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  • 2021-11-11 发布

中考数学解题指导专题20:动态几何之存在性问题探讨

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1 【2013 年中考攻略】专题 20:动态几何之存在性问题探讨 动态题是近年来中考的的一个热点问题,动态包括点动、线动和面动三大类,解这类题目要“以静制 动”,即把动态问题,变为静态问题来解,而静态问题又是动态问题的特殊情况。常见的题型包括最值问 题、面积问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。前面我们已经对最值问题、面积问题、和差问题、 定值问题进行了探讨,本专题对存在性问题进行探讨。 结合 2012 年全国各地中考的实例,我们从七方面进行动态几何之存在性问题的探讨:(1)等腰(边) 三角形存在问题;(2)直角三角形存在问题;(3)平行四边形存在问题;(4)矩形、菱形、正方形存在问 题;(5)梯形存在问题;(6)全等、相似三角形存在问题;(7)其它存在问题。 一、等腰(边)三角形存在问题: 典型例题: 例 1:(2012 广西崇左 10 分)如图所示,抛物线 cbxaxy  2 (a≠0)的顶点坐标为点 A(-2,3), 且抛物线 与 y 轴交于点 B(0,2). (1)求该抛物线的解析式; (2)是否在 x 轴上存在点 P 使△PAB 为等腰三角形,若存在,请求出点 P 的坐标;若不存在,请说 明理由; (3)若点 P 是 x 轴上任意一点,则当 PA-PB 最大时,求点 P 的坐标. 【答案】解:(1)∵抛物线的顶点坐标为 A(-2,3),∴可设抛物线的解析式为 2y a(x 2) 3   。 由题意得 2a(0 2) 3 2   ,解得 1a 4 。 ∴物线的解析式为 21y (x 2) 34    ,即 21y x x 24    。 (2)设存在符合条件的点 P,其坐标为(p,0),则 PA 2 = 22( 2 p) 3   ,PB= 22p2 ,AB = 22(3 2) 2 5   当 PA=PB 时, = ,解得 9p 4 ; 2 当 PA=PB 时, 22( 2 p) 3   =5,方程无实数解; 当 PB=AB 时, 22p2 =5,解得 p1 。 ∴x 轴上存在符合条件的点 P,其坐标为( 9 4 ,0)或(-1,0)或(1,0)。 (3)∵PA-PB≤AB,∴当 A、B、P 三点共线时,可得 PA-PB 的最大值,这个最大值等于 AB, 此时点 P 是直线 AB 与 x 轴的交点。 设直线 AB 的解析式为 y=kx+b,则 b2 2k b 3     ,解得 1k 2 b2     。∴直线 AB 的解析式为 1y x 22   , 当 =0 时,解得 x4 。 ∴当 PA-PB 最大时,点 P 的坐标是(4,0)。 【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,等腰三角形的判定和性质。 【分析】(1)由已知用待定系数法,设顶点式求解。 (2)分 PA=PB、PA=PB、PB=A 三种情况讨论即可。 (3)求得 PA-PB 最大时的位置,即可求解。 例 2:(2012 辽宁朝阳 14 分)已知,如图,在平面直角坐标系中,Rt△ABC 的斜边 BC 在 x 轴上,直角顶 点 A 在 y 轴的正半轴上,A(0,2), B(-1,0)。 (1)求点 C 的坐标; (2)求过 A、B、C 三点的抛物线的解析式和对称轴; (3)设点 P(m,n)是抛物线在第一象限部分上的点,△PAC 的面积为 S,求 S 关于 m 的函数关系 式,并求使 S 最大时点 P 的坐标; (4)在抛物线对称轴上,是否存在这样的点 M,使得△MPC(P 为上述(3)问中使 S 最大时点)为 等腰三角形?若存在,请直接写出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由。 3 【答案】解:(1)∵A(0,2), B(-1,0), ∴OA=2,OB=1。 由 Rt△ABC 知 Rt△ABO∽Rt△CAO,∴ OA OB OC OA ,即 21 OC 2 ,解得 OC=4。 ∴点 C 的坐标为(4,0)。 (2)设过 A、B、C 三点的抛物线的解析式为   y=a x+1 x 4 , 将 A(0,2)代入,得   2=a 0+1 0 4 ,解得 1a= 2 。 ∴过 A、B、C 三点的抛物线的解析式为   1y= x+1 x 42,即 213y= x + x+222 。 ∵ 2 21 3 1 3 25y= x + x+2= x +2 2 2 2 8    ,∴抛物线的对称轴为 3x= 2 。 (3)过点 P 作 x 轴的垂线,垂足为点 H。 ∵点 P(m,n)在 上, ∴P 213m m + m+222  , 。 ∴ 2 3 2 AOHP 1 1 3 1 3S 2 m + m+2 m= m + m +2m2 2 2 4 4    梯形 ,   2 3 2 PHC 1 1 3 1 7S 4 m m + m+2 = m m +2m+42 2 2 4 4     , AOC 1S = 4 2=42  。 ∴ 3 2 3 2 2 PHC AOCAOHP 1 3 1 7S=S +S S = m + m +2m+ m m +2m+4 4= m +4m4 4 4 4    梯形 。 ∵  22S=m +4m= m 2 +4 ,∴当 m2 时,S 最大。 当 时, 213n= 2 + 2+2=322   。∴点 P 的坐标为(2,3)。 (4)存在。点 M 的坐标为( 31,22 )或( 33,322 )或( 33,322 - )或( 3, 3 102  )或 4 ( 3, 102 3- )。 【考点】二次函数综合题,相似三角形的判定和性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次 函数的性质,等腰三角形的判定和性质。 【分析】(1)由 Rt△ABO∽Rt△CAO 可得 OA OB OC OA ,从而求出点 C 的坐标。 (2)设抛物线的交点式,用待定系数法求出抛物线的解析式;化为顶点式可得抛物线的对称轴。 (3)过点 P 作 x 轴的垂线于点 H,则由 PHC AOCAOHPS=S +S S梯形 可得 S 关于 m 的函数关系式; 化为顶点式可得 S 最大时点 P 的坐标。 另解:点 A、C 的坐标可求 AC 的解析式: 1y= x2 ,设过点 P 与 AC 平行的直线为 1y= x+b2 。 由点 P 在 和 213y= x + x+222 可得 2 1n= m+b2 13n= m + m+222     。 ∴ 21 1 3m+b= m + m+22 2 2 ,整理,得 2m 4m 4+2b=0 。 要使△PAC 的面积最大,即要点 P 到 AC 的距离最大,即 与 只 有一个交点,即 的△=0,即    24 4 4+2b =0   ,解得 b=4 。 将 代入 得 m2 ,将 代入 1n= m+22 得 n=3 。 ∴当 S 最大时点 P 的坐标为(2,3)。 (4)设点 M( 3 ,h2 ), ∵C(4,0), P(2,3), ∴PC=  2 24 2 3 13   , PM=   2 2 23 372 3 h h 6h24       , CM= 2 223 254 h h24     。 分三种情况讨论: ①当点 M 是顶点时,PM= CM,即 2237 25h 6h h44    ,解得, 1h= 2 。∴M1( 31,22 )。 5 ②当点 C 是顶点时,PC= CM,即 2 2513 h 4,解得, 3h= 32 。 ∴M2( 33,322 ), M2( 33,322 - )。 ③当点 P 是顶点时,PC= PM,即 2 3713 h 6h 4   ,解得, h=3 10 。 ∴M4( 3, 3 102  ), M5( 3, 102 3- )。 综上所述,当点 M 的坐标为( 31,22 )或( )或( )或( )或 ( )时,△MPC 为等腰三角形。 例 3:(2012 山东临沂 13 分)如图,点 A 在 x 轴上,OA=4,将线段 OA 绕点 O 顺时针旋转 120°至 OB 的 位置. (1)求点 B 的坐标; (2)求经过点 A.O、B 的抛物线的解析式; (3)在此抛物线的对称轴上,是否存在点 P,使得以点 P、O、B 为顶点的三角形是等腰三角形?若存在, 求点 P 的坐标;若不存在,说明理由. 【答案】解:(1)如图,过 B 点作 BC⊥x 轴,垂足为 C,则∠BCO=90°。 ∵∠AOB=120°,∴∠BOC=60°。 又∵OA=OB=4, ∴OC= 1 2 OB= ×4=2,BC=OB•sin60°= 34 =2 32 。 ∴点 B 的坐标为(﹣2,﹣ 23)。 (2)∵抛物线过原点 O 和点 A.B, ∴可设抛物线解析式为 y=ax2+bx,将 A(4,0), B(﹣2,﹣ )代入,得 6 16a+4b=0 4a 2b= 2 3   ,解得 3a= 6 23b= 3     。 ∴此抛物线的解析式为 3 2 3y= x+63 。 (3)存在。 如图,抛物线的对称轴是 x=2,直线 x=2 与 x 轴的交点为 D,设点 P 的坐标为(2,y)。 ①若 OB=OP,则 22+|y|2=42,解得 y=±23, 当 y= 时, 在 Rt△POD 中,∠PDO=90°,sin∠POD= PD 3 OP 2 , ∴∠POD=60° ∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°,即 P、O、B 三点在同一直线上。 ∴y= 不符合题意,舍去。 ∴点 P 的坐标为(2,﹣ )。 ②若 OB=PB,则 42+|y+ |2=42,解得 y=﹣ 。 ∴点 P 的坐标为(2,﹣ )。 ③若 OP=BP,则 22+|y|2=42+|y+ |2,解得 y=﹣ 。 ∴点 P 的坐标为(2,﹣ )。 综上所述,符合条件的点 P 只有一个,其坐标为(2,﹣ )。 【考点】二次函数综合题,旋转的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,待定系数法,曲线上 点的坐标与方程的关系,等腰三角形的性质,勾股定理,分类讨论。 【分析】(1)首先根据 OA 的旋转条件确定 B 点位置,然后过 B 做 x 轴的垂线,通过构建直角三角形和 OB 的长(即 OA 长)确定 B 点的坐标。 (2)已知 O、A、B 三点坐标,利用待定系数法求出抛物线的解析式。 (3)根据(2)的抛物线解析式,可得到抛物线的对称轴,然后先设出 P 点的坐标,而 O、B 坐 标已知,可先表示出△OPB 三边的边长表达式,然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP 三种情况分类讨 论,然后分辨是否存在符合条件的 P 点。 7 例 4:(2012 内蒙古包头 12 分)已知直线 y = 2x + 4 与 x 轴、y 轴分别交于 A , D 两点,抛物线 21y= x +bx+c2 经过点 A , D ,点 B 是抛物线与 x 轴的另一个交点。 (1)求这条抛物线的解析式及点 B 的坐标; (2)设点 M 是直线 AD 上一点,且 AOM OMDS : S 1 : 3 ,求点 M 的坐标; (3)如果点 C(2,y)在这条抛物线上,在 y 轴的正半轴上是否存在点 P,使△BCP 为等腰三角形? 若存在,请求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由。 【答案】解:(1)在 y = 2x + 4 中,令 y =0,得 x=-2;令 x=0,得 y =4。 ∴A(-2,0),D(0,4)。 将 A(-2,0),D(0,4)代入 21y= x +bx+c2 ,得 1 4 2b+c=02 c=4     ,解得 b=1 c=4    。 ∴这条抛物线的解析式为 21y= x +x+42 。 令 21y= x +x+4=02 ,解得 12x = 2 x =4 , 。∴B(4,0)。 (2)设 M(m,2 m + 4),分两种情况: ①当 M 在线段 AD 上时,由 AOM OMDS : S 1 : 3 得    112 2m+2 : 4 m 1 : 322               , 解得, 3m 2 。∴M1( 3 12 , )。 ②当 M 在线段 DA 延长线上时, 由 得 8    112 2m+2 : 4 m 1 : 322                ,解得 m3 。∴M2( 34 , )。 综上所述,点 M 的坐标为 M1( 3 12 , ),M2( )。 (3)存在。 ∵点 C(2,y)在 21y= x +x+42 上, ∴ 21y= 2 +2+4=42 。∴C(2,4)。 设 P 0, p ,根据勾股定理,得  222BC 4 2 +4 20   , 2 2 2 2PB 4 +p 16+p,  22 2 2PC 2 + p 4 p 8p+20    。 分三种情况: ①若 PB=BC,则 216+p 20 ,解得, p2 。 ∵点 P 在 y 轴的正半轴上,∴P1(0,2)。 ②若 PB=PC,则 2216+p p 8p+20 ,解得, 1p 2 。∴P2(0, 1 2 )。 ③若 BC=PC,则 220 p 8p+20 ,解得, p 0 p 8或 。 ∵点 P 在 y 轴的正半轴上,∴ p0 不符合要求。 当 p8 时,B、C、P 在一直线上,不构成三角形,也不符合要求。 ∴BC=PC 时,在 y 轴的正半轴上是不存在点 P,使△BCP 为等腰三角形。 综上所述,在 y 轴的正半轴上是存在点 P1(0,2),P2(0, ),使△BCP 为等腰 三角形。 【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,勾股定理,等腰三角形的判定。 【分析】(1)求出点 A,D 的坐标,代入 21y= x +bx+c2 ,即可求出抛物线的解析式。令 y=0,即可求出 点 B 的坐标。 (2)分 M 在线段 AD 上和 M 在线段 DA 延长线上两种情况两种情况讨论。 (3)P ,由勾股定理,表示出各边长,分 PB=BC,PB=PC,BC=PC 三种情况讨论。 例 5:(2012 福建龙岩 14 分)在平面直角坐标系 xoy 中, 一块含 60°角的三角板作如图摆放,斜边 AB 9 在 x 轴上,直角顶点 C 在 y 轴正半轴上,已知点 A(-1,0). (1)请直接写出点 B、C 的坐标:B( , )、 C( , );并求经过 A、B、C 三点的抛物 线解析式; (2)现有与上述三角板完全一样的三角板 DEF(其中∠EDF=90°,∠DEF=60°),把顶点 E 放在线段 AB 上(点 E 是不与 A、B 两点重合的动点),并使 ED 所在直线经过点 C. 此时,EF 所在直线与(1) 中的抛物线交于第一象限的点 M. ①设 AE=x,当 x 为何值时,△OCE∽△OBC; ②在①的条件下探究:抛物线的对称轴上是否存在点 P 使△PEM 是等腰三角形,若存在,请求 点 P 的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)B(3,0), C(0, 3 )。 ∵A(—1,0)B(3,0) ∴可设过 A、B、C 三点的抛物线为    y=a x+1 x 3 a 0 。 又∵C(0, )在抛物线上,∴   3=a 0+1 0 3 ,解得 3a= 3 。 ∴经过 A、B、C 三点的抛物线解析式   3y= x+1 x 33即 23 2 3y= x + x+ 333 。 (2)①当△OCE∽△OBC 时,则 OC OE OB OC 。 ∵OC= , OE=AE—AO=x-1, OB=3,∴ 3 x 1 3 3  。∴x=2。 ∴当 x=2 时,△OCE∽△OBC。 ②存在点 P。 由①可知 x=2,∴OE=1。∴E(1,0)。 此时,△CAE 为等边三角形。 ∴∠AEC=∠A=60°。 10 又∵∠CEM=60°, ∴∠MEB=60°。 ∴点 C 与点 M 关于抛物线的对称轴 23 b 3x= = =12a 32 3    对称。 ∵C(0, 3 ), ∴M(2, )。 过 M 作 MN⊥x 轴于点 N(2,0), ∴MN= 。 ∴ EN=1。 ∴  22 2 2EM EN MN 1 + 3 2    。 若△PEM 为等腰三角形,则: ⅰ)当 EP=EM 时, ∵EM=2,且点 P 在直线 x=1 上,∴P(1,2)或 P(1,-2)。 ⅱ)当 EM=PM 时,点 M 在 EP 的垂直平分线上,∴P(1,2 ) 。 ⅲ)当 PE=PM 时,点 P 是线段 EM 的垂直平分线与直线 x=1 的交点,∴P(1, 23 3 ) ∴综上所述,存在 P 点坐标为(1,2)或(1,—2)或(1,2 )或(1, 23 3 )时, △EPM 为等腰三角形。 【考点】二次函数综合题,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,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,相似三角形的性质,等边三角形的判定和性质,勾股定理,等腰三角形的判 定。 【分析】(1)由已知,根据锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值可求出 OC 和 AB 的长,从而求得点 B、C 的坐标。设定交点式,用待定系数法,求得抛物线解析式。 (2)①根据相似三角形的性质,对应边成比例列式求解。 ②求得 EM 的长,分 EP=EM, EM=PM 和 PE=PM 三种情况求解即可。 练习题: 1. (2012 广西百色 10 分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线 y=ax2+bx+6 经过点 A(-3,0)和点 B(2, 0).直线 y=h(h 为常数,且 0<h<6)与 BC 交于点 D,与 y 轴交于点 E,与 AC 交于点 F,与抛物线在 第二象限交于点 G. (1)求抛物线的解析式; (2)连接 BE,求 h 为何值时,△BDE 的面积最大; 11 (3)已知一定点 M(-2,0).问:是否存在这样的直线 y=h,使△OMF 是等腰三角形,若存在,请 求出 h 的值和点 G 的坐标;若不存在,请说明理由. 