE，由（ 1）可得 AD=3 ，AE=4， DE=5。而 CQ=t， EP=2t， PC=102t。当 PQC=DAE=90 ， ADE QPC，CQCPEAED，

55、即t102t45，解得40t13。当 QPC=DAE=90 ， ADE PQC，PCCQAEED，即102tt45，解得25t7。当40t13或257时，以 P、Q、C 为顶点的三角形与ADE 相似。（3）存在符合条件的M、N 点，它们的坐标为：M1（ 4， 32） ， N1（4， 38） ；M2（12， 32） ，N2（4， 26） ； M3（ 4，323） ，N3（4，143） 。【考点】 二次函数综合题，折叠和动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。【分析】（1）根据折叠图形的轴对称性，CED C

56、BD，在 RtCEO 中求出 OE 的长，从而可得到AE的长；在 RtAED 中， AD=AB BD、ED=BD ，利用勾股定理可求出AD 的长进一步能确定D 点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式。（2）由于 DEC=90 ，首先能确定的是AED= OCE，若以 P、Q、C 为顶点的三角形与ADE相似，那么QPC=90 或 PQC=90 ，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的 t 的值。（3）假设存在符合条件的M、N 点，分两种情况讨论：EC 为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC 中点，若四边形MENC 是平行四边形，那么M 点必为抛物线顶点。由2

57、2216232yxxx43333得抛物线顶点，则：M（4，323） 。平行四边形的对角线互相平分，线段 MN 必被 EC 中点（4，3）平分， 则 N（4，143） 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 38 页EC 为平行四边形的边，则ECMN ，设 N（4，m） ，则 M（48，m+6）或 M（4+8，m6） ；将 M（ 4，m+6）代入抛物线的解析式中，得：m=38，此时 N（4， 38） 、M（ 4， 32） ；将 M（12，m6）代入抛物线的解析式中，得：m=26，此时 N（4， 26） 、M（12， 32） 。

58、综上所述，存在符合条件的M、N 点，它们的坐标为：M1（ 4， 32） ，N1（4， 38） ；M2（12， 32） ，N2（4， 26） ； M3（ 4，323） ，N3（4，143） 。【例 13】已知二次函数y=x2（ m22）x2m 的图象与 x 轴交于点A（x1，0）和点 B（x2，0） ，x1x2，与 y 轴交于点C，且满足12111+=xx2（1）求这个二次函数的解析式；（2）探究：在直线y=x+3 上是否存在一点P，使四边形PACB 为平行四边形？如果有，求出点P 的坐标；如果没有，请说明理由【答案】 解： （1）二次函数y=x2（ m22）x2m 的图象与x 轴交于点A（ x

59、1，0）和点 B（x2，0） ，x1x2，令 y=0，即 x2（ m22）x2m=0 ，则有： x1+x2=m2 2，x1x2=2m。2121212x +x11m11+=xxx x2m2，化简得到：m2+m2=0，解得 m1=2， m2=1。当 m=2 时，方程为：x22x+4=0，其判别式 =b24ac= 120，此时抛物线与x轴没有交点，不符合题意，舍去；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 38 页当 m=1 时，方程为： x2+x2=0，其判别式 =b24ac=90，此时抛物线与x 轴有两个不同的交点，符合题意。m=

60、1。抛物线的解析式为y=x2+x2。（2）存在。理由如下：假设在直线y=x+3 上是否存在一点P，使四边形PACB 为平行四边形。如图所示，连接PAPBAC BC，过点 P 作 PDx 轴于 D 点。抛物线y=x2+x2 与 x 轴交于 AB 两点，与y 轴交于 C 点，A（ 2，0） ，B（1，0） ，C（0，2） 。OB=1 ，OC=2。PACB 为平行四边形，PABC，PA=BC 。 PAD=CBO， APD= OCB。在 Rt PAD 与 RtCBO 中， PAD=CBO ，PA=BC ， APD= OCB ，RtPAD RtCBO（AAS ） 。PD=OC=2 ，即 yP=2。直线解

61、析式为y=x+3 ， xP=1。 P（ 1，2） 。在直线y=x+3 上存在一点P，使四边形PACB 为平行四边形，P 点坐标为（ 1，2） 。【考点】 二次函数综合题，二次函数与x 点问题，曲线图上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质。【分析】（1）欲求抛物线的解析式，关键是求得m 的值根据题中所给关系式，利用一元二次方程根与系数的关系，可以求得m 的值，从而问题得到解决。注意：解答中求得两个m 的值，需要进行检验，把不符合题意的m 值舍去。（2）利用平行四边形的性质构造全等三角形，根据全等关系求得P 点的纵坐标，从而得到P 点的横坐标，

