二次函数中考压轴题四边形的存在性问题解析精选 38页

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 ‎，解得。‎ ‎∴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）。‎ ‎（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+，﹣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。∴。‎ 由A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，‎ ‎∴AC=，AB=4。‎ ‎∴，解得。∴BB′=2BF=，‎ 由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，∴。‎ ‎∴。∴B′E=，BE=。∴OE=BE﹣OB=﹣3=．‎ ‎∴B′点的坐标为（﹣，）。‎ 设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0），则 ‎，解得。‎ ‎∴直线B'D的解析式为：。‎ 联立B'D与AC的直线解析式可得：‎ ‎，解得。‎ ‎∴M点的坐标为（）。‎ ‎【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，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A．B两点可求得A．B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=﹣（x﹣1）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=，AB=4。由Rt△AOC∽Rt△AFB求得，从而得到BB′=2BF=。由Rt△AOC∽Rt△B′EB得到B′E=，BE= ，OE=BE﹣OB=﹣3=，从而得到点B′的坐标。用待定系数法求出线B′D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）∵抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，‎ ‎ ∴该抛物线的顶点满足（b＞0）。‎ ‎ ∴b=2。‎ ‎ （3）存在。‎ ‎ 如图，作△OCD与△OAB关于原点O中心对称，‎ ‎ 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AE⊥OB，垂足为E，‎ ‎ ∴，即，∴．‎ ‎ ∴。‎ ‎ 设过点O、C、D三点的抛物线，则 ‎ ，解得，。‎ ‎ ∴所求抛物线的表达式为。‎ ‎【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b＞0，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Rt△OAB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△OAB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CH⊥OA于H，‎ ‎ ∵在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2，∴OA=。‎ ‎∵将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处，‎ ‎∴OC=OA=，∠AOC=60°。‎ ‎∴OH=，CH=3 。‎ ‎∴C的坐标是（，3）。 ‎ ‎（2）∵抛物线经过C（，3）、A（，0）两点，‎ ‎ ∴，解得。∴此抛物线的解析式为 ‎（3）存在。‎ ‎∵的顶点坐标为（，3），即为点C。‎ ‎ MP⊥x轴，设垂足为N，PN＝t，‎ ‎∵∠BOA＝300，所以ON＝‎ ‎ ∴P（）‎ ‎ 作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E。‎ 把代入得：。‎ ‎ ∴ M（，），E（，）。‎ ‎ 同理：Q（，t），D（，1）。‎ ‎ 要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE＝QD，‎ ‎ 即，解得：，（舍去）。‎ ‎ ∴ P点坐标为（，）。‎ ‎ ∴ 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（，）。‎ ‎【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。 ‎ ‎【分析】（1）过C作CH⊥OA于H，根据折叠得到OC=OA=4，∠A0C=60°，求出OH和CH即可。‎ ‎（2）把C（，3）、A（，0）代入得到方程组，求出方程组的解即可。‎ ‎（3）如图，根据等腰梯形的判定，只要CE＝QD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，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，即，解得。‎ ‎∴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。‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎∴S=×AQ×PD=×2t×（）‎ ‎。‎ ‎∴当t=s时，S取得最大值，最大值为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=S△ABC，而S△ABC=AC•BC=24，∴此时S△AQP=12。‎ 由（2）可知，S△AQP=，∴=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。‎ ‎∴，即。‎ 解得：PD=，AD=，‎ ‎∴QD=AD﹣AQ=。‎ 在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，即（）2+（）2=（2t）2，‎ 化简得：13t2﹣90t+125=0，解得：t1=5，t2=。‎ ‎∵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×[﹣×（）2+6×]=。‎ ‎∴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。‎ ‎【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+x +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于不同的P、Q两点，AC、BD相交于N。‎ ‎①若直线l⊥BD，如图1所示，试求的值；‎ ‎②若l为满足条件的任意直线。如图2所示，①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。‎ ‎【答案】解：（1）∵二次函数y=ax2+x +c的图象经过点B（-3，0），M（0，-1），‎ ‎∴ ，解得。‎ ‎∴二次函数的解析式为：。‎ ‎（2）证明：在中，令y=0，得，解得x1=－3，x2=2。‎ ‎∴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，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），‎ ‎∴ ，解得：。‎ ‎∴直线BD解析式为：。‎ ‎（3）在Rt△AOB中，，‎ 又AD=BC=5，∴▱ABCD是菱形。‎ ‎①若直线l⊥BD，如图1所示，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD。∴AC∥直线l。∴。‎ ‎∵BA=BC=5，∴BP=BQ=10。‎ ‎∴。‎ ‎②若l为满足条件的任意直线，如图2所示，此时①中的结论依然成立，理由如下：‎ ‎∵AD∥BC，CD∥AB，∴△PAD∽△DCQ。∴。‎ ‎∴AP•CQ=AD•CD=5×5=25。‎ ‎∴ ‎ ‎。‎ ‎【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。‎ ‎①推出AC∥直线l，从而根据平行线间的比例线段关系，求出BP、CQ的长度，计算出。‎ ‎②判定△PAD∽△DCQ，得到AP•CQ=25，利用这个关系式对进行分式的化简求值，结论为 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．‎ ‎【答案】解：（1）A（1，4）。‎ 由题意，设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4‎ ‎∵抛物线过点C（3，0），∴0=a（3﹣1）2+4，解得，a=﹣1。‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3。‎ ‎（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，‎ ‎∵A（1，4），C（3，0），‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴直线AC的解析式为y=﹣2x+6。‎ ‎∵点P（1，4﹣t），‎ ‎∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，解得点E的横坐标为。‎ ‎∴点G的横坐标为，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为。‎ ‎∴GE=（）﹣（4﹣t）=。‎ 又点A到GE的距离为，C到GE的距离为，‎ ‎∴。‎ ‎∴当t=2时，S△ACG的最大值为1。‎ ‎（3）或。‎ ‎【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，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 y=a（x﹣1）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 ‎（1，4﹣t），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；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=、点A到GE的距离为，C到GE的距离为；最后根据三角形的面积公式可以求得，由二次函数的最值可以解得t=2时，S△ACG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（），设H（）。‎ 当CE是对角线时，如图1，有CQ=HE=CH，即 ‎，‎ 解得，或t=4（舍去，此时C，E重合）。‎ 当CE是边时，如图2，有CQ=CE=EH，即 ‎，‎ 解得，或（舍去，此时已超过矩形ABCD的范围）。‎ 综上所述，当或时，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。‎ ‎【例7】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，‎ ‎，解得：。‎ ‎∴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 ‎，解得：。‎ ‎∴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。‎ 由得y2＋（2a＋1）y＋a2＋2a－3=0，解得：y= 。‎ 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8】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．‎ ‎【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，‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴抛物线解析式为。‎ ‎（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN=。∴P（t，）。‎ ‎∵点M在抛物线上，∴M（t，）。‎ 如图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，‎ AG=yA﹣yM=2﹣，‎ ‎ BH=PN=。‎ 当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形，‎ ‎∴，化简得3t2﹣8t+4=0。‎ 解得t1=2（不合题意，舍去），t2=，‎ ‎∴点P的坐标为（）。‎ ‎∴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。‎ ‎ 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=。‎ ‎∴点Q的坐标为（a，）。‎ 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，∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴KT=A′T=（3﹣a），A′Q=yA′﹣yQ=（﹣a+3）﹣=3﹣a。‎ ‎∴S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ=KT•A′T﹣A′Q•HT ‎。‎ ‎∵＜0，‎ ‎∴在线段AC上存在点A′（），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为。‎ ‎【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（），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OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=12，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，∴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=OB。‎ ‎∵AB∥DG，∴△ODG∽△OBA 。 ‎ ‎∵，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）‎ ‎∴ ，解得。∴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 ），（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=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。‎ 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），Q2（－2，2），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（3，4），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°。‎ ‎∴。∴G点的坐标为（3，4－）。‎ ‎（2）设直线EF的解析式是y=kx+b，‎ 在Rt△BFG中，，∴∠BFG=60°。∴∠AFE=∠EFG=60°。‎ ‎∴AE=AFtan∠AFE=2tan60°=2。∴E点的坐标为（0，4－2）。‎ 又F点的坐标是（2，4），‎ ‎∴， 解得。‎ ‎∴直线EF的解析式为。‎ ‎（3）存在。M点的坐标为（），（），（ ）。‎ ‎【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：‎ ‎①FG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轴于点H，易证△M1HN1≌△GBF，‎ ‎∴M1H=GB=，即yM1=。‎ 由直线EF解析式，求出。‎ ‎∴M1（）。‎ ‎②FG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①相同的办法，可求得M2（）。‎ ‎③FG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=4，所以M3的纵坐标为8－。‎ 代入直线EF解析式，得到M3的横坐标为。‎ ‎∴M3（）。‎ 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：M1（），M2（），M3（ ）。‎ ‎【例11】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．‎ ‎【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。‎ ‎ ∴，即 解得 t= 。∴Q（）。‎ ‎②当∠AQP=∠AOB时，如图2， △APQ∽△ABO。‎ ‎ ∴，即 解得 t= 。∴Q ‎（）。‎ ‎（3）存在。M1（）， M2（），M3（）。‎ ‎【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OA＜OB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（）。‎ ‎ 若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，则 ‎ ①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。