2. (2012 江西省 10 分)如图,已知二次函数 L1:y=x2﹣4x+3 与 x 轴交于 A.B 两点(点 A 在点 B 左边), 与 y 轴交于点 C. (1)写出二次函数 L1 的开口方向、对称轴和顶点坐标; (2)研究二次函数 L2:y=kx2﹣4kx+3k(k≠0). ①写出二次函数 L2 与二次函数 L1 有关图象的两条相同的性质; ②是否存在实数 k,使△ABP 为等边三角形?如果存在,请求出 k 的值;如不存在,请说明理由; ③若直线 y=8k 与抛物线 L2 交于 E、F 两点,问线段 EF 的长度是否发生变化?如果不会,请求出 EF 的长 度;如果会,请说明理由. 3. (2012 湖南衡阳 10 分)如图所示,已知抛物线的顶点为坐标原点 O,矩形 ABCD 的顶点 A,D 在抛物 线上,且 AD 平行 x 轴,交 y 轴于点 F,AB 的中点 E 在 x 轴上,B 点的坐标为(2,1),点 P(a,b)在 抛物线上运动.(点 P 异于点 O) (1)求此抛物线的解析式. (2)过点 P 作 CB 所在直线的垂线,垂足为点 R, y=h 12 ①求证:PF=PR; ②是否存在点 P,使得△PFR 为等边三角形?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由; ③延长 PF 交抛物线于另一点 Q,过 Q 作 BC 所在直线的垂线,垂足为 S,试判断△RSF 的形状. 4. (2012 湖南永州 10 分)如图所示,已知二次函数 y=ax2+bx﹣1(a≠0)的图象过点 A(2,0)和 B(4, 3), l 为过点(0,﹣2)且与 x 轴平行的直线,P(m,n)是该二次函数图象上的任意一点,过 P 作 PH⊥l, H 为垂足. (1)求二次函数 y=ax2+bx﹣1(a≠0)的解析式; (2)请直接写出使 y<0 的对应的 x 的取值范围; (3)对应当 m=0,m=2 和 m=4 时,分别计算|PO|2 和|PH|2 的值.由此观察其规律,并猜想一个结论,证 明对于任意实数 m,此结论成立; (4)试问是否存在实数 m 可使△POH 为正三角形?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由. 5. (2012 广东梅州 11 分)如图,矩形 OABC 中,A(6,0)、 C(0,2 )、 D(0,3 ),射线 l 过点 D 且与 x 轴平行,点 P、Q 分别是 l 和 x 轴正半轴上动点,满足∠PQO=60°. 13 (1)①点 B 的坐标是 ;②∠CAO= 度;③当点 Q 与点 A 重合时,点 P 的坐标为 ;(直接写 出答案) (2)设 OA 的中心为 N,PQ 与线段 AC 相交于点 M,是否存在点 P,使△AMN 为等腰三角形?若存在, 请直接写出点 P 的横坐标为 m;若不存在,请说明理由. (3)设点 P 的横坐标为 x,△OPQ 与矩形 OABC 的重叠部分的面积为 S,试求 S 与 x 的函数关系式和相 应的自变量 x 的取值范围. 二、直角三角形存在问题: 典型例题: 例 1:(2012 山东枣庄 10 分)在平面直角坐标系中,现将一块等腰直角三角板 ABC 放在第二象限,斜靠 在两坐标轴上,点 C 为 (-1,0) .如图所示,B 点在抛物线 y=1 2x2+1 2x-2 图象上,过点 B 作 BD⊥x 轴,垂足为 D,且 B 点横坐标为-3. (1)求证:△BDC≌△COA; (2)求 BC 所在直线的函数关系式; (3)抛物线的对称轴上是否存在点 P,使△ACP 是以 AC 为直角边的直角三角形?若存在,求出所 有点 P 的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)证明:∵∠BCD+∠ACO=90°,∠ACO+∠OAC=90°, ∴∠BCD=∠OAC。 ∵△ABC 为等腰直角三角形 ,∴BC=AC。 在△BDC 和△COA 中,∠BDC=∠COA=90°,∠BCD=∠OAC,BC=AC, ∴△BDC≌△COA(AAS)。 (2)∵C 点坐标为 (-1,0),∴BD=CO=1。 ∵B 点横坐标为-3,∴B 点坐标为 (-3,1)。 设 BC 所在直线的函数关系式为 y=kx+b, 14 ∴  -k+b=0 -3k+b=1,解得 k=-1 2 b=-1 2 。∴BC 所在直线的函数关系式为 y=-1 2 x-1 2 。 (3)存在 。 ∵y=1 2x2+1 2x-2=1 2(x+1 2)2x-17 8 ,∴对称轴为直线 x=-1 2。 若以 AC 为直角边,点 C 为直角顶点,对称轴上有一点 P1,使 CP1⊥AC, ∵BC⊥AC,∴点 P1 为直线 BC 与对轴称直线 x=-1 2的交点。 由题意可得: y=-1 2x-1 2 x=-1 2 , 解得, x=-1 2 y=-1 4 。∴P1(-1 2,-1 4)。 若以 AC 为直角边,点 A 为直角顶点,对称轴上有一点 P2,使 AP2⊥AC, 则过点 A 作 A P2∥BC,交对轴称直线 x=-1 2于点 P2, ∵CD=OA,∴A(0,2)。 设直线 AP2 的解析式为:y=-1 2x+m,把 A(0,2)代入得 m=2。 ∴直线 AP2 的解析式为:y=-1 2x+2。 由题意可得: y=-1 2x+2 x=-1 2 ,解得, x=-1 2 y=-9 4 。∴P2(-1 2,-9 4)。 ∴P 点坐标分别为 P1(-1 2,-1 4)、 P2(-1 2,-9 4)。 【考点】二次函数综合题,平角定义,直角三角形两锐角的关系,等腰直角三角形的性质,全等三角形的 判定和性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,抛物线的对称轴,直角三角形的判定。 【分析】(1)由等腰直角三角形的性质,平角定义,直角三角形两锐角的关系,可由 AAS 证得。 (2)求出点 B 的坐标,由点 B、C 的坐标,用待定系数法可求 BC 所在直线的函数关系式。 15 (3)分点 C 为直角顶点和点 A 为直角顶点两种情况讨论即可。 例 2:(2012 重庆市 12 分)已知:如图,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠B=90°,AD=2,BC=6,AB=3.E 为 BC 边上一点,以 BE 为边作正方形 BEFG,使正方形 BEFG 和梯形 ABCD 在 BC 的同侧. (1)当正方形的顶点 F 恰好落在对角线 AC 上时,求 BE 的长; (2)将(1)问中的正方形 BEFG 沿 BC 向右平移,记平移中的正方形 BEFC 为正方形 B′EFG,当点 E 与 点 C 重合时停止平移.设平移的距离为 t,正方形 B′EFG 的边 EF 与 AC 交于点 M,连接 B′D,B′M,DM, 是否存在这样的 t,使△B′DM 是直角三角形?若存在,求出 t 的值;若不存在,请说明理由; (3)在(2)问的平移过程中,设正方形 B′EFG 与△ADC 重叠部分的面积为 S,请直接写出 S 与 t 之间的 函数关系式以及自变量 t 的取值范围. 【答案】解:(1)如图①,设正方形 BEFG 的边长为 x, 则 BE=FG=BG=x。 ∵AB=3,BC=6,∴AG=AB﹣BG=3﹣x。 ∵GF∥BE,∴△AGF∽△ABC。 ∴ AG GF=AB BC ,即 3 x x=36  。 解得:x=2,即 BE=2。 (2)存在满足条件的 t,理由如下: 如图②,过点 D 作 DH⊥BC 于 H, 则 BH=AD=2,DH=AB=3, 由题意得:BB′=HE=t,HB′=|t﹣2|,EC=4﹣t, ∵EF∥AB,∴△MEC∽△ABC。 ∴ ME EC=AB BC ,即 ME 4 t=36  。∴ME=2﹣ 1 2 t。 在 Rt△B′ME 中,B′M2=ME2+B′E2=22+(2﹣ t)2= 1 4 t2﹣2t+8。 在 Rt△DHB′中,B′D2=DH2+B′H2=32+(t﹣2)2=t2﹣4t+13。 16 过点 M 作 MN⊥DH 于 N,则 MN=HE=t,NH=ME=2﹣ 1 2 t, ∴DN=DH﹣NH=3﹣(2﹣ t)= t+1。 在 Rt△DMN 中,DM2=DN2+MN2=( t+1)2+ t 2= 5 4 t2+t+1。 (Ⅰ)若∠DB′M=90°,则 DM2=B′M2+B′D2, 即 t2+t+1=( 1 4 t2﹣2t+8)+(t2﹣4t+13),解得:t= 20 7 。 (Ⅱ)若∠B′MD=90°,则 B′D2=B′M2+DM2, 即 t2﹣4t+13=( t2﹣2t+8)+( t2+t+1),解得:t1=﹣3+ 17 ,t2=﹣3﹣ (舍去)。 ∴t=﹣3+ 。 (Ⅲ)若∠B′DM=90°,则 B′M2=B′D2+DM2, 即 t2﹣2t+8=(t2﹣4t+13)+( t2+t+1),此方程无解。 综上所述,当 t= 或﹣3+ 时,△B′DM 是直角三角形; (3) 2 2 2 14t 0 t43 1 2 4t t t 28 3 3S 3 5 10t 2t 2 t8 3 3 1 5 10t t 42 2 3                      < < < 。 【考点】相似三角形的判定和性质,勾股定理和逆定理,正方形的性质,直角梯形的性质,平移的性质。 【分析】(1)首先设正方形 BEFG 的边长为 x,易得△AGF∽△ABC,根据相似三角形的对应边成比例, 即可求得 BE 的长。 (2)首先由△MEC∽△ABC 与勾股定理,求得 B′M,DM 与 B′D 的平方,然后分别从若∠DB′M、 ∠DB′M 和∠B′DM 分别是直角,列方程求解即可。 (3)分别从 40t3 , 4 t23 < , 102t 3< 和10 t43 < 时去分析求解即可求得答案: ①如图③,当 F 在 CD 上时,EF:DH=CE:CH, 即 2:3=CE:4,∴CE= 8 3 。 ∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣ 84=33 。 17 ∵ME=2﹣ 1 2 t,∴FM= t, ∴当 40t3 时,S=S△FMN= ×t× t= 1 4 t2。 ②如图④,当 G 在 AC 上时,t=2, ∵EK=EC•tan∠DCB=  DH 3 3EC 4 t =3 tCH 4 4    , ∴FK=2﹣EK= 3 t4 ﹣1。 ∵NL= 24AD=33 ,∴FL=t﹣ 4 3 , ∴当 4 t23 < 时,S=S△FMN﹣S△FKL= t2﹣ (t﹣ ) ( ﹣1)= 212tt83   。 ③如图⑤,当 G 在 CD 上时,B′C:CH=B′G:DH, 即 B′C:4=2:3,解得:B′C= 8 3 , ∴EC=4﹣t=B′C﹣2= 2 3 。∴t=10 3 。 ∵B′N= B′C= (6﹣t)=3﹣ t, ∴GN=GB′﹣B′N= t﹣1。 ∴当 102t 3< 时,S=S 梯形 GNMF﹣S△FKL= ×2×( t﹣1+ t)﹣ (t﹣ )( ﹣1) = 235t 2t83   。 ④如图⑥,当10 t43 < 时, ∵B′L= 3 4 B′C= 3 4 (6﹣t), EK= 3 4 EC= 3 4 (4﹣t), B′N= B′C= (6﹣t)EM= EC= (4﹣t), ∴S=S 梯形 MNLK=S 梯形 B′EKL﹣S 梯形 B′EMN= 15t22。 综上所述: 2 2 2 14t 0 t43 1 2 4t t t 28 3 3S 3 5 10t 2t 2 t8 3 3 1 5 10t t 42 2 3                      < < < 。 18 例 3:(2012 内蒙古赤峰 12 分)如图,抛物线 2y x bx 5   与 x 轴交于 A.B 两点(点 A 在点 B 的左侧), 与 y 轴交于点 C,点 C 与点 F 关于抛物线的对称轴对称,直线 AF 交 y 轴于点 E,|OC|:|OA|=5:1. (1)求抛物线的解析式; (2)求直线 AF 的解析式; (3)在直线 AF 上是否存在点 P,使 △CFP 是直角三角形?若存在,求出 P 点坐标;若不存在,说明理由. 【答案】解:(1)在 y=x2﹣bx﹣5 中令 x=0,得 y=5,∴|OC|=5。 ∵|OC|:|OA|=5:1,∴|OA|=1。∴A(﹣1,0)。 把 A(﹣1,0)代入 y=x2﹣bx﹣5 得(﹣1)2+b﹣5=0,解得 b=4。 ∴抛物线的解析式为 y=x2﹣4x﹣5。 (2)∵y=x2﹣4x﹣5=(x﹣2)2﹣9,∴抛物线的的对称轴为 x=2。 ∵点 C 与点 F 关于对称轴对称,C(0,﹣5)∴F(4,﹣5)。 设直线 AF 的解析式为 y=kx+b, 把 F(4,﹣5), A(﹣1,0),代入 y=kx+b,得 4k+b= 5 k+b=0   ,解得 k= 1 b= 1    。∴直线 FA 的解析式为 y=﹣x﹣ 1。 (3)存在。理由如下: ①当∠FCP=90°时,点 P 与点 E 重合, ∵点 E 是直线 y=﹣x﹣1 与 y 轴的交点,∴E(0,﹣1)。 ∴P(0,﹣1)。 ②当 CF 是斜边时,过点 C 作 CP⊥AF 于点 P。 设 P(x1,﹣x1﹣1), ∵∠ECF=90°,E(0,﹣1), C(0,﹣5), F(4,﹣5), 19 ∴CE=CF。∴EP=PF。∴CP=PF。 ∴点 P 在抛物线的对称轴上。∴x1=2。 把 x1=2 代入 y=﹣x﹣1,得 y=﹣3。∴P(2,﹣3)。 综上所述,直线 AF 上存在点 P(0,﹣1)或(0,﹣1)使△CFP 是直角三角形。 【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,直角三角形的 判定,等腰直角三角形的性质。 【分析】(1)根据抛物线解析式求出 OC 的长度,再根据比例求出 OA 的长度,从而得到点 A 的坐标,然 后把点 A 的坐标代入抛物线解析式计算求出 b,即可得到抛物线解析式。 (2)由 y=x2﹣4x﹣5=(x﹣2)2﹣9 可得对称轴为 x=2,根据点 C、F 关于对称轴对称可得点 F 的坐标,然后利用待定系数法求直线函数解析式求解即可。 (3)分①点 P 与点 E 重合和②CF 是斜边两种情况讨论即可。 例 4:(2012 海南省 13 分)如图,顶点为 P(4,-4)的二次函数图象经过原点(0,0),点 A 在该图象上, OA 交其对称轴l 于点 M,点 M、N 关于点 P 对称,连接 AN、ON (1)求该二次函数的关系式. (2)若点 A 的坐标是(6,-3),求△ANO 的面积. (3)当点 A 在对称轴 右侧的二次函数图象上运动,请解答下列问题: ①证明:∠ANM=∠ONM ②△ANO 能否为直角三角形?如果能,请求出所有符合条件的点 A 的坐标,如果不能,请说明理由. 【答案】解:(1)∵二次函数图象的顶点为 P(4,-4), ∴设二次函数的关系式为  2y=a x 4 4。 又∵二次函数图象经过原点(0,0), ∴  20=a 0 4 4,解得 1a= 4 。 ∴二次函数的关系式为  21y= x 4 44 ,即 21y= x 2x4  。 20 (2)设直线 OA 的解析式为 y=kx ,将 A(6,-3)代入得 3=6k ,解得 1k= 2 。 ∴直线 OA 的解析式为 1y=- x2 。 把 x=4代入 1y= x2 得 y= 2 。∴M(4,-2)。 又∵点 M、N 关于点 P 对称,∴N(4,-6), MN=4。 ∴ ANO 1S 6 4 122     。 (3)①证明:过点 A 作 AH⊥l 于点 H,, 与 x 轴交于点 D。则 设 A( 2 0 0 0 1x x 2x4  , ), 则直线 OA 的解析式为 2 00 0 0 1 x 2x 14y= x= x 2 xx4   。 则 M( 04 x 8, ), N( 04 x, ), H( 2 00 14 x 2x4  , )。 ∴OD=4,ND= 0x ,HA= 0x4 ,NH= 2 00 1 xx4  。 ∴       000 220 0 0 00000 4 x 4 4 x 4x4OD 4 HA 4tan ONM= tan ANM= = =1ND x NH x x 4 xx 4x +64xx4      , 。 ∴ tan ONM= tan ANM 。∴∠ANM=∠ONM。 ②能。理由如下:分三种情况讨论: 情况 1,若∠ONA 是直角,由①,得∠ANM=∠ONM=450, ∴△AHN 是等腰直角三角形。∴HA=NH,即 2 0 0 0 1x 4= x x4。 整理,得 2 00x 8x +16=0 ,解得 0 x =4 。 ∴此时,点 A 与点 P 重合。故此时不存在点 A,使∠ONA 是直角。 情况 2,若∠AON 是直角,则 2 2 2 OA +ON =AN 。 ∵   22 22 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 11 OA =x + x 2x ON =4 +x AN = x 4 + x 2x +x44             , , , ∴   22 22 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 11 x + x 2x +4 +x = x 4 + x 2x +x44             。 整理,得 32 0 0 0x 8x 16x =0 ,解得 0x =0 , 0 x =4 4 2 。 舍去 , 0 x =4 4 2 (在l 左侧)。 21 当 0 x =4+4 2 时, 0 y =4 。 ∴此时存在点 A( 4+4 2 4 , ),使∠AON 是直角。 情况 3,若∠NAO 是直角,则△AMN∽△DMO∽△DON,∴ MD OD OD ND 。 ∵OD=4,MD= 08x ,ND= 0x ,∴ 0 0 8x 4 4x   。 整理,得 2 00x 8x +16=0 ,解得 0 x =4 。 ∴此时,点 A 与点 P 重合。故此时不存在点 A,使∠ONA 是直角。 练习题: 1. (2012 广西河池 12 分)如图,在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,以底边 BC 的垂直平分线和 BC 所 在的直线建立平面直角坐标系,抛物线 217y x x 422= - + + 经过 A、B 两点. (1)写出点 A、点 B 的坐标; (2)若一条与 y 轴重合的直线 l 以每秒 2 个单位长度的速度向右平移,分别交线段 OA、CA 和抛物 线于点 E、M 和点 P,连结 PA、PB.