62、从而求得P点坐标。【例 14】如图，一次函数1y=x+22分别交 y 轴、 x 轴于 A、B 两点，抛物线y=x2+bx+c 过 A、B 两点（1）求这个抛物线的解析式；（2）作垂直x 轴的直线x=t，在第一象限交直线AB 于 M，交这个抛物线于N求当 t 取何值时， MN 有最大值？最大值是多少？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 38 页（3）在（ 2）的情况下，以A、M、N、D 为顶点作平行四边形，求第四个顶点D 的坐标【答案】 解： （1）1y=x+22分别交 y 轴、 x 轴于 A、B 两点，A、B 点的坐标为：

63、 A（0， 2） ，B（4， 0） 。将 x=0，y=2 代入 y=x2+bx+c 得 c=2；将 x=4，y=0 代入 y=x2+bx+c 得 0=16+4b+2，解得 b=72。抛物线解析式为：y= x2+72x+2。（2）如图 1，设 MN 交 x 轴于点 E，则 E（t，0） ，BE=4t。OA21tanABOOB42，ME=BE?tan ABO= （4t）12=212t。又 N 点在抛物线上，且xN=t， yN=t2+72t+2。222N1MNyMEtt22tt4t=t2+42（）。当 t=2 时， MN 有最大值4。（3）由（ 2）可知， A（0，2） ，M（2，1） ，N（2，5

64、） 如图 2，以 A、 M、N、D 为顶点作平行四边形，D 点的可能位置有三种情形。（i）当 D 在 y 轴上时，设D 的坐标为（ 0，a） ，由 AD=MN ，得 |a 2|=4，解得 a1=6，a2=2，从而 D 为（ 0， 6）或 D（0， 2） 。（ii ）当 D 不在 y 轴上时， 由图可知 D 为 D1N 与 D2M 的交点，由 D1（0，6） ，N（2，5）易得 D1N 的方程为y=12x+6；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 38 页由 D2（0， 2） ，M（2，1）D2M 的方程为y=32x2。由两方

65、程联立解得D 为（ 4，4） 。综上所述，所求的D 点坐标为（ 0，6） ， （0， 2）或（ 4，4） 。【考点】 二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，锐角三角函数定义，平行四边形的判定和性质。【分析】（1）首先求得A、B 点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式。（2）求得线段MN 的表达式，这个表达式是关于t 的二次函数，利用二次函数的极值求线段MN的最大值。（3）明确 D 点的可能位置有三种情形，如图2 所示，不要遗漏其中D1、D2在 y 轴上，利用线段数量关系容易求得坐标；D3点在第一象限， 是直线 D1N 和 D2M 的交点， 利用直线解析式

66、求得交点坐标。【例 15】已知抛物线y=41x2 + 1(如图所示 )(1)填空：抛物线的顶点坐标是(_，_)，对称轴是 _；(2)已知 y 轴上一点A(0，2)，点 P 在抛物线上，过点P作 PBx 轴，垂足为B若 PAB 是等边三角形，求点 P 的坐标；(3)在(2)的条件下，点M 在直线AP 上在平面内是否存在点N，使四边形OAMN为菱形 ?若存在，直接写出所有满足条件的点N 的坐标；若不存在，请说明理由【答案】 解： （1） 顶点坐标是 （0， 1） ， 对称轴是 y 轴 （或 x=0） 。（2） PAB是等边三角形， ABO=90 60 =30 。 AB=2OA=4 。 PB=4。把

67、 y=4 代入 y=14x2+1，得x=2 3。点 P 的坐标为（2 3，4）或（2 3，4） 。（3）存在。所有满足条件的点N 的坐标为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 38 页(3， 1)， (-3，-1)， (-3，1)， (3，-1)。【考点】 二次函数综合题，二次函数的性质，等边三角形的性质，菱形的判定。【分析】（1）根据函数的解析式直接写出其顶点坐标和对称轴即可。（2）根据等边三角形的性质求得PB=4，将 PB=4 代入函数的解析式后求得x 的值即可作为P 点的横坐标，代入解析式即可求得P 点的纵坐标。（3）

68、首先求得直线AP 的解析式，然后设出点M 的坐标，利用勾股定理表示出有关AP 的长即可得到有关M 点的横坐标的方程，求得M 的横坐标后即可求得其纵坐标：设存在点 M 使得 OAMN 是菱形， OAP900， OA 不可能为菱形的对角线，只能为菱形的边。若点 P 的坐标为（2 3，4） ，点 A 的坐标为（ 0，2） ，设线段 AP 所在直线的解析式为y=kx+b ，则2 3 kb4b2 ，解得：3k3b2。AP 所在直线的解析式为：y=33x+2。点 M 在直线 AP 上，设点M 的坐标为：（m，33m+2） 。如图，作 MH y 轴于点 H，则 MH= m ，AN=OH OA=33m+2 2

69、=33m。OA 为菱形的边，AM=AO=2 。在 RtAMH 中， AH2+MH2=AM2，即： m2+（33m）2=22，解得： m= 3。 M（3，3）或（3，1） 。当 M（3，3）时， N（3，1） ；当 M（3，1）时， N（3， 1） 。若点 P 的坐标为（2 3 ， 4） ，同理可得N 的坐标为（3，1）或（3， 1） 。综上所述，存在点N（3，1） ， （3， 1） ， （3，1） ， （3， 1） ，使得四边形 OAMN 是菱形。【例 16】如图，在RtABC 中， C90o ，AC6，BC8，动点 P从点 A 开始沿边AC 向点 C 以每秒 1 个单位长度的速度运动，动点Q

70、 从点 C 开始沿边CB 向点 B 以每秒 2 个单 位长度的速度运动，过精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 38 页点 P 作 PDBC，交 AB 于点 D，连接 PQ点 P、Q 分别从点A、C 同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t 秒(t 0)(1) 直接用含t 的代数式分别表示：QB _，PD_(2) 是否存在t 的值，使四边形PDBQ 为菱形？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由并探究如何改变点 Q 的速度 (匀速运动 )，使四边形PDBQ 在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；(3

71、) 如图，在整个运动过程中，求出线段PQ 中点 M 所经过的路径长【答案】 解： (1) QB8 2t，PD43t。(2) 不存在。理由如下：在 RtABC 中， C90 ，AC 6，BC8， AB10。 PDBC， APD ACB 。ADABAPAC，即：AD10t6， AD53t。 BDAB AD1053t。 BQDP，当 BQDP 时，四边形PDBQ 是平行四边形。82t43t，解得： t125。当 t125时， PD43125165，BD10531256， DP BD。PDBQ 不能为菱形。设点 Q 的速度为每秒v 个单位长度，则BQ8vt，PD43t，BD 1053t。要使四边形PD

72、BQ 为菱形，则PD BDBQ，当 PD BD 时，即43t1053t，解得： t103。当 PD BQ 时， t103时，即431038103v，解得： v1615。要使四边形PDBQ 在某一时刻为菱形，点Q 的速度为1615单位长度 /秒。(3) 如图，以C 为原点，以AC 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 38 页依题意，可知0t 4。当 t0 时，点 M1的坐标为 (3，0)；当 t4 时，点 M2的坐标为 (1，4)。设直线 M1M2的解析式为ykxb，3k b0kb4，解

73、得：k 2b6。直线 M1M2的解析式为y 2x 6。点 Q(0，2t)，P(6t，0)，在运动过程中，线段PQ 中点 M3的坐标为 (6t2，t)。把 x6 t2，代入 y 2x6，得 y 26 t26t。点 M3在直线 M1M2上。线段PQ 中点 M 所经过的路径长即为线段M1M2。过点 M2作 M2N x 轴于点 N，则 M2N4，M1N2。 M1M22 5。线段 PQ 中点 M 所经过的路径长为25单位长度。【考点】 锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，一次函数综合题，勾股定理， 菱形的判定和性质【分析】 (1) 根据题意得： CQ2t，PAt，由 RtABC 中， C90 ，A

74、C 6，BC8，PDBC，即可得 tanAPDPABCAC43，则可求得QB 与 PD 的值。(2) 易得 APD ACB ，即可求得AD 与 BD 的长，由BQDP，可得当BQDP 时，四边形PDBQ 是平行四边形， 即可求得此时DP 与 BD 的长， 由 DP BD，可判定 ?PDBQ 不能为菱形； 然后设点 Q的速度为每秒v 个单位长度，由要使四边形PDBQ 为菱形，则PDBDBQ，列方程即可求得答案。(3) 建立直角坐标系，求出线段 PQ 中点 M 始末坐标M1和 M2，求出直线M1M2的解析式， 并证明线段 PQ 任一中点在直线M1M2上，从而得出线段M1M2即为线段PQ 中点 M