设直线 l 移动的时间为 t(0<t<4)秒,求四边形 PBCA 的面积 S(面 积单位)与 t(秒)的函数关系式,并求出四边形 PBCA 的最大面积; (3)在(2)的条件下,抛物线上是否存在一点 P,使得△PAM 是直角三角形?若存在,请求出点 P 22 的坐标;若不存在,请说明理由. 2:( 2012 湖南邵阳 12 分)如图所示,直线 3y= x+b4 与 x 轴相交于点 A(4,0),与 y 轴相交于点 B, 将△AOB 沿着 y 轴折叠,使点 A 落在 x 轴上,点 A 的对应点为点 C. ⑴求点 C 的坐标; ⑵设点 P 为线段 CA 上的一个动点,点 P 与点 A、C 不重合,连结 PB,以点 P 为端点作射线 PM 交 AB 于 点 M,使∠BPM=∠BAC ① 求证:△PBC∽△MPA; ② 是否存在点 P 使△PBM 为直角三角形?若存在,请求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由。 3. (2012 云南省 9 分)如图,在平面直角坐标系中,直线 1y x 23   交 x 轴于点 P,交 y 轴于点 A.抛 物线 21y x bx c2    的图象过点 E(-1,0),并与直线相交于 A、B 两点. (1)求抛物线的解析式(关系式); (2)过点 A 作 AC⊥AB 交 x 轴于点 C,求点 C 的坐标; (3)除点 C 外,在坐标轴上是否存在点 M,使得△MAB 是直角三角形?若存在,请求出点 M 的坐标; 若不存在,请说明理由. 23 三、平行四边形存在问题: 典型例题: 例 1:(2012 山西省 14 分)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 B.D 两点的坐标; (2)点 P 是 x 轴上一个动点,过 P 作直线 l∥AC 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 A.P、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 y=0 时,﹣x2+2x+3=0,解得 x1=﹣1,x2=3。 ∵点 A 在点 B 的左侧,∴A.B 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(k1≠0),则 1 11 b =3 k +b =0   ,解得 1 1 k =3 b =3    。 ∴直线 AC 的解析式为 y=3x+3。 ∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,∴顶点 D 的坐标为(1,4)。 24 (2)抛物线上有三个这样的点 Q。如图, ①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); ②当点 Q 在点 Q2 位置时,点 Q2 的纵坐标为﹣3,代入抛物线 可得点 Q2 坐标为(1+ 7 ,﹣3); ③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(1﹣ ,﹣3)。 综上可得满足题意的点 Q 有三个,分别为:Q1(2,3), Q2(1+ ,﹣3), Q3(1﹣ ,﹣3)。 (3)点 B 作 BB′⊥AC 于点 F,使 B′F=BF,则 B′为点 B 关于直线 AC 的对称点.连接 B′D 交直线 AC 与点 M,则点 M 为所求。 过点 B′作 B′E⊥x 轴于点 E。 ∵∠1 和∠2 都是∠3 的余角,∴∠1=∠2。 ∴Rt△AOC∽Rt△AFB。∴ CO CA=BF AB 。 由 A(﹣1,0), B(3,0), C(0,3)得 OA=1,OB=3, OC=3, ∴AC= 10 ,AB=4。 ∴ 3 10=BF 4 ,解得 6 10BF= 5 。∴BB′=2BF= 12 10 5 , 由∠1=∠2 可得 Rt△AOC∽Rt△B′EB,∴ AO CO CA==B E BE BB 。 ∴ 1 3 10==B E BE 12 10 5  。∴B′E=12 5 ,BE= 36 5 。∴OE=BE﹣OB= ﹣3= 21 5 . ∴B′点的坐标为(﹣ , )。 设直线 B′D 的解析式为 y=k2x+b2(k2≠0),则 22 22 k +b =4 21 12k +b =55  ,解得 2 2 4k=13 48b=13     。 ∴直线 B'D 的解析式为: 4 48y= x+13 13 。 25 联立 B'D 与 AC 的直线解析式可得: y 3x 3 4 48y= x+13 13   ,解得 9x= 35 132y= 35     。 ∴M 点的坐标为( 9 132 35 35 , )。 例 2:(2012 山东日照 10 分)如图,二次函数 y=x2+bx+c 的图象与 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 EF∥BD,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=x2+bx+c 得, 26 9 3b+c=0 4 2b+c= 3    ,解得: b=2 c= 3    。 ∴抛物线的解析式为 y=x2+2x-3 。 由 x2+2x-3=0,得:x1=-3,x2=1,∴B 的坐标是(1,0)。 设直线 BD 的解析式为 y=kx+b,则 k+b=0 2k+b= 3   ,解得: k=1 b= 1    。 ∴直线 BD 的解析式为 y=x-1。 (2)∵直线 BD 的解析式是 y=x-1,且 EF∥BD, ∴直线 EF 的解析式为:y=x-a。 若四边形 BDFE 是平行四边形,则 DF∥x 轴。 ∴D、F 两点的纵坐标相等,即点 F 的纵坐标为-3。 由 2y=x +2x 3 y=x a    得 y2+(2a+1)y+a2+2a-3=0,解得:y=  2a+1 13 4a 2    。 令 =-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; ∴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 3:(2012 广西北海 12 分)如图,在平面直角坐标系中有 Rt△ABC,∠A=90°,AB=AC,A(-2,0)、 B(0,1)、 C(d,2)。 27 (1)求 d 的值; (2)将△ABC 沿 x 轴的正方向平移,在第一象限内 B、C 两点的对应点 B′、C′正好落在某反比例函数图 像上。请求出这个反比例函数和此时的直线 B′C′的解析式; (3)在(2)的条件下,直线 B′C′交 y 轴于点 G。问是否存在 x 轴上的点 M 和反比例函数图像上的点 P, 使得四边形 PGMC′是平行四边形。如果存在,请求出点 M 和点 P 的坐标;如果不存在,请说明理由。 【答案】解:(1)作 CN⊥x 轴于点 N。 在 Rt△CNA 和 Rt△AOB 中, ∵NC=OA=2,AC=AB ∴Rt△CNA≌Rt△AOB(HL)。 ∴AN=BO=1,NO=NA+AO=3, 又∵点 C 在第二象限,∴d=-3。 (2)设反比例函数为 ky x ,点 C′和 B′在该比例函数图像上, 设 C′(c,2),则 B′(c+3,1)。 把点 C′和B′的坐标分别代入 ,得 k=2 c;k=c+3。 ∴2 c=c+3,c=3,则 k=6。∴反比例函数解析式为 6y x 。 28 得点 C′(3,2); B′(6,1)。 设直线 C′B′的解析式为 y=ax+b,把 C′、B′两点坐标代入得 3a b 2 6a b 1    ,解 得 1a 3 b3     。 ∴直线 C′B′的解析式为 1y x 33   。 (3)设 Q 是 G C′的中点,由 G(0,3), C′(3,2),得点 Q 的横坐标为 3 2 ,点 Q 的纵坐标为 2+ 3 2 5=22  。∴Q( , 5 2 )。 过点 Q 作直线 l 与 x 轴交于 M′点,与 6y x 的 图象交于 P′点,若四边形 P′G M′ C′是平行四边形,则有 P′Q=Q M′,易知点 M′的横坐标大于 ,点 P′的 横坐标小于 。 作 P′H⊥x 轴于点 H,QK⊥y 轴于点 K,P′H 与 QK 交于点 E,作 QF⊥x 轴于点 F, 则△P′EQ≌△QFM′ 。 设 EQ=FM′=t,则点 P′的横坐标 x 为 3 t2  ,点 P′的纵坐标 y 为 6 6 12 3x 3 2tt2  , 点 M′的坐标是( 3 t2  ,0)。 ∴P′E= 12 5 3 2t 2 。 由 P′Q=QM′,得 P′E2+EQ2=QF2+FM′2,∴ 22 2212 5 5tt3 2t 2 2              , 整理得: 12 53 2t  ,解得 3t 10 (经检验,它是分式方程的解)。 ∴ 3 3 3 6t2 2 10 5    , 12 12 533 2t 3210   , 3 3 3 9t2 2 10 5    。 29 ∴P′( 6 5 ,5), M′( 9 5 ,0),则点 P′为所求的点 P,点 M′为所求的点 M。 【考点】反比例函数综合题,全等三角形的判定和性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,平 移的性质,平行四边形的和性质,勾股定理,解分式方程和二元一次方程组。 【分析】(1)作 CN⊥x 轴于点 N,由 Rt△CNA≌Rt△AOB 即可求得 d 的值。 (2)根据平移的性质,用待定系数法求出反比例函数和直线 B′C′的解析式。 (3)根据平行四边形对角线互相平分的性质,取 G C′的中点 Q,过点 Q 作直线 l 与 x 轴交于 M′ 点,与 6y x 的图象交于 P′点,求出 P′Q=Q M′的点 M′和 P′的坐标即可。 例 4:(2012 辽宁丹东 14 分)已知抛物线 2y ax 2ax c   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 OC A3 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 积为 s,运动的时间为 t 秒(0<t≤2). 求:①s 与 t 之间的函数关系式; ②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. 30 【答案】解:(1)∵ A(-1,0), OC 3 OA ,∴C(0,-3)。 ∵抛物线经过 A(-1,0),C(0,, 3), ∴    2 c3 1 a 2a 1 c 0         ,解得 a1 c3    。 ∴抛物线的函数表达式 y=x2-2x-3。 (2)直线 BC 的函数表达式为 y=x-3。 (3)当正方形 ODEF 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=m-3,∴m=1。 ①当 0<t≤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=t-1,HD1= t-1。 ∴S=  111 2 D HGDD O O 1S S 2t t 12   矩形 211= t +3t22。 ∴s 与 t 之间的函数关系式为    2 2t 0 t 1 S 11t +3t 1 t 222 < <     ②在运动过程中,s 是存在最大值:当 t =2 秒时,S 有最大值,最大值为 7 2 。 (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)①分 0<t≤1 和 1<t≤2 讨论即可。 ②由于      22 2t 0 t 1 S 1 1 1 9t +3t = t 3 + 1 t 22 2 2 2 < <       在 0<t≤2 上随 t 的增大而增大,从而在 31 运动过程中,s 是存在最大值:当 t =2 秒时,S 有最大值,最大值为 7 2 。 (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=x2-2x-3 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 与上述 M 1(- ,0)和 M2( ,0)重合。 综上所述,M 1(- ,0), M2( ,0), M3( ,0), M4( ,0)。 例 5:(2012 黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西 10 分)如图,在平面直角坐标系中,已知 Rt△AOB 的两条直角边 0A、08 分别在 y 轴和 x 轴上,并且 OA、OB 的长分别是方程 x2—7x+12=0 的两根(OA<0B), 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. 32 【答案】解:(1)由 x2-7 x +12=0 解得 x1=3,x2=4。 ∵OA<OB ,∴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: ①当∠APQ=∠AOB 时,如图 1,△APQ∽△AOB。 ∴ AP AQ AO AB ,即 t 5 2t 35  解得 t= 15 11 。∴Q( 20 18 11 11 , )。 ②当∠AQP=∠AOB 时,如图 2, △APQ∽△ABO。 ∴ AP AQ AB AO ,即 t 5 2t 53  解得 t= 25 13 。 ∴Q(12 30 13 13 , )。 (3)存在。M1( 4 22 55 , ), M2( 42 55 , ), M3( 48 55 , )。 练习题: 33 1. (2012 贵州安顺 14 分)如图所示,在平面直角坐标系 xOy 中,矩形 OABC 的边长 OA、OC 分别为 12cm、 6cm,点 A、C 分别在 y 轴的负半轴和 x 轴的正半轴上,抛物线 y=ax2+bx+c 经过点 A、B,且 18a+c=0. (1)求抛物线的解析式. (2)如果点 P 由点 A 开始沿 AB 边以 1cm/s 的速度向终点 B 移动,同时点 Q 由点 B 开始沿 BC 边以 2cm/s 的速度向终点 C 移动. ①移动开始后第 t 秒时,设△PBQ 的面积为 S,试写出 S 与 t 之间的函数关系式,并写出 t 的取值范围. ②当 S 取得最大值时,在抛物线上是否存在点 R,使得以 P、B、Q、R 为顶点的四边形是平行四边形?如 果存在,求出 R 点的坐标;如果不存在,请说明理由. 2. (2012 湖北恩施 8 分)如图,已知抛物线 y=﹣x2+bx+c 与一直线相交于 A(﹣1,0), C(2,3)两点, 与 y 轴交于点 N.其顶点为 D. (1)抛物线及直线 AC 的函数关系式; (2)设点 M(3,m),求使 MN+MD 的值最小时 m 的值; (3)若抛物线的对称轴与直线 AC 相交于点 B,E 为直线 AC 上的任意一点,过点 E 作 EF∥BD 交抛物线于 点 F,以 B,D,E,F 为顶点的四边形能否为平行四边形?若能,求点 E 的坐标;若不能,请说明理由; (4)若 P 是抛物线上位于直线 AC 上方的一个动点,求△APC 的面积的最大值. 34 3. (2012 四川宜宾 10 分)如图,抛物线 y=x2﹣2x+c 的顶点 A 在直线 l:y=x﹣5 上. (1)求抛物线顶点 A 的坐标; (2)设抛物线与 y 轴交于点 B,与 x 轴交于点 C.D(C 点在 D 点的左侧),试判断△ABD 的形状; (3)在直线 l 上是否存在一点 P,使以点 P、A.B.D 为顶点的四边形是平行四边形?若存在,求点 P 的坐标;若不存在,请说明理由. 4. (2012 湖南娄底 10 分)已知二次函数 y=x2﹣(m2﹣2)x﹣2m 的图象与 x 轴交于点 A(x1,0)和点 B (x2,0), x1<x2,与 y 轴交于点 C,且满足 12 1 1 1+=x x 2 . (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. 35 四、矩形、菱形、正方形存在问题; 典型例题: 例 1:(2012 黑龙江龙东地区 10 分)如图,在平面直角坐标系中,直角梯形 OABC 的边 OC、OA 分别与 x 轴、y 轴重合,AB∥OC,∠AOC=90°,∠BCO=45°,BC=12 2 ,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 BF⊥x 轴于 F, 在 Rt△BCF 中 ∵∠BCO=45°,BC=12 2 ,∴CF=BF=12 。 ∵C 的坐标为(-18,0), ∴AB=OF=6。 ∴点 B 的坐标为(-6,12)。 (2)过点 D 作 DG⊥y 轴于点 G, ∵OD=2BD,∴OD= 2 3 OB。 36 ∵AB∥DG,∴△ODG∽△OBA 。 ∵ DG OD OG 2 AB OB OA 3   ,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(k≠0) ∴ 4k b 8 b 4      ,解得 k1 b 4    。∴直线 DE 解析式为 y=-x+4。 (3)结论:存在。 点 Q 的坐标为:(2 2 ,-2 ),(-2 ,2 ),( 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=4 。 ①菱形 OEP1Q1,此时 OE 为菱形一边。 则有 P1E=P1Q1=OE=4,P1F=EF-P1E=4 -4。 易知△P1NF 为等腰直角三角形, ∴P1N=NF= 2 2 P1F=4-2 。 设 P1Q1 交 x 轴于点 N,则 NQ1=P1Q1-P1N=4-(4-2 )=2 。 又 ON=OF-NF=2 ,∴Q1(2 ,-2 )。 ②菱形 OEP2Q2,此时 OE 为菱形一边。此时 Q2 与 Q1 关于原点对称,∴Q2(-2 ,2 )。 ③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)。 ④菱形 OP4EQ4,此时 OE 为菱形对角线。 37 由菱形性质可知,P4Q4 为 OE 的垂直平分线, 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(2 2 ,-2 ), Q2(-2 ,2 ), Q3(4,4), Q4(-2,2)。 