75、所经过的路径长，根据勾股定理即可求出。【例 17】已知抛物线2yax2axc与 y 轴交于 C 点，与 x 轴交于 A、B 两点，点 A 的坐标是（ 1，0） ，O 是坐标原点，且OCA3 O（1）求抛物线的函数表达式；（2）直接写出直线BC 的函数表达式；（3）如图 1，D 为 y 轴的负半轴上的一点，且OD=2，以 OD 为边作正方形ODEF.将正方形ODEF 以每秒 1 个单位的速度沿x 轴的正方向移动，在运动过程中，设正方形ODEF 与 OBC 重叠部分的面精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 38 页积为 s，运动

76、的时间为t 秒（ 0t 2）. 求： s 与 t 之间的函数关系式；在运动过程中，s 是否存在最大值？如果存在，直接写出这个最大值；如果不存在，请说明理由（4）如图 2，点 P（1，k）在直线BC 上，点 M 在 x 轴上，点N 在抛物线上，是否存在以A、M、N、 P为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出M 点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】 解： （1） A（ 1，0）, OC3OA， C（0， 3） 。抛物线经过A（ 1，0）,C（0， ， 3） ，2c31a2a1c0，解得a1c3。抛物线的函数表达式y=x2 2x3。（2）直线 BC 的函数表达式为y=x 3。（3）当正方形ODE

77、F 的顶点 D 运动到直线BC 上时，设 D 点的坐标为（ m， 2） ，根据题意得：2=m3， m=1。当 0t 1 时，S1=2t；当 1 t 2 时，如图， O1（t，0） ，D1（t，2） ，G（ t，t 3） ，H（1， 2） ，GD1=t1，HD1= t1。 S=1112D HGDD O O1SS2tt12矩形211=t +3t22。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 38 页 s与 t 之间的函数关系式为22t 0t1S11t +3t1t222在运动过程中，s是存在最大值：当t =2 秒时， S 有最大值，最

78、大值为72。（4）存在。 M 1（21，0）M2（21，0） ，M3（36， 0） ，M4（36，0） 。【考点】 二次函数综合题，待定系数法， 曲线上点的坐标与方程的关系，正方形的性质，二次函数的性质，平行四边形的判定。【分析】（1）求出点 C 的坐标，即可根据A，C 的坐标用待定系数法求出抛物线的函数表达式。（2）求出点B 的坐标（ 3，0） ，即可由待定系数法求出直线BC 的函数表达式。（3）分 0t 1 和 1t 2 讨论即可。由于222t 0t1S1119t +3t=t3+1t22222在 0t 2 上随 t 的增大而增大， 从而在运动过程中， s 是存在最大值：当t =2 秒时，

79、S 有最大值，最大值为72。（4）由点 P（1，k）在直线BC 上，可得k=2。 P（1， 2） 。则过点 P 且平行于x 轴的直线N1N2和在 x 轴上方与x 轴的距离为2 的直线 N3N4，与 y=x22x3 的交点N1、N2、 N3、N4的坐标分别为N1（12， 2） ，N2（1+2， 2） ， N3（16， 2） ，N4（1+6， 2） 。若 AP 是边，则 M1的横坐标为PN1加点 A 的横坐标：21；M2的横坐标为PN2加点 A 的横坐标：21；M3的横坐标为N3的纵坐标加N3的横坐标：36；M4的横坐标为N4的纵坐标加N4的的横坐标：36。若 AP 是对角线，符合条件的点M 与上

80、述 M 1（21，0）和 M2（21，0）重合。综上所述， M 1（21，0） ， M2（21， 0） ，M3（36，0） ，M4（36，0） 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 31 页，共 38 页【例 18】如图，已知抛物线经过原点O 和 x 轴上一点A（4，0） ，抛物线顶点为E，它的对称轴与x 轴交于点D.直线y2x1经过抛物线上一点B（ 2，m）且与 y 轴交于点C，与抛物线的对称轴交于点F. （1）求 m 的值及该抛物线对应的解析式；（2） P(x, y)是抛物线上的一点，若SADP=SADC,求出所有符合条件的点P 的

81、坐标；（3）点 Q 是平面内任意一点，点M 从点 F 出发，沿对称轴向上以每秒1 个单位长度的速度匀速运动，设点 M 的运动时间为t 秒，是否能使以Q、A、E、M 四点为顶点的四边形是菱形.若能，请直接写出点M 的运动时间t 的值；若不能，请说明理由. 备用图【答案】 解： （1）点 B（ 2，m）在直线y=2x 1 上， m =2 （2） 1=3 。 B（ 2，3） 。又抛物线经过原点O，设抛物线的解析式为2yaxbx。点 B（ 2，3） ，A（4，0）在抛物线上4a2b316a4b0，解得：1a4b1。设抛物线的解析式为21yxx4。（2） P（x， y）是抛物线上的一点，21P(x,xx

82、)4。点 C 是直线 y= 2x1 与 y 轴交点， C（ 0，1） 。 OC=1。若 SADP=SADC，ADC1SAD OC2，ADP1SADy2，11AD OCADy22，即OCy。21xx14，即21xx14或21xx14。解得：1234x22 2, x22 2, xx2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 32 页，共 38 页点 P 的坐标为P1（22 2，1） ，P2（222，1） ，P3（2， 1） 。（3）结论：存在。当t1=45，t2=6，t3=4+ 5，t4=132时，以 Q、A、E、M 四点为顶点的四边形是菱形。【

83、考点】 动点问题，二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组和一元二次方程，二次函数的性质，勾股定理，菱形的判定和性质。【分析】（1）由点 B（ 2，m）在直线 y=2x1 上，将其代入即可求得m 的值，从而得到点B 的坐标，由点 O，A，B 在抛物线上，用待定系数法即可求得抛物线对应的解析式。（2） 设21P ( x ,xx )4， 求得点 C的坐标，由 SADP=SADC和二者是同底等高的三角形，得OCy，即21xx14，解之即可求得点P 的坐标。（3）抛物线的解析式为21yxx4，顶点E（2， 1） ，对称轴为x=2。点 F 是直线 y=2x1 与对称轴x=

84、2 的交点， F（2， 5） ， DF=5。又 A（4，0） ， AE=5。如图所示，在点M 的运动过程中，依次出现四个菱形：菱形 AEM1Q1。此时 DM1=AE=5，M1F=DF DEDM1=45。t1=45。菱形 AEOM2。此时 DM2=DE=1 ， M2F=DF+DM2=6。t2=6。菱形 AEM3Q3。此时 EM3=AE=5，DM3=EM3DE=51。 M3F=DM3+DF=（51）+5=4+ 5。 t3=4+ 5。菱形 AM4EQ4。此时 AE 为菱形的对角线，设对角线AE 与 M4Q4交于点 H，则 AE M4Q4。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

85、 - - - - - - -第 33 页，共 38 页易知 AED M4EH ，4M EEHAEDE，即45M E215，得 M4E=52。DM4=M4EDE=521=32。 M4F=DM4+DF=32+5=132。t4=132。综上所述，存在点M、点 Q，使得以Q、AE、M 四点为顶点的四边形是菱形；时间t 的值为： t1=45，t2=6，t3=4+ 5，t4=132。【例 19】如图，抛物线32bxaxy交y轴于点 C，直线 l 为抛物线的对称轴，点P 在第三象限且为抛物线的顶点.P 到 x 轴的距离为103，到y轴的距离为1.点 C 关于直线l 的对称点为A，连接 AC 交直线 l 于

86、B. （1）求抛物线的表达式；（2）直线mxy43与抛物线在第一象限内交于点D，与y轴交于点F,连接 BD 交y轴于点 E，且DE:BE=4:1. 求直线mxy43的表达式；（3）若 N 为平面直角坐标系内的点，在直线mxy43上是否存在点M，使得以点O、F、M、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】 解： （1）抛物线23yaxbx交y轴于点 C， C（0，-3）则OC=3。P 到x轴的距离为103，P 到y轴的距离是1，且在第三象限，P（-1，-103） 。C 关于直线l 的对称点为A， A（-2，-3） 。精选学习资料 - - - - -

87、 - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 34 页，共 38 页将点 A（ -2， -3） ，P（-1，-103）代入23yaxbx得，42331033abab，解得1323ab。抛物线的表达式为212333yxx。（2）过点 D 做 DGy轴于 G，则 DGE= BCE=90 。 DEG=BEC ， DEG BEC。DGDEBCBE。DE:BE=4:1 ，BC=1，DG411, 则 DG=4。将x=4 代入212333yxx，得y=5。D（4,5） 。34yxm过点 D（4,5）,3544m,则m=2。所求直线的表达式为324yx。（3）存在。M1816( ,)55，M2