例 2:(2012 贵州六盘水 16 分)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,PQ∥BC. (2)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=10﹣2t. 若 PQ∥BC,则 AP AQ AB AC ,即10 2t 2t 10 8   ,解得 20t 9 。 ∴当 s 时,PQ∥BC。 (2)如图 1 所示,过 P 点作 PD⊥AC 于点 D。 则 PD∥BC,∴△APD∽△ABC。 ∴ AP PD AB BC ,即10 2t PD 10 6   ,解得 6PD 6 t5 。 ∴S= 1 2 ×AQ×PD= ×2t×( 66t5 ) 38 2 26 6 5 15t +6t t +5 5 2 2      。 ∴当 t= 5 2 s 时,S 取得最大值,最大值为15 2 cm2。 (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 S△AQP= 1 2 S△ABC,而 S△ABC= AC•BC=24,∴此时 S△AQP=12。 由(2)可知,S△AQP= 26 t +6t5 ,∴ 26 t +6t5 =12,化简得:t2﹣5t+10=0。 ∵△=(﹣5)2﹣4×1×10=﹣15<0,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 PD∥BC, ∴△APD∽△ABC。 ∴ AP PD AD AB BC AC,即10 2t PD AD 10 6 8  。 解得:PD= 66t5 ,AD= 88t5 , ∴QD=AD﹣AQ= 8 188 t 2t=8 t55   。 在 Rt△PQD 中,由勾股定理得:QD2+PD2=PQ2,即( 188t5 )2+( )2=(2t)2, 化简得:13t2﹣90t+125=0,解得:t1=5,t2= 25 13 。 ∵t=5s 时,AQ=10cm>AC,不符合题意,舍去,∴t= 。 由(2)可知,S△AQP= ∴S 菱形 AQPQ′=2S△AQP=2×( )=2×[﹣ 6 5 ×( )2+6× ]= 2400 169 。 ∴存在时刻 t= ,使四边形 AQPQ′为菱形,此时菱形的面积为 cm2。 【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 二次方程根的判别式,二次函数的最值,菱形的性质。 39 【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 PD⊥AC 于点 D,得△APD∽△ABC,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 Rt△PQD 中,求得时间 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 3:(2012 辽宁铁岭 14 分)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 y 2x 1   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 S△ADP=S△ADC,求出所有符合条件的点 P 的坐标; (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 2y ax bx。 ∵点 B(﹣2,3), A(4,0)在抛物线上 ∴ 4a 2b 3 16a 4b 0    ,解得: 1a 4 b1     。∴设抛物线的解析式为 21y x x4。 40 (2)∵P(x,y)是抛物线上的一点,∴ 21P(x, x x)4  。 ∵点 C 是直线 y=﹣2x﹣1 与 y 轴交点,∴C(0,1)。 ∴OC=1。 若 S△ADP=S△ADC, ∵ ADC 1S AD OC2    , ADP 1S AD y2    ,∴ 11AD OC AD y22     ,即 OC y 。 ∴ 21 x x 14 , 即 21 x x 14 或 21 x x 14    。 解得: 1 2 3 4x 2 2 2, x 2 2 2, x x 2      . ∴点 P 的坐标为 P1( 2 2 2 ,1), P2( 2 2 2 ,1), P3(2,-1)。 (3)结论:存在。当 t1= 45 ,t2=6,t3= 4+ 5 ,t4=13 2 时,以 Q、A、E、M 四点为顶点 的四边形是菱形。 【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=﹣2x﹣1 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 ,求得点C的坐标,由S△ADP=S△ADC和二者是同底等高的三角形,得 , 即 ,解之即可求得点 P 的坐标。 (3)∵抛物线的解析式为 21y x x4,∴顶点 E(2,﹣1),对称轴为 x=2。 ∵点 F 是直线 y=﹣2x﹣1 与对称轴 x=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: ①菱形 AEM1Q1。 ∵此时 DM1=AE= , ∴M1F=DF﹣DE﹣DM1= 。 ∴t1= 。 ②菱形 AEOM2。 41 ∵此时 DM2=DE=1,∴M2F=DF+DM2=6。 ∴t2=6。 ③菱形 AEM3Q3。 ∵此时 EM3=AE= 5 , ∴DM3=EM3﹣DE= ﹣1。∴M3F=DM3+DF=( ﹣1)+5= 4+ 5 。∴t3= 。 ④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。 ∵易知△AED∽△M4EH,∴ 4ME EH AE DE ,即 4 5 ME 2 15  ,得 M4E= 5 2 。 ∴DM4=M4E﹣DE= ﹣1= 3 2 。∴M4F=DM4+DF= +5=13 2 。 ∴t4= 。 综上所述,存在点 M、点 Q,使得以 Q、A.E、M 四点为顶点的四边形是菱形;时间 t 的 值为:t1= 45 ,t2=6,t3= ,t4= 。 例 4:(2012 福建漳州 12 分)已知抛物线 y= 4 1 x2 + 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 PB⊥x 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°。 42 ∴AB=2OA=4。∴PB=4。 把 y=4 代入 y= 1 4 x2+1,得 x=±23。 ∴点 P 的坐标为( ,4)或(- ,4)。 (3)存在。所有..满足条件的点 N 的坐标为 ( 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)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, ∵∠OAP>900,∴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( ,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 k b 4 b 2    ,解得: 3k 3 b2     。 ∴AP 所在直线的解析式为:y= 3 3 x+2。 ∵点 M 在直线 AP 上,∴设点 M 的坐标为:(m, m+2)。 如图,作 MH⊥y 轴于点 H, 则 MH= m,AN=OH-OA= m+2-2= m。 ∵OA 为菱形的边,∴AM=AO=2。 ∴在 Rt△AMH 中,AH2+MH2=AM2,即:m2+( m)2=22, 解得:m=± 3 。∴M( ,3)或(- ,1)。 当 M( ,3)时,N( ,1);当 M(- ,1)时,N(- ,-1)。 若点 P 的坐标为(- ,4),同理可得 N 的坐标为(- ,1)或( ,-1)。 43 综上所述,存在点 N( 3 ,1),(- ,-1),(- ,1),( ,-1),使得 四边形 OAMN 是菱形。 例 5:(2012 内蒙古通辽 12 分)如图,在平面直角坐标系中,将一个正方形 ABCD 放在第一象限斜靠在两 坐标轴上,且点 A(0,2)、点 B(1,0),抛物线 y=ax2﹣ax﹣2 经过点 C. (1)求点 C 的坐标; (2)求抛物线的解析式; (3)在抛物线上是否存在点 P 与点 Q(点 C、D 除外)使四边形 ABPQ 为正方形?若存在求出点 P、Q 两 点坐标,若不存在说明理由. 【答案】解:(1)作 CE⊥x 轴于点 E, ∵四边形 ABCD 为正方形,∴AB=BC,∠ABO+∠CBE=90°。 ∵∠OAB+∠OBA=90°,∴∠OAB=∠EBC。 ∴Rt△AOB≌Rt△CEA(AAS)。 ∵A(0,2)、点 B(1,0), ∴AO=2,BO=1。 ∴OE=2+1=3,CE=1。∴C 点坐标为(3,1)。 (2)∵抛物线经过点 C,∴1=a×32﹣a×3﹣2,解得 a= 1 2 。 ∴抛物线的解析式为 y= x2﹣ x﹣2。 (3)在抛物线上存在点 P、Q,使四边形 ABPQ 是正方形。理由如下: 以 AB 为边在 AB 的左侧作正方形 ABPQ,过 P 作 PE⊥OA 于 E,QG⊥x 轴于 G,可证 △PEA≌△BQG≌△BAO, ∴PE=BG=AO=2,AE=QG=BO=1。 ∴P 点坐标为(﹣2,1), Q 点坐标为(﹣1,﹣1)。 由(1)抛物线 y= x2﹣ x﹣2, 当 x=﹣2 时,y=1;当 x=﹣1 时,y=﹣1。 ∴P、Q 在抛物线上。 44 ∴在抛物线上存在点 P(﹣2,1)、 Q(﹣1,﹣1),使四边形 ABPQ 是正方形。 【考点】二次函数综合题,正方形的性质和判定,全等三角形的判定和性质,曲线上点的坐标与方程的关 系。 【分析】(1)作 CE⊥x 轴于点 E,根据四边形 ABCD 为正方形,得到 Rt△AOB≌Rt△CEA,因此 OA=BE=2, OB=CE=1,据此可求出 C 点坐标。 (2)然后将 C 点坐标代入抛物线中即可求出二次函数的解析式。 (3)可以 AB 为边在抛物线的左侧作正方形 AQPB,过 P 作 PE⊥y 轴,过 Q 作 QG 垂直 x 轴于 G, 不难得出△PEA≌△BQG≌△BAO,据此可求出 P,Q 的坐标,然后将两点坐标代入抛物线的解析式中即 可判断出 P、Q 是否在抛物线上。 练习题: 1. (2012 山东烟台 12 分)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 PE⊥AB 交 AC 于点 E. (1)直接写出点 A 的坐标,并求出抛物线的解析式; (2)过点 E 作 EF⊥AD 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? (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. 2. (2012 福建福州 13 分)如图①,在 Rt△ABC 中,∠C=90º,AC=6,BC=8,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 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,过点 P 作 PD∥BC,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 45 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) 如图②,在整个运动过程中,求出线段 PQ 中点 M 所经过的路径长. 3. (2012 辽宁锦州 14 分)如图,抛物线 32  bxaxy 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10 3 ,到 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 B. (1)求抛物线的表达式; (2)直线 mxy  4 3 与抛物线在第一象限内交于点 D,与 轴交于点 F,连接 BD 交 轴于点 E,且 DE:BE=4:1.求直线 的表达式; (3)若 N 为平面直角坐标系内的点,在直线 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. 4. (2012 青海省 12 分)如图,在平面直角坐标系中,二次函数 y=x2+bx+c 的图象与 x 轴交于 A、B 两点, A 点在原点的左侧,B 点的坐标为(3,0),与 y 轴交于 C(0,﹣3)点,点 P 是直线 BC 下方的抛物线上 一动点. (1)求这个二次函数的表达式. 46 (2)连接 PO、PC,并把△POC 沿 CO 翻折,得到四边形 POP′C,那么是否存在点 P,使四边形 POP′C 为 菱形?若存在,请求出此时点 P 的坐标;若不存在,请说明理由. (3)当点 P 运动到什么位置时,四边形 ABPC 的面积最大并求出此时 P 点的坐标和四边形 ABPC 的最大 面积. 五、梯形存在问题: 典型例题: 例 1:(2012 黑龙江牡丹江 10 分)如图,OA、OB 的长分别是关于 x 的方程 x2-12x+32=0 的两根,且 OA>OB.请解答下列问题: (1)求直线 AB 的解析式; (2)若 P 为 AB 上一点,且 AP PB 1 3 ;,求过点 P 的反比例函数的解析式; (3)在坐标平面内是否存在点 Q,使得以 A、P、O、Q 为顶点的四边形是等腰梯形? 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)解 x2-12x+32=0 得 x1=4,x2=8。 ∵OA、OB 的长分别是关于 x 的方程 x2-12x+32=0 的两根,且 OA>OB, ∴OA=8,OB=4。∴A(-8,0), B(0,4)。 设直线 AB 的解析式为 y=kx+b,则 47 8k+b=0 b=4    ,解得 1k= 2 b=4   。 ∴直线 AB 的解析式为 1y= x+42 。 (2)过点 P 作 PH⊥x 轴于点 H。 设 P(x,y),由 AH= x+8。 ∵ AP 1 PB 3 ,∴ AH 1 HO 3 ,即 x+8 1 x3 。 解得 x=-6。 ∵点 P 在 上,∴ y=1。∴P(-6,1)。 设过点 P 的反比例函数的解析式为 ky= x ,则 k1= 6 。∴ k= 6 。 ∴点 P 的反比例函数的解析式为  6y= x 0x < 。 (3)存在。点 Q 的坐标为(-2,1)或 58 59 37 37  , 或 54 27 55  , 。 【考点】一次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,解一元二次方程和二元一次方程 组,平行线的性质,等腰梯形的判定和性质。 【分析】(1)求出方程 x2-12x+32=0 的两根得到 A、B 两点的坐标,用待定系数法即可求得直线 AB 的 解析式。 (2)求出点 P 的坐标,即可求得过点 P 的反比例函数的解析式。 (3)根据等腰梯形的性质, 当 AO 是等腰梯形的的底边时,AO 的中垂线为 x=-4,则点 P(-6,1)关于 x=-4 的对 称点为 Q1(-2,1),此时四边形 AOQ1P 是等腰梯形。 当 PO 是等腰梯形的的底边时,PO 的中点坐标为 C(-3,1 2 ), PO: ,由 O(0, 0), P(-6,1)求得 n=0 13m+n= 2  ,解得 1m= 6 n=0    。∴PO: 1y= x6 。 过点 C 与 PO 垂直的直线 CD: 37y=6x+ 2 ,过点 A 与 PO 平行的直线 AD: 14y= x63, 48 二者联立, 37y=6x+ 2 14y= x63     ,解得 119x= 37 59y= 74     ,∴点 D 的坐标为 119 59 37 74  , ,则点 A(-8,0)关于点 D 的对称点为 Q2 58 59 37 37  , ,此时四边形 AQ2PO 是等腰梯形。 当 AP 是等腰梯形的的底边时,AP 的中点坐标为 C(-7, 1 2 ), AB: 1y= x+42 。 过点 E 与 AB 垂直的直线 EF: 27y= 2x 2,过点 O 与 AB 平行的直线 FO: 1y= x2 , 二者联立, 1y= x2 27y= 2x 2     ,解得 ,∴点 F 的坐标为 27 27 5 10  , ,则点 O(0,0)关于点 F 的对称点为 Q3 54 27 55  , ,此时四边形 APOQ3 是等腰梯形。 例 2:(2012 浙江衢州 12 分)如图,把两个全等的 Rt△AOB 和 Rt△COD 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,求出这个最大值;若不存在,请说明理由. 49 【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=2 4a+2b=1    ,解得 3a= 2 7b= 2     。 ∴抛物线解析式为 237y= x + x22 。 (2)设点 P 的横坐标为 t,∵PN∥CD,∴△OPN∽△OCD,可得 PN= t 2 。∴P(t, )。 ∵点 M 在抛物线上,∴M(t, 237t + t22 )。 如图 1,过 M 点作 MG⊥AB 于 G,过 P 点作 PH⊥AB 于 H, AG=yA﹣yM=2﹣ 223 7 3 7t + t = t t+22 2 2 2  , BH=PN= 。 当 AG=BH 时,四边形 ABPM 为等腰梯形, ∴ 23 7 tt t+2=2 2 2 ,化简得 3t2﹣8t+4=0。 解得 t1=2(不合题意,舍去),t2= 2 3 , ∴点 P 的坐标为( 21 33 , )。 ∴存在点 P( ),使得四边形 ABPM 为等腰梯形。 (3)如图 2,△AOB 沿 AC 方向平移至△A′O′B′,A′B′交 x 轴于 T,交 OC 于 Q,A′O′交 x 轴于 K,交 OC 于 R。 50 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= a 2 。 ∴点 Q 的坐标为(a, 2 3 )。 设 AB 与 OC 相交于点 J, ∵△A′RQ∽△AOJ,相似三角形对应高的比等于相似比,∴ HT A Q=OB AJ  。 ∴ 13 a aAQ 2HT= OB= 1=2 a1AJ 2 2      。 ∴KT= 1 2 A′T= (3﹣a), A′Q=yA′﹣yQ=(﹣a+3)﹣ =3﹣ 3 2 a。 ∴S 四边形 RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ= KT•A′T﹣ A′Q•HT     2 21 3 a 1 3 1 3 3 1 3 33 a 3 a a+2 = a + a = a +2 2 2 2 2 2 4 2 2 8                        。 ∵ 1 2 <0, ∴在线段 AC 上存在点 A′( 33 22 , ),能使重叠部分面积 S 取到最大值,最大值为 3 8 。 【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( 21 33 , ),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。 练习题: 1. (2012 湖南郴州 10 分)如图,已知抛物线 2y ax bx c   经过 A(4,0), B(2,3), C(0,3)三点. (1)求抛物线的解析式及对称轴. (2)在抛物线的对称轴上找一点 M,使得 MA+MB 的值最小,并求出点 M 的坐标. (3)在抛物线上是否存在一点 P,使得以点 A、B、C、P 四点为顶点所构成的四边形为梯形?若存在, 请求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由. 51 2. (2012 广东茂名 8 分)如图所示,抛物线 2y ax x c3 2   经过原点 O 和 A(4,2),与 x 轴交于点 C, 点 M、N 同时从原点 O 出发,点 M 以 2 个单位/秒的速度沿 y 轴正方向运动,点 N 以 1 个单位/秒的速度 沿 x 轴正方向运动,当其中一个点停止运动时,另一点也随之停止. (1)求抛物线的解析式和点 C 的坐标; (2)在点 M、N 运动过程中, ①若线段 MN 与 OA 交于点 G,试判断 MN 与 OA 的位置关系,并说明理由; ②若线段 MN 与抛物线相交于点 P,探索:是否存在某一时刻 t,使得以 O、P、A、C 为顶点的四边形是 等腰梯形?若存在,请求出 t 值;若不存在,请说明理由. 六、全等、相似三角形存在问题: 典型例题: 例 1:(2012 辽宁大连 12 分)如图,抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A(- 3 ,0)、 B(3 ,0)、 C(0,3) 三点,线段 BC 与抛物线的对称轴 l 相交于点 D。设抛物线的顶点为 P,连接 PA、AD、DP,线段 AD 与 y 轴相交于点 E。 (1)求该抛物线的解析式; (2)在平面直角坐标系中是否存在点 Q,使以 Q、C、D 为顶点的三角形与△ADP 全等?若存在,求出 点 Q 的坐标,若不存在,说明理由; (3)将∠CED 绕点 E 顺时针旋转,边 EC 旋转后与线段 BC 相交于点 M,边 ED 旋转后与对称轴 l 相交 于点 N,连接 PM、DN,若 PM=2DN,求点 N 的坐标(直接写出结果)。 52 【答案】解:(1)∵抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A(- 3 ,0)、 B(3 ,0)、 C(0,3)三点, ∴抛物线的解析式可设为   y=a x+ 3 x 3 3 , 将 C(0,3)代入得   3=a 0+ 3 0 3 3 ,解得 1a= 3 。 ∴抛物线的解析式为   1y= x+ 3 x 3 33,即 21 2 3y= x + x+333 。 (2)存在。如图, 由 得对称轴 l 为 x= 3 , 由 B(3 3 ,0)、 C(0,3)得 tan∠OBC= 3 3 , ∴∠OBC==300。 由轴对称的性质和三角形外角性质,得 ∠ADP==1200。 由锐角三角函数可得点 D 的坐标为( ,2)。 ∴DP=CP=1,AD=4。 ①在 y 轴正方向上存在点 Q1,只要 CQ1=4,则由 SAS 可判断△Q1CD≌△ADP, 53 此时,Q1 的坐标为(0,7)。 ②由轴对称的性质,得 Q1 关于直线 BC 的对称点 Q2 也满足△Q2CD≌△ADP, 过点 Q2 作 Q2G⊥y 轴于点 G,则在 Rt△CQ2G 中,由 Q2C=4,∠Q2CG=600 可得 CG=2,Q2G=2 3 。∴OG=1。∴Q2 的坐标为(-2 ,1)。 ③在对称轴 l 点 P 关于点 D 的反方向上存在点 Q3,只要 DQ3=4,则△Q3DC≌△ADP, 此时,Q3 的坐标为( ,-2)。 ④由轴对称的性质,得 Q3 关于直线 BC 的对称点 Q4 也满足△Q2DC≌△ADP, 过点 Q4 作 Q4H⊥l 于点 H,则在 Rt△DQ4H 中,由 Q4D=4,∠Q4DH=600 可得 DH=2,HQ4=2 。∴Q4 的坐标为(3 ,4)。 综上所述,点 Q 的坐标为(0,7)或(-2 ,1)或( ,-2)或(3 ,4)。 (3)( 7 133 3  , )。 【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,特殊角的三角函数值,轴对称的性质,三角形外角性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质,旋 转的性质。 【分析】(1)根据已知点的坐标,设抛物线的交点式,用待定系数法即可求。 (2)求出△ADP 的两边夹一角,根据 SAS 作出判断。 (3)如图,作做 EF⊥l 于点 F, 由题意易证明△PMD ≌△EMD,△CME ≌△DNE, ∴PM=EM=EN=2DN。 由题意 DF=1,EF= ,NF=1-DN 在 Rt△EFN 中, 2 2 2EN EF NF, ∴  224DN 3 1 DN   ,整理得 23DN 2DN 4 0   ,解得 1 13DN= 3  (负值舍去)。 54 ∴ 13 1DN= 3  。 ∴点 N 的纵坐标为 13 1 7 132=33  。∴N( 7 133, 3  )。 例 2:(2012 山东威海 12 分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线  2y=ax +bx+c a 0 的顶点为 B(2,1), 且过点 A(0,2)。直线 y=x 与抛物线交于点 D、E(点 E 在对称轴的右侧)。抛物线的对称轴交直线 于 点 C,交 x 轴于点 G。PM⊥x 轴,垂足为点 F。点 P 在抛物线上,且位于对称轴的右侧,PM⊥x 轴,垂足 为点 M,△PCM 为等边三角形。 (1)求该抛物线的表达式; (2)求点 P 的坐标; (3)试判断 CE 与 EF 是否相等,并说明理由; (4)连接 PE,在 x 轴上点 M 的右侧是否存在一点 N,使△CMN 与△CPE 全等?若存在,试求出点 N 的坐标;若不存在,请说明理由。 【答案】解:(1)∵抛物线  2y=ax +bx+c a 0 的顶点为 B(2,1), ∴可设抛物线的解析式为  2y=a x 2 +1 。 将 A(0,2)代入,得  22=a 0 2 +1 ,解得 1a 4 。 ∴该抛物线的表达式  21y= x 2 +14  。 (2)将 x2 代入 y=x ,得 y=2 , ∴点 C 的坐标为(2,2),即 CG=2。 ∵△PCM 为等边三角形,∴∠CMP=600,CM=PM。 ∵PM⊥x 轴,,∴∠CMG=300。∴CM=4,GM= 23。∴OM= 2+2 3 ,PM=4。 55 ∴点 P 的坐标为( 2+2 3 ,4)。 (3)相等。理由如下: 联立 y=x 和  21y= x 2 +14  得  2 y=x 1y= x 2 +14   ,解得 1 1 x =4+2 2 y =4+2 2   , 2 2 x =4 2 2 y =4 2 2    。 ∵ 2x =4 2 2<2 不合题意,舍去, ∴EF= 4+2 2 ,点 E 的坐标为( 4+2 2 , 4+2 2 )。 ∴ 22OE EF OF 4 4 2    。 又∵ 22OC CG OG 2 2   ,∴CE OE OC 4 4 2 2 2 4 2 2       。 ∴CE=EF。 (4)不存在。理由如下: 假设在 x 轴上点 M 的右侧存在一点 N,使 △CMN≌△CPE,则 CN=CE,∠MCN=∠PCE。 ∵∠MCP=600,∴∠NCE=600。 ∴△CNE 是等边三角形。 ∴EN=CE,∠CEN=600。 又∵由(3)CE=EF,∴EN=EF。 又∵点 E 是直线 上的点,∴∠CEF=450。 ∴点 N 与点 F 不重合。 ∵EF⊥x 轴,这与“垂线段最短”矛盾,∴原假设错误,满足条件的点 N 不存在。 【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,等边三角形的 56 性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,勾股定理,反证法,全等三角形的性质。 【分析】(1)根据抛物线的顶点,设顶点式表达式,将点 A 的坐标人代入即可求解。 (2)由点 C 是抛物线对称轴 x=2 和直线 y=x 的交点可求得点 C 的坐标,由△PCM 为等边三角形, 根据锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值可求得点 P 的坐标。 (3)计算出 CE 和 EF 的值即可得出结论。 (4)用反证法证明,假设在 x 轴上点 M 的右侧存在一点 N,使△CMN≌△CPE,推出与公理矛 盾的结论。 例 3:( 2012 江苏苏州 10 分)如图,已知抛物线  21 1 by= x b+1 x+4 4 4 (b 是实数且 b>2)与 x 轴的正半 轴 分别交于点 A、B(点 A 位于点 B 的左侧),与 y 轴的正半轴交于点 C. ⑴点 B 的坐标为 ▲ ,点 C 的坐标为 ▲ (用含 b 的代数式表示); ⑵请你探索在第一象限内是否存在点 P,使得四边形 PCOB 的面积等于 2b,且 △PBC 是以点 P 为直角 顶点的等腰直角三角形?如果存在,求出点 P 的坐标;如果不存在,请说明理由; ⑶请你进一步探索在第一象限内是否存在点 Q,使得△QCO、△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形 均相似(全等可看作相似的特殊情况)?如果存在,求出点 Q 的坐标;如果不存在,请说明理由. x y P O C BA 【答案】解:(1)B(b,0), C(0, b 4 )。 (2)假设存在这样的点 P,使得四边形 PCOB 的面积等于 2b,且△PBC 是以点 P 为直角顶 点的等腰直角三角形。 设点 P 坐标(x,y),连接 OP, 则 PCO POBPCOB 1 b 1S S S x+ b y=2b2 4 2      四 形边 ∴ x+4y=16。 过 P 作 PD⊥x 轴,PE⊥y 轴,垂足分别为 D、E, ∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°。∴四边形 PEOD 是矩形。∴∠EPD=90°。 ∵△PBC 是等腰直角三角形,∴PC=PB,∠BPC=90°。 57 ∴∠EPC=∠BPD。∴△PEC≌△PDB(AAS)。 ∴PE=PD,即 x=y。 由 xy x+4y=16    解得, 16x y= 5 。 由△PEC≌△PDB 得 EC=DB,即16 b 16=b5 4 5,解得 128b= 225 > 符合题意。 ∴点 P 坐标为(16 5 , )。 (3)假设存在这样的点 Q,使得△QCO、△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形均相似. ∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO,∴∠QAB>∠AOQ,∠QAB>∠AQO. ∴要使得△QOA 和△QAB 相似,只能∠OAQ=∠QAB=90°,即 QA⊥x 轴。 ∵b>2,∴AB>OA. ∴∠QOA>∠QBA,∴∠QOA=∠AQB,此时∠OQB =90°。 由 QA⊥x 轴知 QA∥y 轴,∴∠COQ=∠OQA。 ∴要使得△QOA 和△OQC 相似,只能∠OCQ=90°或∠OQC=90°。 (Ⅰ)当∠OCQ=90°时,△QOA≌△OQC,∴AQ=CO= b 4 。 由 2AQ OA AB 得: 2b b14  ,解得: b=8 4 3 。 ∵b>2,∴ bb=8+4 3 =2+ 34 , 。∴点 Q 坐标为(1, 2+ 3 ). (Ⅱ)当∠OQC=90°时,△QOA∽△OCQ,∴ OQ AQ CO QC ,即 2OQ AQ CO。 又 2OQ OA OB,∴ AQ CO OA OB   ,即 bAQ 1 b4   ,解得:AQ=4 此时 b=17>2 符合题意。∴点 Q 坐标为(1,4)。 综上可知:存在点 Q(1, )或(1,4),使得△QCO、△QOA 和△QAB 中的任 意两个三角形均相似。 【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,等腰直角三角形的判定和性质,矩形的判定和 性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质。 【分析】(1)令 y=0,即  21 1 by= x b+1 x+ =04 4 4 ,解关于 x 的一元二次方程即可求出 A,B 横坐标,令 x=0,求出 y 的值即 C 的纵坐标。 (2)存在,先假设存在这样的点 P,使得四边形 PCOB 的面积等于 2b,且△PBC 是以点 P 为直 角顶点的等腰直角三角形.设点 P 的坐标为(x,y),连接 OP,过 P 作 PD⊥x 轴,PE⊥y 轴,垂足分别为 D、E,利用已知条件证明△PEC≌△PDB,进而求出 x 和 y 的值,从而求出 P 的坐标。 58 (3)存在,假设存在这样的点 Q,使得△QCO,△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形均相似, 由条件可知:要使△QOA 与△QAB 相似,只能∠QAO=∠BAQ=90°,即 QA⊥x 轴;要使△QOA 与△OQC 相似,只能∠QCO=90°或∠OQC=90°。再分别讨论求出满足题意 Q 的坐标即可。 例 4:( 2012 辽宁阜新 12 分)在平面直角坐标系中,二次函数 2y ax bx 2   的图象与 x 轴交于 A(-3, 0), B(1,0)两点,与 y 轴交于点 C. (1)求这个二次函数的关系解析式; (2)点 P 是直线 AC 上方的抛物线上一动点,是否存在点 P,使△ACP 的面积最大?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在,说明理由; 考生注意:下面的(3)、(4)、( 5)题为三选一的选做题,即只能选做其中一个题目,多答时只按作答的 首题评分,切记啊! (3)在平面直角坐标系中,是否存在点 Q,使△BCQ 是以 BC 为腰的等腰直角三角形?若存在,直接写 出点 Q 的坐标;若不存在,说明理由; (4)点 Q 是直线 AC 上方的抛物线上一动点,过点 Q 作 QE 垂直于 x 轴,垂足为 E.是否存在点 Q,使 以点 B、Q、E 为顶点的三角形与△AOC 相似?若存在,直接写出点 Q 的坐标;若不存在,说明理由; (5)点 M 为抛物线上一动点,在 x 轴上是否存在点 Q,使以 A、C、M、Q 为顶点的四边形是平行四边形? 若存在,直接写出点 Q 的坐标;若不存在,说明理由. 【答案】解:(1)由抛物线 2y ax bx 2   过 A(-3,0), B(1,0),则 0 9a 3b 2 0 a b 2        ,解得 2a 3 4b 3     。 ∴二次函数的关系解析式为 224y x x 233    。 (2)设点 P 坐标为(m,n),则 224n m m 233    。 59 连接 PO,作 PM⊥x 轴于 M,PN⊥y 轴于 N。 PM = 224m m 233   , PN m ,AO=3。 当 x0 时, 24y 0 0 2 233       ,所以 OC=2。 ACP PAO PCO ACO 1 1 1S S S S AO PM CO PN AO CO2 2 2            [ 221 2 4 1 13 ( m m 2) 2 ( m) 3 2 m 3m2 3 3 2 2                ∵a1 <0,∴函数 2 ACPS m 3m    有最大值,当 3m 2 时, ACPS 有最大值。 此时 222 4 2 3 4 3 5n m m 2 ( ) ( ) 23 3 3 2 3 2 2             。 ∴存在点 35P( , )22 ,使△ACP 的面积最大。 (3)存在。点 1 2 3 4Q ( 2, 1), Q ( 1, 1), Q (2, 3), Q (3, 1)   。 (4)存在。点 12 3 21Q ( 2, 2), Q ( , )48 。 (5)点 1 2 3 4Q ( 5, 0), Q ( 1, 0), Q (2 7, 0), Q (2 7, 0)    。 【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,等腰直角三角形的判定和性 质,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)将点 A、B 的坐标代入 2y ax bx 2   即可求得 a、b,从而得到二次函数的关系解析式。 (2)设点 P 坐标为(m,n),则 224n m m 233    。连接 PO,作 PM⊥x 轴于 M,PN⊥y 轴 于 N,根据 ACP PAO PCO ACOS S S S      求出 S 关于 m 的二次函数,根据二次函数最值求法即可求解。 (3)分 BQ 为斜边和 CQ 为斜边两种情况讨论即可。 (4)分△BQE∽△AOC,△EBQ∽△AOC,△QEB∽△AOC 三种情况讨论即可。 (5)分 AC 是边和对角线两种情况讨论即可。 例 5:( 2012 浙江湖州 12 分)如图 1,已知菱形 ABCD 的边长为 23,点 A 在 x 轴负半轴上,点 B 在坐 标原点.点 D 的坐标为(- 3 ,3),抛物线 y=ax2+b(a≠0)经过 AB、CD 两边的中点. (1)求这条抛物线的函数解析式; (2)将菱形 ABCD 以每秒 1 个单位长度的速度沿 x 轴正方向匀速平移(如图 2),过点 B 作 BE⊥CD 于点 E,交抛物线于点 F,连接 DF、AF.设菱形 ABCD 平移的时间为 t 秒(0<t< 3 ) ①是否存在这样的 t,使△ADF 与△DEF 相似?若存在,求出 t 的值;若不存在,请说明理由; 60 ②连接 FC,以点 F 为旋转中心,将△FEC 按顺时针方向旋转 180°,得△FE′C′,当△FE′C′落在 x 轴与抛物 线在 x 轴上方的部分围成的图形中(包括边界)时,求 t 的取值范围.(写出答案即可) 【答案】解:(1)由题意得 AB 的中点坐标为(-3 ,0), CD 的中点坐标为(0,3), 分别代入 y=ax2+b,得  2 3 a+b=0 b3    ,解得, a= 1 b3    。 ∴这条抛物线的函数解析式为 y=-x2+3。 (2)①存在。如图 2 所示,在 Rt△BCE 中,∠BEC=90°,BE=3,BC= 23 , ∴ BE 3 3sinC =BC 223  。∴∠C=60°,∠CBE=30°。∴EC= 1 2 BC= 3 ,DE= 。 又∵AD∥BC,∴∠ADC+∠C=180°。∴∠ADC=180°-60°=120° 要使△ADF 与△DEF 相似,则△ADF 中必有一个角为直角。 (I)若∠ADF=90°,∠EDF=120°-90°=30°。 在 Rt△DEF 中,DE= ,得 EF=1,DF=2。 又∵E(t,3), F(t,-t2+3), ∴EF=3-(-t2+3)=t2。∴t2=1。 ∵t>0,∴t=1 。 此时 AD 2 3 DF 22 =2DE EF 13    , ,∴ AD DF=DE EF 。 又∵∠ADF=∠DEF,∴△ADF∽△DEF。 (II)若∠DFA=90°,可证得△DEF∽△FBA,则 DE EF FB BA 。 设 EF=m,则 FB=3-m。 ∴ 3 m m 3 23  ,即 m2-3m+6=0,此方程无实数根。∴此时 t 不存在。 61 (III)由题意得,∠DAF<∠DAB=60°,∴∠DAF≠90°,此时 t 不存在。 综上所述,存在 t=1,使△ADF 与△DEF 相似。 ② 66 3 t 2   。 【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,菱形的性质,平移的性质,勾股定理,锐角三 角函数定义,特殊角的三角函数值,平行的性质,相似三角形的判定,解方程和不等式。 【分析】(1)根据已知条件求出 AB 和 CD 的中点坐标,然后利用待定系数法求该二次函数的解析式。 (2)①如图 2 所示,△ADF 与△DEF 相似,包括三种情况,需要分类讨论: (I)若∠ADF=90°时,△ADF∽△DEF,求此时 t 的值。 (II)若∠ADF=90°时,△DEF∽△FBA,利用相似三角形的对应边成比例可以求得相应的 t 的值。 (III)∠DAF≠90°,此时 t 不存在。 ②画出旋转后的图形,认真分析满足题意要求时,需要具备什么样的限制条件,然后根据限制 条件列出不等式,求出 t 的取值范围: 如图 3 所示,依题意作出旋转后的三角形△FE′C′,过 C′作 MN⊥x 轴,分别交抛物线、x 轴于点 M、点 N。 观察图形可知,欲使△FE′C′落在指定区域内,必须满足:EE′≤BE 且 MN≥C′N。 ∵F(t,3-t2), ∴EF=3-(3-t2)=t2。∴EE′=2EF=2t2。 由 EE′≤BE,得 2t2≤3,解得 6t 2 。 又∵C′E′=CE= 3 ,∴C′点的横坐标为 t- 。 ∴MN=3-(t- )2, 又 C′N=BE′=BE-EE′=3-2t2, ∴由 MN≥C′N,得 3-(t- )2≥3-2t2,即 t2+2 t-3≥0。 求出 t2+2 t-3=0,得 t= 3 6,∴t2+2 t-3≥0 即  t+ 3+ 6 t+ 3 6 0。 ∵ t+ 3+ 6 0 ,∴ t+ 3 6 0,解得 t≥ 6 3 。 ∴t 的取值范围为: 。 62 例 6:(2012 湖北荆州 12 分)如图甲,四边形 OABC 的边 OA、OC 分别在 x 轴、y 轴的正半轴上,顶点 在 B 点的抛物线交 x 轴于点 A、D,交 y 轴于点 E,连接 AB、AE、BE.已知 tan∠CBE= 1 3 ,A(3,0), D(﹣1,0), E(0,3). (1)求抛物线的解析式及顶点 B 的坐标; (2)求证:CB 是△ABE 外接圆的切线; (3)试探究坐标轴上是否存在一点 P,使以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似,若存在,直接写出 点 P 的坐标;若不存在,请说明理由; (4)设△AOE 沿 x 轴正方向平移 t 个单位长度(0<t≤3)时,△AOE 与△ABE 重叠部分的面积为 s,求 s 与 t 之间的函数关系式,并指出 t 的取值范围. 【答案】解:(1)∵抛物线经过点 A(3,0), D(﹣1,0), ∴设抛物线解析式为 y=a(x﹣3)( x+1)。 将 E(0,3)代入上式,解得:a=﹣1。 ∴抛物线的解析式为 y=-(x﹣3)( x+1),即 y=﹣x2+2x+3。 又∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,∴点 B(1,4)。 (2)证明:如图 1,过点 B 作 BM⊥y 于点 M,则 M(0,4). 在 Rt△AOE 中,OA=OE=3, ∴∠1=∠2=45°, 22AE= OA +OE =3 2 。 在 Rt△EMB 中,EM=OM﹣OE=1=BM, ∴∠MEB=∠MBE=45°, 22BE= EM +BM = 2 。 ∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°。 ∴AB 是△ABE 外接圆的直径。 在 Rt△ABE 中, BE 1tan BAE= = =tan CBEAE 3,∴∠BAE=∠CBE。 在 Rt△ABE 中,∠BAE+∠3=90°,∴∠CBE+∠3=90°。∴∠CBA=90°,即 CB⊥AB。 63 ∴CB 是△ABE 外接圆的切线。 (3)存在。点 P 的坐标为(0,0)或(9,0)或(0,﹣ 1 3 )。 (4)设直线 AB 的解析式为 y=kx+b. 将 A(3,0), B(1,4)代入,得 3k+b=0 k+b=4    ,解得 k= 2 b=6    。 ∴直线 AB 的解析式为 y=﹣2x+6。 过点 E 作射线 EF∥x 轴交 AB 于点 F,当 y=3 时,得 x= 3 2 , ∴F( ,3)。 情况一:如图 2,当 0<t≤ 时,设△AOE 平移到△DNM 的位置,MD 交 AB 于点 H, MN 交 AE 于点 G。 则 ON=AD=t,过点 H 作 LK⊥x 轴于点 K,交 EF 于点 L. 由△AHD∽△FHM,得 AD HK=FM HL ,即 t HK=3 3 HKt2  ,解得 HK=2t。 ∴ MND GNA HADS S S S    阴 = 1 2 ×3×3﹣ (3﹣t)2﹣ t•2t=﹣ t2+3t。 情况二:如图 3,当 <t≤3 时,设△AOE 平移到△PQR 的位置,PQ 交 AB 于点 I,交 AE 于点 V。 由△IQA∽△IPF,得 AQ IQ=FP IP .即 3 t IQ=3 3 IQt 2   , 解得 IQ=2(3﹣t)。 ∴ IQA VQAS S S阴 = ×(3﹣t)×2 (3﹣t)﹣ (3﹣t)2= (3﹣t)2= t2 ﹣3t+ 9 2 。 综上所述: 2 2 33 t +3t(0 t )22s= 1 9 3 t 3t+ ( t 3) 2 2 2 < <    。 【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,二次函数性质,等腰直角三角形 64 的判定和性质,勾股定理,锐角三角函数定义,圆的切线的判定,相似三角形的性质,平移的性质。 【分析】(1)已知 A、D、E 三点的坐标,利用待定系数法可确定抛物线的解析式,从而能得到顶点 B 的 坐标。 (2)过 B 作 BM⊥y 轴于 M,由 A、B、E 三点坐标,可判断出△BME、△AOE 都为等腰直角三 角形,易证得∠BEA=90°,即△ABE 是直角三角形,而 AB 是△ABE 外接圆的直径,因此只需证明 AB 与 CB 垂直即可.BE、AE 长易得,能求出 tan∠BAE 的值,结合 tan∠CBE 的值,可得到∠CBE=∠BAE,由 此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°,从而得证。 (3)在 Rt△ABE 中,∠AEB=90°,tan∠BAE= 1 3 ,sin∠BAE= 10 10 ,cos∠BAE= 3 10 10 。 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似,则△DEP 必为直角三角形。 ①DE 为斜边时,P1 在 x 轴上,此时 P1 与 O 重合。 由 D(﹣1,0)、 E(0,3),得 OD=1、OE=3, 即 tan∠DEO= =tan∠BAE, 即∠DEO=∠BAE,满足△DEO∽△BAE 的条件。 因此 O 点是符合条件的 P1 点,坐标为(0,0)。 ②DE 为短直角边时,P2 在 x 轴上。 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似, 则∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE= 。 而 DE= 221 +3 = 10 ,则 DP2=DE÷sin∠DP2E= 10 ÷ =10,OP2=DP2﹣OD=9。 即 P2(9,0)。 ③DE 为长直角边时,点 P3 在 y 轴上。 若以 D、E、P 为顶点的三角形与△ABE 相似, 则∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE= 。 则 EP3=DE÷cos∠DEP3= ÷3 10 10=10 3 ,OP3=EP3﹣OE= 。即 P3(0,﹣ )。 综上所述,得:P1(0,0), P2(9,0), P3(0,﹣ )。 (4)过 E 作 EF∥x 轴交 AB 于 F,当 E 点运动在 EF 之间时,△AOE 与△ABE 重叠部分是个五边 形;当 E 点运动到 F 点右侧时,△AOE 与△ABE 重叠部分是个三角形.按上述两种情况按图形之间的和 差关系进行求解。 65 例 7:( 2012 福建宁德 13 分)如图,矩形 OBCD 的边 OD、OB 分别在 x 轴正半轴和 y 轴负半轴上,且 OD =10,OB=8.将矩形的边 BC 绕点 B 逆时针旋转,使点 C 恰好与 x 轴上的点A 重合. (1)直接写出点 A、B 的坐标:A( , )、B( , ); (2)若抛物线y=- 1 3 x2+bx+c 经过点 A、B,则这条抛物线的解析式是 ; (3)若点 M 是直线 AB 上方抛物线上的一个动点,作 MN⊥x 轴于点 N.问是否存在点 M,使△AMN 与△ACD 相似?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由; (4)当 7 2 ≤x≤7,在抛物线上存在点 P,使△ABP 的面积最大,求△ABP 面积的最大值. 【答案】解:(1)(6,0),(0,-8)。 (2) 21 10y x + x 833= 。 (3)存在。 设 M 21 10m m + m 833  , , 则 N(m,0),MN= 21 10m + m 833,NA=6-m。 又 DA=4,CD=8, ①若点 M 在点 N 上方, MN NA CD DA ,则△AMN∽△ACD。 ∴ 21 10m + m 8 6m33 84  ,即 2m 16m+60=0 ,解得 m=6 或 m=10。 与点 M 是直线 AB 上方抛物线上的一个动点不符。 66 ∴此时不存在点 M,使△AMN 与△ACD 相似。 ②若点 M 在点 N 下方, MN NA CD DA ,则△AMN∽△ACD。 ∴ 21 10m m+8 6m33 84   ,即 2m 4m 12=0 ,解得 m=-2 或 m=6。 与点 M 是直线 AB 上方抛物线上的一个动点不符。 ∴此时不存在点 M,使△AMN 与△ACD 相似。 ③若点 M 在点 N 上方, MN NA DA CD ,则△AMN∽△ACD。 ∴ 21 10m + m 8 6m33 48  ,即 22m 23m+66=0 ,方程无解。 ∴此时不存在点 M,使△AMN 与△ACD 相似。 ④若点 M 在点 N 下方, ,则△AMN∽△ACD。 ∴ 21 10m m+8 6m33 48   ,即 22m 17m+30=0 ,解得 m= 5 2 或 m=6。 当 m= 时符合条件。 ∴此时存在点 M( , 7 4 ),使△AMN 与△ACD 相似。 综上所述,存在点 M( , ),使△AMN 与△ACD 相似。 (4)设 P(p, 21 10p + p 833), 在 21 10y x + x 833= 中,令 y=0,得 x=4 或 x=6。 ∴ 7 2 ≤x≤7 分为 7 2 ≤x<4,4≤x<6 和 6≤x≤7 三个区间讨论: ①如图,当 7 2 ≤x<4 时,过点 P 作 PH⊥x 轴于点 H 则 OH=p,HA=6-p ,PH= 21 10p p+833 。 ∴ ABP OAB APHOBPHS S S S    梯形     22 22 1 1 1 10 1 1 106 8 p p+8+8 p 6 p p p+82 2 3 3 2 3 3 p +6p= p 3 +9                          67 ∴当 7 2 ≤x<4 时, ABPS 随 p 的增加而减小。 ∴当 x= 7 2 时, 取得最大值,最大值为 35 4 。 ②如图,当 4≤x<6 时,过点 P 作 PH⊥BC 于点 H,过点 A 作 AG⊥BC 于点 G。 则 BH= p,HG=6-p,PH= 221 10 1 10p + p 8+8= p + p3 3 3 3   , ∴ ABP BPH ABGPHGAS S +S S  梯形     22 22 1 1 10 1 1 10 1p + p p+ p + p+8 6 p 6 82 3 3 2 3 3 2 p +6p= p 3 +9                         ∴当 4≤x<6 时, 随 p 的增加而减小。 ∴当 x=4 时, 取得最大值,最大值为 8。 ③如图,当 6≤x≤7 时,过点 P 作 PH⊥x 轴于点 H。 则 OH=p,HA= p-6,PH= 21 10p p+833 。 ∴ ABP OAB APHOBPHS S S S    梯形     22 22 1 1 10 1 1 1 10p p+8+8 p 6 8 p 6 p p+82 3 3 2 2 3 3 p 6p= p 3 9                          ∴当 6≤x≤7 时, 随 p 的增加而增加。 ∴当 x=7 时, 取得最大值,最大值为 7。 综上所述,当 x= 7 2 时, 取得最大值,最大值为 。 【考点】二次函数综合题,矩形的性质,旋转的性质,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,二次函数的性质。 【分析】(1)由 OD=10,OB=8,矩形的边 BC 绕点 B 逆时针旋转,使点 C 恰好与 x 轴上的点A 重合, 可得 OA2=AB2-OB2=102-82=36,∴OA=6。∴A(6,0), B(0,-8)。 (2)∵抛物线y=- 1 3 x2+bx+c 经过点 A、B, 68 ∴ 12+6b+c=0 c= 8    ,解得 10b= 3 c= 8    。 ∴这条抛物线的解析式是 21 10y x + x 833= 。 (3)分①若点 M 在点 N 上方, MN NA CD DA ,②若点 M 在点 N 下方, ,③若点 M 在 点 N 上方, MN NA DA CD ,④若点 M 在点 N 下方, 四种情况讨论即可。 (4)根据二次函数的性质,分 7 2 ≤x<4,4≤x<6 和 6≤x≤7 三个区间分别求出最大值,比较即可。 练习题: 1. (2012 山东东营 11 分)已知抛物线 23y= x +bx+6 32 经过 A(2,0). 设顶点为点 P,与 x 轴的另一 交点为点 B. (1)求 b 的值,求出点 P、点 B 的坐标; (2)如图,在直线 y= 3x 上是否存在点 D,使四边形 OPBD 为平行四边形?若存在,求出点 D 的坐 标;若不存在,请说明理由; (3)在 x 轴下方的抛物线上是否存在点 M,使△AMP≌△AMB?如果存在,试举例验证你的猜想; 如果不存在,试说明理由. 2.(2012 福建三明 12 分)已知直线 y=2x 5 与 x 轴和 y 轴分别交于点 A 和点 B,抛物线 2y= x +bx+c 的 顶点 M 在直线 AB 上,且抛物线与直线 AB 的另一个交点为 N. (1)如图①,当点 M 与点 A 重合时,求: ①抛物线的解析式;(4 分) ②点 N 的坐标和线段 MN 的长;(4 分) 69 (2)抛物线 2y= x +bx+c 在直线 AB 上平移,是否存在点 M,使得△OMN 与△AOB 相似?若存在, 直接写出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由.(4 分) 3.(2012 山东莱芜 12 分)如图,顶点坐标为(2,-1)的抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)与 y 轴交于点 C(0,3), 与 x 轴交于 A、B 两点. (1)求抛物线的表达式; (2)设抛物线的对称轴与直线 BC 交于点 D,连接 AC、AD,求△ACD 的面积; (3)点 E 为直线 BC 上一动点,过点 E 作 y 轴的平行线 EF,与抛物线交于点 F.问是否存在点 E,使 得以 D、E、F 为顶点的三角形与△BCO 相似?