88、84(,)55，M34(, 1)3，M44814(,)2525。【考点】 二次函数综合题，待定系数法， 曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定。【分析】（1）求出点 A、P 的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的表达式。（2）过点 D 做 DGy轴于 G，由 DEG BEC 求出点 D 的坐标，代入34yxm即可求得直线34yxm的表达式。（3）存在。分三种情况讨论：当 OF 和 FM 都为菱形的边时，点 F 在324yx上， F（0，2） ，OF=2。设 M3,24xx，则 FM=22352244xxx，由 OF=FM 解得85x。精选学习

89、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 35 页，共 38 页当85x时，316245x， M1816(,)55。当85x时，34245x， M284(,)55。当 OF 为菱形的对角线时，MN 垂直平分OF，在324yx中令1y，即3214x，解得43x。 M34(, 1)3。当 FM 为菱形的对角线时，设M3,24xx，则 OM=22324xx，由 OF=OM 得223224xx解得4825x（舍去0x） 。32 5241 4x，M44814(,)2525。【例 20】如图甲，在平面直角坐标系中，A、B 的坐标分别为（4，0） 、 （0， 3）

90、 ，抛物线y=34x2+bx+c经过点 B，且对称轴是直线x=52（1）求抛物线对应的函数解析式；（2）将图甲中ABO 沿 x 轴向左平移到DCE（如图乙），当四边形ABCD 是菱形时，请说明点C 和点D 都在该抛物线上（3）在（ 2）中，若点M 是抛物线上的一个动点（点M 不与点 C、D 重合） ，经过点M 作 MN y 轴交直线 CD 于 N，设点 M 的横坐标为t，MN 的长度为l，求 l 与 t 之间的函数解析式，并求当t 为何值时，以M 、N、C、E 为顶点的四边形是平行四边形（参考公式： 抛物线 y=ax2+bx+c（ a0 ）的顶点坐标为 （b2a，24acb4a） ，对称轴是直

91、线x=b2a ）【答案】 解： （1）由于抛物线y=34x2+bx+c 与 y 轴交于点B（0，3） ，则c=3。抛物线的对称轴x=b52a2， b=5a=154。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 36 页，共 38 页抛物线的解析式：y=34x2+154x+3。（ 2） A（4，0） 、B B（0，3） ， OA=4 ， OB=3，22ABOAOB5。若四边形ABCD 是菱形，则BC=AD=AB=5 ， C（ 5，3） 、D（ 1，0）. 将 C（ 5，3）代入 y=34x2+154x+3 中，得：34 （ 5）2+154 （ 5）

92、+3=3，点 C 在抛物线上；同理可证：点D 也在抛物线上。（ 3）设直线CD 的解析式为：y=kx+b ，依题意，有：5k+b=3k+b=0，解得3k=43b=4。直线 CD：y=34x34。由于 MN y 轴，设M（t，34t2+154t+3） ，则N（t，34t34） 。t 5 或 t 1时， l=MN= （34t2+154t+3）（34t34）=34t2+92t+154； 5t 1 时， l=MN= （34t34）（34t2+154t+3）=34t292t154。若以 M、N、C、E 为顶点的四边形是平行四边形，由于 MN CE，则 MN=CE=3 ，则有：34t2+92t+154=3

93、，解得： t=3 22；或34t292t154=3，解得： t= 3。综上所述， l 与 t 之间的函数解析式为l=223915t +t+t14243915tt5t1424或。且当 t=3 22或 3 时，以 M、N、C、E 为顶点的四边形是平行四边形。【考点】 二次函数综合题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，菱形的性质，平行四边形的判定。【分析】（1）抛物线 y=34x2+bx+c 中， （ 0，c）代表的是抛物线与y 轴的交点， x=b2a是抛物线的对称轴，据此确定待定系数。（2） 已知 A、 B 点的坐标， 由勾股定理能求出AB 的长，若四边形 ABCD

94、 是菱形，那么 AD=BC=AB ，可据此求出C、D 点的坐标，再代入抛物线的解析式中进行验证即可。（3）在求 l 与 t 之间的函数解析式时，要分两种情况：抛物线在直线CD 上方、抛物线在直线CD 下方；先根据直线CD 与抛物线的解析式，表示出M、N 的坐标，它们纵坐标的差即为l 的长，当以精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 37 页，共 38 页M 、N、C、E 为顶点的四边形是平行四边形时，由于CEMN y 轴，那么CE 必与 MN 相等，将CE 长代入 l、t 的函数关系式中，即可求出符合条件的t 的值。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 38 页，共 38 页