若存在,求点 E 的坐标;若不存在,请说明理由 4.(2012 湖北鄂州 12 分)已知:如图一,抛物线 cbxaxy 2  与 x 轴正半轴交于 A、B 两点,与 y 轴交于点 C,直线 2xy  经过 A、C 两点,且 AB=2. (1)求抛物线的解析式; (2)若直线 DE 平行于 x 轴并从 C 点开始以每秒 1 个单位的速度沿 y 轴正方向平移,且分别交 y 轴、线 段 BC 于点 E、D,同时动点 P 从点 B 出发,沿 BO 方向以每秒 2 个单位速度运动,(如图 2);当点 P 运动到原点 O 时,直线 DE 与点 P 都停止运动,连 DP,若点 P 运动时间为 t 秒 ;设 OPED OPEDs   ,当 t 为何值时,s 有最小值,并求出最小值。 (3)在(2)的条件下,是否存在 t 的值,使以 P、B、D 为顶点的三角形与△ABC 相似;若存在,求 t 的值;若不存在,请说明理由 。 70 5.(2012湖北黄冈14分)如图,已知抛物线的方程C1:    1y x 2 (x m) m 0m     与x 轴相交于点B、 C,与y 轴相交于点E,且点B 在点C 的左侧. (1)若抛物线C1过点M(2,2),求实数m 的值. (2)在(1)的条件下,求△BCE的面积. (3)在(1)的条件下,在抛物线的对称轴上找一点H,使BH+EH最小,并求出点H的坐标. (4)在第四象限内,抛物线C1上是否存在点F,使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似?若存在, 求m的值;若不存在,请说明理由. 6. (2012 甘肃天水 12 分)如图,已知抛物线经过 A(4,0),B(1,0),C(0,-2)三点. (1)(3 分)求该抛物线的解析式; (2)(4 分)在直线 AC 上方的该抛物线上是否存在一点 D,使得△DCA 的面积最大,若存在,求出点 D 的坐标及△DCA 面积的最大值;若不存在,请说明理由. (3)(5 分)P 是直线 x=1 右侧的该抛物线上一动点,过 P 作 PM⊥x 轴,垂足为 M,是否存在 P 点,使 得以 A、P、M 为顶点的三角形与△OAC 相似?若存在,请求出符合条件的点 P 的坐标;若不存在,请说 明理由. 71 7.(2012 湖南常德 10 分)如图,已知二次函数 1y (x 2)(ax b)48   的图像过点 A(-4,3), B(4,4). (1)求二次函数的解析式: (2)求证:△ACB 是直角三角形; (3)若点 P 在第二象限,且是抛物线上的一动点,过点 P 作 PH 垂直 x 轴于点 H,是否存在以 P、H、D、 为顶点的三角形与△ABC 相似?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由。 8.(2012 辽宁鞍山 14 分)如图,直线 AB 交 x 轴于点 B(4,0),交 y 轴于点 A(0,4),直线 DM⊥x 轴 正半轴于点 M,交线段 AB 于点 C,DM=6,连接 DA,∠DAC=90°. (1)直接写出直线 AB 的解析式; (2)求点 D 的坐标; (3)若点 P 是线段 MB 上的动点,过点 P 作 x 轴的垂线,交 AB 于点 F,交过 O、D、B 三点的抛物线于 点 E,连接 CE.是否存在点 P,使△BPF 与△FCE 相似?若存在,请求出点 P 的坐标;若不存在,请说明 理由. 七、其它存在问题: 典型例题: 例 1:(2012 浙江温州 14 分)如图,经过原点的抛物线 2y x 2mx(m 0)    与 x 轴的另一个交点为 A. 72 过点 P(1,m) 作直线 PM x 轴于点 M,交抛物线于点 B.记点 B 关于抛物线对称轴的对称点为 C(B、C 不重合).连结 CB,CP。 (1)当 m3 时,求点 A 的坐标及 BC 的长; (2)当 m1 时,连结 CA,问 m 为何值时 CA⊥CP? (3)过点 P 作 PE⊥PC 且 PE=PC,问是否存在 m ,使得点 E 落在坐标轴上?若存在,求出所有满足要求 的 的值,并写出相对应的点 E 坐标;若不存在,请说明理由。 【答案】解:(1)当 m=3 时,y=-x2+6x。 令 y=0 得-x2+6x=0,解得,x1=0,x2=6。∴A(6,0)。 当 x=1 时,y=5。∴B(1,5)。 ∵抛物线 y=-x2+6x 的对称轴为直线 x=3,且 B,C 关于对称轴对称,∴BC=4。 (2)过点 C 作 CH⊥x 轴于点 H(如图 1) 由已知得,∠ACP=∠BCH=90°,∴∠ACH=∠PCB。 又∵∠AHC=∠PBC=90°,∴△AGH∽△PCB。 ∴ AH PB CH BC 。 ∵抛物线 y=-x2+2mx 的对称轴为直线 x=m,其中 m>1, 且 B,C 关于对称轴对称, ∴BC=2(m-1)。 ∵B(1,2m-1), P(1,m), ∴BP=m-1。 又∵A(2m,0), C(2m-1,2m-1), ∴H(2m-1,0)。 ∴AH=1,CH=2m-1, ∴   1 m 1 2m 1 2 m 1  ,解得 m= 3 2 。 73 (3)存在。∵B,C 不重合,∴m≠1。 (I)当 m>1 时,BC=2(m-1), PM=m,BP=m-1, (i)若点 E 在 x 轴上(如图 1), ∵∠CPE=90°, ∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°,PC=EP。 ∴△BPC≌△MEP,∴BC=PM,即 2(m-1)=m,解得 m=2。 此时点 E 的坐标是(2,0)。 (ii)若点 E 在 y 轴上(如图 2),过点 P 作 PN⊥y 轴于点 N, 易证△BPC≌△NPE, ∴BP=NP=OM=1,即 m-1=1,解得,m=2。 此时点 E 的坐标是(0,4)。 (II)当 0<m<1 时,BC=2(1-m), PM=m,BP=1-m, (i)若点 E 在 x 轴上(如图 3), 易证△BPC≌△MEP, ∴BC=PM,即 2(1-m)=m,解得,m= 2 3 。 此时点 E 的坐标是( 4 3 ,0)。 (ii)若点 E 在 y 轴上(如图 4), 过点 P 作 PN⊥y 轴于点 N,易证△BPC≌△NPE, ∴BP=NP=OM=1,即 1-m=1,∴m=0(舍去)。 综上所述,当 m=2 时,点 E 的坐标是(0,2)或(0,4), 当 m= 时,点 E 的坐标是( ,0)。 【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,相似三角形的判定和性质, 全等三角形的判定和性质。 【分析】(1)把 m=3,代入抛物线的解析式,令 y=0 解方程,得到的非 0 解即为和 x 轴交点的横坐标,再 求出抛物线的对称轴方程,从而求出 BC 的长。 (2)过点 C 作 CH⊥x 轴于点 H(如图 1)由已知得∠ACP=∠BCH=90°,利用已知条件证明 △AGH∽△PCB,根据相似的性质得到: AH PB CH BC ,再用含有 m 的代数式表示出 BC,CH,BP,代入 比例式即可求出 m 的值。 74 (3)存在。本题要分当 m>1 时,BC=2(m-1), PM=m,BP=m-1 和当 0<m<1 时,BC=2(1- m), PM=m,BP=1-m,两种情况分别讨论,再求出满足题意的 m 值和相对应的点 E 坐标。 例 2:(2012 内蒙古呼和浩特 12 分)如图,抛物线 y=ax2+bx+c(a<0)与双曲线 ky= x 相交于点 A,B,且 抛物线经过坐标原点,点 A 的坐标为(﹣2,2),点 B 在第四象限内,过点 B 作直线 BC∥x 轴,点 C 为 直线 BC 与抛物线的另一交点,已知直线 BC 与 x 轴之间的距离是点 B 到 y 轴的距离的 4 倍,记抛物线顶 点为 E. (1)求双曲线和抛物线的解析式; (2)计算△ABC 与△ABE 的面积; (3)在抛物线上是否存在点 D,使 △ABD 的面积等于△ABE 的面积的 8 倍?若存在,请求出点 D 的坐标; 若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)∵点 A(﹣2,2)在双曲线 ky= x 上, ∴k=﹣4。 ∴双曲线的解析式为 4y= x 。 ∵BC 与 x 轴之间的距离是点 B 到 y 轴距离的 4 倍, ∴设 B 点坐标为(m,﹣4m)( m>0)代入双曲线解析式得 m=1。 ∴抛物线 y=ax2+bx+c(a<0)过点 A(﹣2,2)、 B(1,﹣4)、 O(0,0)。 ∴ 4a 2b+c=2 a+b+c= 2 c=0     ,解得: a= 1 b= 3 c=0     。 ∴抛物线的解析式为 2y x 3x   。 (2)∵抛物线的解析式为 239y x+ +24  , ∴顶点 E( 39 24 , ),对称轴为 x= 3 2 。 75 ∵B(1,﹣4), ∴﹣x2﹣3x=﹣4,解得:x1=1,x2=﹣4。 ∴C(﹣4,﹣4)。 ∴S△ABC= 1 2 ×5×6=15, 由 A、B 两点坐标为(﹣2,2),(1,﹣4)可求得直线 AB 的解析式为:y=﹣2x﹣2。 设抛物线的对称轴与 AB 交于点 F,则 F 点的坐标为( 3 2 ,1)。 ∴EF= 95144 。∴S△ABE=S△AEF+S△BEF= × 5 4 ×3=15 8 。 (3)S△ABE= ,∴8S△ABE=15。 ∴当点 D 与点 C 重合时,显然满足条件, 当点 D 与点 C 不重合时,过点 C 作 AB 的平行线 CD, 其直线解析式为 y=﹣2x﹣12。 令﹣2x﹣12=﹣x2﹣3x,解得 x1=3,x2=﹣4(舍去)。 当 x=3 时,y=﹣18,故存在另一点 D(3,﹣18)满足条件。 综上所述,可得点 D 的坐标为(3,﹣18)或(﹣4,﹣4)。 例 3:(2012 黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西 6 分) 如图,抛物线 21y x=x2 bc 与 x 轴交 于 A、B 两点,与 y 轴交于点 C,且 OA=2,OC=3. (1)求抛物线的解析式. (2)若点 D(2,2)是抛物线上一点,那么在抛物线的对称轴上,是否存在一点 P,使得△BDP 的周长最小, 若存在,请求出点 P 的坐标,若不存在,请说明理由. 注:二次函数 2y ax bx c   (a ≠0)的对称轴是直线x = b 2a 76 【答案】解:(1)∵OA=2,OC=3,∴A(-2,0), C(0,3)。 将 C(0,3)代入 21y= x bx c2   得 c=3。 将 A(-2,0)代入 21y= x bx 32   得,    210= 2 2 b 32      ,解得 b= 1 2 。 ∴抛物线的解析式为 211y= x x 322   。 (2)如图:连接 AD,与对称轴相交于 P,由于点 A 和点 B 关于对称轴对称,则即 BP+DP=AP+DP,当 A、P、D 共线时 BP+DP=AP+DP 最小。 设 AD 的解析式为 y=kx+b, 将 A(-2,0), D(2,2)分别代入解析式得, 2k b 0 2k b 2      ,解得, 1k 2 b1     ,∴直线 AD 解析式为 y= 1 2 x+1。 ∵二次函数的对称轴为 1 12x 1 22 2     , ∴当 x= 时,y= × +1= 5 4 。∴P( , )。 【考点】曲线上点的坐标与方程的关系,轴对称(最短路线问题)。 【分析】(1)根据 OC=3,可知 c=3,于是得到抛物线的解析式为 21y= x bx 32   ,然后将 A(-2,0) 代入解析式即可求出 b 的值,从而得到抛物线的解析式。 (2)由于 BD 为定值,则△BDP 的周长最小,即 BP+DP 最小,由于点 A 和点 B 关于对称轴对 称,则即 BP+DP=AP+DP,当 A、P、D 共线时 BP+DP=AP+DP 最小。 例 4:(2012 甘肃兰州 12 分)如图,Rt△ABO 的两直角边 OA、OB 分别在 x 轴的负半轴和 y 轴的正半轴 上,O 为坐标原点,A、B 两点的坐标分别为(-3,0)、(0,4),抛物线 y= 2 3 x2+bx+c 经过点 B,且顶点 77 在直线 x= 5 2 上. (1)求抛物线对应的函数关系式; (2)若把△ABO 沿 x 轴向右平移得到△DCE,点 A、B、O 的对应点分别是 D、C、E,当四边形 ABCD 是 菱形时,试判断点 C 和点 D 是否在该抛物线上,并说明理由; (3)在(2)的条件下,连接 BD,已知对称轴上存在一点 P 使得△PBD 的周长最小,求出 P 点的坐标; (4)在(2)、(3)的条件下,若点 M 是线段 OB 上的一个动点(点 M 与点 O、B 不重合),过点 M 作∥BD 交 x 轴于点 N,连接 PM、PN,设 OM 的长为 t,△PMN 的面积为 S,求 S 和 t 的函数关系式,并写出自变量 t 的取值范围,S 是否存在最大值?若存在,求出最大值和此时 M 点的坐标;若不存在,说明理由. 【答案】解:(1)∵抛物线 y= 2 3 x2+bx+c 经过点 B(0,4),∴c=4。 ∵顶点在直线 x= 5 2 上,∴ b5=2 22 3   ,解得 10b= 3 。 ∴所求函数关系式为 22 10y= x x+433 。 (2)在 Rt△ABO 中,OA=3,OB=4,∴ 22AB OA OB 5= 。 ∵四边形 ABCD 是菱形,∴BC=CD=DA=AB=5。 ∴C、D 两点的坐标分 别是(5,4)、(2,0), 当 x=5 时, 22 10y= 5 5+4=433   ; 当 x=2 时, 22 10y= 2 2+4=033   。 ∴点 C 和点 D 都在所求抛物线上。 (3)设 CD 与对称轴交于点 P,则 P 为所求的点, 设直线 CD 对应的函数关系式为 y=kx+b, 78 则 5k+b=4 2k+b=0    ,解得, 4k= 3 8b= 3     。∴直线 CD 对应的函数关系式为 48y= x33 。 当 x= 5 2 时, 4 5 8 2y= =3 2 3 3 。∴P( 52 23 , )。 (4)∵MN∥BD,∴△OMN∽△OBD。 ∴ OM ON OB OD ,即 t ON 42 ,得 tON 2 。 设对称轴交 x 于点 F,则  PFOM 1 1 2 5 5 5S PF OM OF= +t = t+2 2 3 2 4 6      梯形 。 ∵ 2 MON 1 1 1 1S OM ON= t t= t2 2 2 4      , PME 1 1 5 1 2 1 5S NF PF= t = t+2 2 2 2 3 6 6        , MON PMEPFOMS=S S S梯形 225 5 1 1 5 1 17t+ t t+ t + t4 6 4 6 6 4 12       (0<t<4)。 ∵ 2 21 17 1 17 289S= t + t= t +4 12 4 6 144    , 1 04 < ,0<17 6 <4, ∴当 17t= 6 时,S 取最大值是 289 144 。此时,点 M 的坐标为(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,二次函数的性质,菱形的性质, 相似三角形的判定和性质。 【分析】(1)根据抛物线 y= 2 3 x2+bx+c 经过点 B(0,4),以及顶点在直线 x= 上,得出 b,c 即可。 (2)根据菱形的性质得出 C、D 两点的坐标分别是(5,4)、(2,0),利用图象上点的性质得出 x= 5 或 2 时,y 的值即可。 (3)首先设直线 CD 对应的函数关系式为 y=kx+b,求出解析式,当 x= 时,求出 y 即可。 (4)利用 MN∥BD,得出△OMN∽△OBD,进而得出 ,得到 ,从而表示出△PMN 的面积,利用二次函数最值求出即可。 例 5:(2012 山东菏泽 10 分)如图,在平面直角坐标系中放置一直角三角板,其顶点为 A(0,1), B(2, 0), O(0,0),将此三角板绕原点 O 逆时针旋转 90°,得到△A′B′O. 79 (1)一抛物线经过点 A′、B′、B,求该抛物线的解析式; (2)设点 P 是在第一象限内抛物线上的一动点,是否存在点 P,使四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积 4 倍?若存在,请求出 P 的坐标;若不存在,请说明理由. (3)在(2)的条件下,试指出四边形 PB′A′B 是哪种形状的四边形?并写出四边形 PB′A′B 的两条性质. 【答案】解:(1) ∵△A′B′O 是由△ABO 绕原点 O 逆时针旋转 900 得到的, 且 A(0,1), B(2,0), O(0,0) ∴ A ( 1, 0), B (0, 2)   。 设抛物线的解析式为 2 ( 0)y ax bx c a    , ∵抛物线经过点 A′、B′、B, ∴ 0 2 0 4 2 a b c c a b c          ,解之得 1 1 2 a b c      。 ∴满足条件的抛物线的解析式为 2 2y x x    。 (2)∵P 为第一象限内抛物线上的一动点, 设 P( , )xy,则 0, 0xy ,P 点坐标满足 。 连接 PB,PO,PB′。 ∴ B OA B O OB PB A B S S S S       PP四边形 1 1 11 2+ 2 + 22 2 2xy       22( 2) 1 2 3x x x x x          。 假设四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍, 80 则 2 2 3 4xx    ,即 2 2 1 0xx   ,解之得 1x  ,此时 21 1 2 2y      。 ∴P(1,2)。 ∴存在点 P(1,2),使四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍。 (3)四边形 PB′A′B 为等腰梯形。它的性质有: ①等腰梯形同一底上的两个内角相等; ②等腰梯形对角线相等; ③等腰梯形上底与下底平行; ④等腰梯形两腰相等。 答案不唯一,上面性质中的任意 2 个均可。 【考点】二次函数综合题,旋转的性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,等腰梯形的判定和 性质。 【分析】(1)利用旋转的性质得出 A′(-1,0), B′(0,2),再利用待定系数法求二次函数解析式即可。 (2)利用 S 四边形 PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB,再假设四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍, 得出一元二次方程,得出 P 点坐标即可。 (3)利用 P 点坐标以及 B 点坐标即可得出四边形 PB′A′B 为等腰梯形,利用等腰梯形性质得出答 案即可。 例 6:(2012 辽宁营口 14 分)在平面直角坐标系中,已知抛物线 cbxaxy  2 经过点 A 3( ,0)、B(0, 3)、C(1,0)三点. (1) 求抛物线的解析式和顶点 D 的坐标; (2) 如图 1,将抛物线的对称轴绕抛物线的顶点 D 顺时针旋转 60 ,与直线 xy  交于点 N.在直线 DN 上是否存在点 M,使得∠MON= 75 .若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由; (3) 点 P、Q 分别是抛物线 和直线 上的点,当四边形 OBPQ 是直角梯形时, 求出点 Q 的坐标. 81 【答案】解:(1)由题意把 A(-3,0)、B(0,3)、C(1,0)代入 2y ax bx c   得, 9 3 0 3 0 a b c c abc        ,解得 1 2 3 a b c      。 ∴抛物线的解析式是 2 23y x x    。 ∵ 222 3 ( 1) 4y x x x        , ∴抛物线的顶点 D 的坐标为(-1,4)。 (2)存在。理由如下: 由旋转得∠EDF=60°。 在 Rt△DEF 中,∵∠EDF=60°,DE=4, ∴EF=DE×tan60°=4 3 。 ∴OF=OE+EF=1+4 。 ∴F 点的坐标为( 1 4 3 ,0)。 设过点 D、F 的直线解析式是 y kx b, 把 D(-1,4), F( ,0)代入求得 33433yx   。 分两种情况: ①当点 M 在射线 ND 上时,∵∠MON=75°,∠BON=45°, ∴∠MOB=∠MON﹣∠BON=30°。∴∠MOC=60°。 ∴直线 OM 的解析式为 3yx 。 82 ∴点 M 的坐标为方程组. 33433 3 yx yx       的解,解方程组得, 123 2 36 2 x y     。 ∴点 M 的坐标为( 123 2 , 36 2 )。 ②当点 M 在射线 NF 上时,不存在点 M 使得∠MON=75°。 ∵∠MON=75°,∠FON=45°, ∴∠FOM=∠MON-∠FON=30°。 ∵∠DFE=30°。∴∠FOM=∠DFE。∴OM∥FN。∴不存在点 M 使得∠MON=75°。 综上所述,存在点 M ,且点 M 的坐标为( , )。 (3)有两种情况: ①如图,直角梯形 OBPQ 中,PQ∥OB,∠OBP=90°。 ∵∠OBP=∠AOB=90°,∴PB∥OA。 ∴点 P、B 的纵坐标相同都是 3。 ∵点 P 在抛物线 2 23y x x    上, ∴把 y  3 代入抛物线的解析式, 解得 1x =﹣2, 2x =0(舍去)。 由 PQ∥OB 得到点 P、Q 的横坐标相同,都等于-2, 把 x =﹣2 代入 ﹣ 得 2。 所以 Q 点的坐标为(-2,2)。 ②如图,在直角梯形 OBPQ 中,PB∥OQ,∠BPQ=90°。 ∵D(-1,4),B(0,3) ,∴DB∥OQ。 ∵PB∥OQ,点 P 在抛物线上,∴点 P、D 重合。 ∴∠EDF=∠EFD=45°。∴EF=ED=4。∴OF=OE+EF=5。 作 QH⊥ x 轴于 H, ∵∠QOF=∠QFO=45°,∴OQ=FQ。∴OH= 1 2 OF= 5 2 。 ∴Q 点的横坐标﹣ 。 ∵Q 点在 ﹣ 上,∴把 =﹣ 代入 ﹣ 得 。 83 ∴Q 点的坐标为(﹣ 5 2 , )。 综上所述,符合条件的点 Q 有两个,坐标分别为:(-2,2),(﹣ , )。 【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,旋转的性质, 锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,直角梯形的判定。 【分析】(1)用待定系数法,将 A、B、C 的坐标代入 2y ax bx c   即可求得抛物线的解析式,化为顶 点式即可求得顶点坐标。 (2)分点 M 在射线 ND 上和点 M 在射线 NF 上两种情况讨论即可。 (3)分 PQ∥OB,∠OBP=90°和 PB∥OQ,∠BPQ=90°两种情况讨论即可。 例 7:(2012 上海市 14 分)如图,在半径为 2 的扇形 AOB 中,∠AOB=90°,点 C 是弧 AB 上的一个动点 (不与点 A、B 重合)OD⊥BC,OE⊥AC,垂足分别为 D、E. (1)当 BC=1 时,求线段 OD 的长; (2)在△DOE 中是否存在长度保持不变的边?如果存在,请指出并求其长度,如果不存在,请说明理由; (3)设 BD=x,△DOE 的面积为 y,求 y 关于 x 的函数关系式,并写出它的定义域. 【答案】解:(1)∵点 O 是圆心,OD⊥BC,BC=1,∴BD= 1 2 BC= 。 又∵OB=2,∴ 2 2 2 2 1 15OD= OB BD 2 22     。 (2)存在,DE 是不变的。 如图,连接 AB,则 22AB= OB +OA 2 2 。 ∵D 和 E 是中点,∴DE= 1 AB= 22 。 (3)∵BD=x,∴ 2OD 4 x。 ∵∠1=∠2,∠3=∠4,∠AOB=900。 ∴∠2+∠3=45°。 84 过 D 作 DF⊥OE,垂足为点 F。∴DF=OF= 24x 2  。 由△BOD∽△EDF,得 BD OD=EF DF ,即 2 2 x 4 x=EF 4x 2   ,解得 EF= 1 2 x。 ∴OE= 2x+ 4 x 2  。 ∴ 2 2 2 21 1 4 x x+ 4 x 4 x +x 4 xy DF OE = 0 x 22 2 422 <<        ( )。 【考点】垂径定理,勾股定理,等腰直角三角形的判定和性质,三角形中位线定理,相似三角形的判定和 性质。 【分析】(1)由 OD⊥BC,根据垂径定理可得出 BD= 1 2 BC= ,在 Rt△BOD 中利用勾股定理即可求出 OD 的长。 (2)连接 AB,由△AOB 是等腰直角三角形可得出 AB 的长,再由 D 和 E 是中点,根据三角形中 位线定理可得出 DE= 2 。 (3)由 BD=x,可知 2OD 4 x,由于∠1=∠2,∠3=∠4,所以∠2+∠3=45°,过 D 作 DF⊥OE, 则 DF=OF= ,EF= x,OE= ,即可求得 y 关于 x 的函数关系式。 ∵ 22AB= OB +OA 2 2 ,点 C 是弧 AB 上的一个动点(不与点 A、B 重合), ∴ 0 x 2<< 。 例 8:(2012 湖南长沙 10 分)如图半径分别为 m,n(0<m<n)的两圆⊙O1 和⊙O2 相交于 P,Q 两点, 且点 P(4,1),两圆同时与两坐标轴相切,⊙O1 与 x 轴,y 轴分别切于点 M,点 N,⊙O2 与 x 轴,y 轴 分别切于点 R,点 H. (1)求两圆的圆心 O1,O2 所在直线的解析式; (2)求两圆的圆心 O1,O2 之间的距离 d; (3)令四边形 PO1QO2 的面积为 S1,四边形 RMO1O2 的面积为 S2. 85 试探究:是否存在一条经过 P,Q 两点、开口向下,且在 x 轴上截得的线段长为 12ss 2d  的抛物线?若存在, 请求出此抛物线的解析式;若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)由题意可知 O1(m,m), O2(n,n), 设过点 O1,O2 的直线解析式为 y=kx+b,则有: mk+b=m nk+b=n    (0<m<n),解得 k=1 b=0    。 ∴两圆的圆心 O1,O2 所在直线的解析式为:y=x。 (2)由相交两圆的性质,可知 P、Q 点关于 O1O2 对称. ∵P(4,1),直线 O1O2 解析式为 y=x,∴Q(1,4)。 如图 1,连接 O1Q, O2Q。 ∵Q(1,4), O1(m,m), ∴根据勾股定理得到:    222 1O Q m 1 + m 4 = 2m 10m+17    。 又∵O1Q 为小圆半径,即 QO1=m, ∴ 22m 10m+17 =m,化简得:m2﹣10m+17=0 ① 同理可得:n2﹣10n+17=0 ② 由①,②式可知,m、n 是一元二次方程 x2﹣10x+17=0 ③的两个根, 解③得: x 5 2 2 。 ∵0<m<n,∴m=5- 22,n=5+ 22。 ∵O1(m,m), O2(n,n), 86 ∴d=O1O2=    22m n + m n = 32+32=8 。 (3)不存在。理由如下: 假设存在这样的抛物线,其解析式为 y=ax2+bx+c, ∵开口向下,∴a<0。 如图 2,连接 PQ。 由相交两圆性质可知,PQ⊥O1O2。 ∵P(4,1), Q(1,4), ∴    22PQ 4 1 + 1 4 =3 2   。 又∵O1O2=8,∴ 1 1 2 11S PQ O O 3 2 8=12 222      。 又∵O2R=5+ 22,O1M=5- 22,MR= 42, ∴ 2 2 1 11S O R O M MR 10 4 2 20 222       ( ) ∴ 1212 2 20 2ss= =1 2d 2 8   ,即抛物线在 x 轴上截得的线段长为 1。 ∵抛物线过点 P(4,1), Q(1,4), ∴ 16a+4b+c=1 a+b+c=4    ,解得  b= 5a+1 c=5+4a   。 ∴抛物线解析式为:y=ax2﹣(5a+1)x+5+4a, 令 y=0,则有:ax2﹣(5a+1)x+5+4a=0, 设两根为 x1,x2,则有:x1+x2= 5a+1 a ,x1x2= 5+4a a 。 ∵在 x 轴上截得的线段长为 1,即|x1﹣x2|=1, ∴(x1﹣x2)2=1,∴(x1+x2)2﹣4x1x2=1,即( )2﹣4( )=1, 化简得:8a2﹣10a+1=0,解得 a= 5 17 8  。 可见 a 的两个根均大于 0,这与抛物线开口向下(即 a<0)矛盾。 ∴不存在这样的抛物线。 【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,相交两圆的性质,勾股定理,解 一元二次方程,一元二次方程根与系数的关系,二次函数的性质。 【分析】(1)根据直线过点 O1(m,m), O2(n,n),利用待定系数法求出其解析式。 87 (2)根据 P、Q 关于连心线对称,求出 Q 点的坐标;根据勾股定理分别表示出 O1Q 和 O2Q,由 O1Q= m 和 O2Q= n 得到一元二次方程,求解即可得到 m,n 的大小;最后由勾股定理求 d。 (3)假设存在这样的抛物线,其解析式为 y=ax2+bx+c,因为开口向下,所以 a<0;求出 S1、S2, 从而求得: 12ss=1 2d  ,即抛物线在 x 轴上截得的线段长为 1;根据抛物线过点 P(4,1), Q(1,4),用 待定系数法求得其解析式为:y=ax2-(5a+1)x+5+4a;由抛物线在 x 轴上截得的线段长为 1,即 |x1-x2|=1,得到关于 a 的一元二次方程,此方程的两个根均大于 0,这与抛物线开口向下(a<0)相矛盾, 所以得出结论:这样的抛物线不存在。 练习题: 1. (2012 广东湛江 12 分)如图,在平面直角坐标系中,直角三角形 AOB 的顶点 A、B 分别落在坐标轴 上.O 为原点,点 A 的坐标为(6,0),点 B 的坐标为(0,8).动点 M 从点 O 出发.沿 OA 向终点 A 以 每秒 1 个单位的速度运动,同时动点 N 从点 A 出发,沿 AB 向终点 B 以每秒 个单位的速度运动.当一个 动点到达终点时,另一个动点也随之停止运动,设动点 M、N 运动的时间为 t 秒(t>0). (1)当 t=3 秒时.直接写出点 N 的坐标,并求出经过 O、A、N 三点的抛物线的解析式; (2)在此运动的过程中,△MNA 的面积是否存在最大值?若存在,请求出最大值;若不存在,请说明理 由; (3)当 t 为何值时,△MNA 是一个等腰三角形? 2.(2012 江苏南通 12 分)如图,在△ABC 中,AB=AC=10cm,BC=12cm,点 D 是 BC 边的中点.点 P 从点 B 出发,以 acm/s(a>0)的速度沿 BA 匀速向点 A 运动;点 Q 同时以 1cm/s 的速度从点 D 出发,沿 DB 匀速向点 B 运动,其中一个动点到达端点时,另一个动点也随之停止运动,设它们运动的时间为 ts. (1)若 a=2,△BPQ∽△BDA,求 t 的值; (2)设点 M 在 AC 上,四边形 PQCM 为平行四边形. ①若 a= 5 2 ,求 PQ 的长; ②是否存在实数 a,使得点 P 在∠ACB 的平分线上?若存在,请求出 a 的值;若不存在,请说明 88 理由. 3.(2012 江苏常州 9 分)已知,在矩形 ABCD 中,AB=4,BC=2,点 M 为边 BC 的中点,点 P 为边 CD 上 的动点(点 P 异于 C、D 两点)。连接 PM,过点 P 作 PM 的垂线与射线 DA 相交于点 E(如图)。设 CP=x, DE=y。 (1)写出 y 与 x 之间的函数关系式 ▲ ; (2)若点 E 与点 A 重合,则 x 的值为 ▲ ; (3)是否存在点 P,使得点 D 关于直线 PE 的对称点 D′落在边 AB 上?若存在,求 x 的值;若不存在,请 说明理由。 4.(2012 辽宁沈阳 14 分)已知,如图,在平面直角坐标系中,点 A 坐标为(-2,0),点 B 坐标为 (0,2 ), 点 E 为线段 AB 上的动点(点 E 不与点 A,B 重合),以 E 为顶点作∠OET=45°,射线 ET 交线段 OB 于点 F, C 为 y 轴正半轴上一点,且 OC=AB,抛物线 y= 2 x2+mx+n 的图象经过 A,C 两点. (1) 求此抛物线的函数表达式; (2) 求证:∠BEF=∠AOE; (3) 当△EO F 为等腰三角形时,求此时点 E 的坐标; (4) 在(3)的条件下,当直线 EF 交 x 轴于点 D,P 为(1) 中抛物线上一动点,直线 PE 交 x 轴 于点 G,在直线 EF 上方的抛物线上是否存在一点 P,使得△EPF 的面积是△EDG 面积的( 122  ) 倍. 若存在,请直接..写出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由. 温馨提示:考生可以根据题意,在备用图中补充图形,以便作答. 89 5.(2012 山东临沂 11 分)已知,在矩形 ABCD 中,AB=a,BC=b,动点 M 从点 A 出发沿边 AD 向点 D 运 动. (1)如图 1,当 b=2a,点 M 运动到边 AD 的中点时,请证明∠BMC=90°; (2)如图 2,当 b>2a 时,点 M 在运动的过程中,是否存在∠BMC=90°,若存在,请给与证明;若不存 在,请说明理由; (3)如图 3,当 b<2a 时,(2)中的结论是否仍然成立?请说明理由. 6.(2012 山东青岛 12 分)如图,在△ABC 中,∠C=90º,AC=6cm,BC=8cm,D、E 分别是 AC、AB 的中点,连接 DE.点 P 从点 D 出发,沿 DE 方向匀速运动,速度为 1cm/s;同时,点 Q 从点 B 出发,沿 BA 方向匀速运动,速度为 2cm/s,当点 P 停止运动时,点 Q 也停止运动.连接 PQ,设运动时间为 t(0<t <4)s.解答下列问题: (1)当 t 为何值时,PQ⊥AB? (2)当点 Q 在 B、E 之间运动时,设五边形 PQBCD 的面积为 ycm2,求 y 与 t 之间的函数关系式; (3)在(2)的情况下,是否存在某一时刻 t,使得 PQ 分四边形 BCDE 所成的两部分的面积之比为 PQE PQBCDSS 五 形边∶ =1∶29?若存在,求出此时 t 的值以及点 E 到 PQ 的距离 h;若不存在,请说明理 由. 90 7.(2012 河南省 11 分)如图,在平面直角坐标系中,直线 1y= x+12 与抛物线 2y=ax +bx 3 交于 A,B 两 点,点 A 在 x 轴上,点 B 的纵坐标为 3。点 P 是直线 AB 下方的抛物线上一动点(不与 A,B 重合),过 点 P 作 x 轴的垂线交直线 AB 与点 C,作 PD⊥AB 于点 D (1)求 a,b 及sin ACP 的值 (2)设点 P 的横坐标为 m ①用含 的代数式表示线段 PD 的长,并求出线段 PD 长的最大值; ②连接 PB,线段 PC 把△PDB 分成两个三角形,是否存在适合的 值,使这两个三角形的面积 之比为 9:10?若存在,直接写出 值;若不存在,说明理由. 8.(2012 广西梧州 10 分)如图,抛物线 2y x 12x 30    的顶点为 A,对称轴 AB 与 x 轴交于点 B. 在 x 轴上方的抛物线上有 C、D 两点,它们关于 AB 对称,并且 C 点在对称轴的左侧,CB⊥DB。 (1)求出此抛物线的对称轴和顶点 A 的坐标; (2)在抛物线的对称轴上找出点 Q,使它到 A、C 两点的距离相等,并求出点 Q 的坐标; (3)延长 DB 交抛物线于点 E,在抛物线上是否存在点 P,使得△DEP 的面积等于△DEC 的面积,若存 在,请你直接写出点 P 的坐标,若不存在,请说明理由。 【提示:抛物线 2y ax bx c(a 0)    的对称轴为 bx 2a ,顶点坐标为 2b 4ac b( , )2a 4a  】 91 x y E D B A O C 9.(2012 内蒙古呼伦贝尔 13 分)如图①,在平面直角坐标系内,Rt△ABC≌Rt△FED,点 C、D 与原点 O 重合,点 A、F 在 y 轴上重合,∠B=∠E=30°,AC=FD= 3 .△FED 不动,△ABC 沿直线 BE 以每秒 1 个 单位的速度向右平移,直到点 B 与点 E 重合为止,设移动 x 秒后两个三角形重叠部分的面积为 S. (1)求出图①中点 B 的坐标; (2)如图②,当 x=4 秒时,点 M 坐标为(2, 3 3 ),求出过 F、M、A 三点的抛物线的解析式;此抛物 线上有一动点 P,以点 P 为圆心,以 2 为半径的⊙P 在运动过程中是否存在与 y 轴相切的情况?若存在, 直接写出 P 点的坐标;若不存在,请说明理由. (3)求出整个运动过程中 S 与 x 的函数关系式.