∴M1（）。‎ ‎ ②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。∴M2（）。‎ ③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（）得M3的横坐标为，纵坐标为。∴M3（）。‎ 综上所述，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 ‎（）或（）或（）。‎ ‎【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。‎ 设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=（8﹣x）2，解得，x=3。‎ ‎∴AD=3。‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c过点D（3，10），C（8，0），‎ ‎∴，解得。∴抛物线的解析式为：。‎ ‎ （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=10﹣2t。‎ 当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，‎ ‎∴，即，解得。‎ 当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎∴当或时，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：①M1（﹣4，﹣32），N1（4，﹣38）；‎ ‎②M2（12，﹣32），N2（4，﹣26）；③M3（4，），N3（4，﹣）。‎ ‎【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≌△CBD，在Rt△CEO中求出OE的长，从而可得到AE的长；在Rt△AED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：‎ ‎①EC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。‎ 由得抛物线顶点，则：M（4，）。‎ ‎∵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，﹣）。‎ ‎②EC为平行四边形的边，则ECMN，‎ 设N（4，m），则M（4﹣8，m+6）或M（4+8，m﹣6）；‎ 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，m﹣6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，‎ 此时 N（4，﹣26）、M（12，﹣32）。‎ 综上所述，存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1（﹣4，﹣32），N1（4，﹣38）；‎ ‎②M2（12，﹣32），N2（4，﹣26）；③M3（4，），N3（4，﹣）。‎ ‎【例13】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．‎ ‎（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﹣（m2﹣2）x﹣2m的图象与x轴交于点A（x1，0）和点B（x2，0），x1＜x2，‎ ‎∴令y=0，即x2﹣（m2﹣2）x﹣2m=0 ①，则有：x1+x2=m2﹣2，x1x2=﹣2m。‎ ‎∴，化简得到：m2+m﹣2=0，解得m1=﹣2，m2=1。‎ 当m=﹣2时，方程①为：x2﹣2x+4=0，其判别式△=b2﹣4ac=﹣12＜0，此时抛物线与x轴没有交点，不符合题意，舍去；‎ 当m=1时，方程①为：x2+x﹣2=0，其判别式△=b2﹣4ac=9＞0，此时抛物线与x轴有两个不同的交点，符合题意。‎ ‎∴m=1。∴抛物线的解析式为y=x2+x﹣2。‎ ‎（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PA．PB．AC．BC，过点P作PD⊥x轴于D点。‎ ‎∵抛物线y=x2+x﹣2与x轴交于A．B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，∴PA∥BC，PA=BC。‎ ‎∴∠PAD=∠CBO，∴∠APD=∠OCB。‎ 在Rt△PAD与Rt△CBO中，‎ ‎∵∠PAD=∠CBO ，PA=BC，∠APD=∠OCB ，‎ ‎∴Rt△PAD≌Rt△CBO（AAS）。‎ ‎∴PD=OC=2，即yP=2。‎ ‎∵直线解析式为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，从而求得P点坐标。‎ ‎【例14】如图，一次函数分别交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？‎ ‎（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）∵分别交y轴、x轴于A、B两点，‎ ‎∴A、B点的坐标为：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=。‎ ‎∴抛物线解析式为：y=﹣x2+x+2。‎ ‎（2）如图1，设MN交x轴于点E，则E（t，0），BE=4﹣t。‎ ‎∵，‎ ‎∴ME=BE•tan∠ABO=（4﹣t）× =2﹣t。‎ 又∵N点在抛物线上，且xN=t，∴yN=﹣t2+t+2。‎ ‎∴。‎ ‎∴当t=2时，MN有最大值4。‎ ‎（3）由（2）可知，A（0，2），M（2，1），N（2，5）．‎ 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=x+6；‎ 由D2（0，﹣2），M（2，1）D2M的方程为y=x﹣2。‎ 由两方程联立解得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，利用直线解析式求得交点坐标。‎ ‎【例15】已知抛物线y=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°。‎ ‎∴AB=2OA=4。∴PB=4。‎ 把y=4代入y=x2+1，得 x=±。‎ ‎∴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 ‎ ‎(，1)， (-，-1)， (-，1)， (，-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，解得： 。 ‎ ‎∴AP所在直线的解析式为：y=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=±。∴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）。‎ 综上所述，存在点N（，1），（－，－1），（－，1），（，－1），使得 四边形OAMN是菱形。‎ ‎【例16】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 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．‎ ‎【答案】解：(1) QB＝8－2t，PD＝t。‎ ‎ (2) 不存在。理由如下：‎ 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴ AB＝10。‎ ‎∵ PD∥BC，∴ △APD∽△ACB。∴ ＝，即：＝，∴ AD＝t。‎ ‎∴ BD＝AB－AD＝10－t。‎ ‎∵ BQ∥DP，∴ 当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形。‎ ‎∴8－2t＝t，解得：t＝。‎ 当t＝时，PD＝×＝，BD＝10－×＝6，∴ DP≠BD。‎ ‎∴PDBQ不能为菱形。‎ 设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ＝8－vt，PD＝t，BD＝10－t。‎ 要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，‎ 当PD＝BD时，即t＝10－t，解得：t＝。‎ 当PD＝BQ时，t＝时，即×＝8－v，解得：v＝。‎ ‎∴要使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，点Q的速度为单位长度/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。‎ 依题意，可知0≤t≤4。‎ 当t＝0时，点M1的坐标为(3，0)；‎ 当t＝4时，点M2的坐标为(1，4)。‎ 设直线M1M2的解析式为y＝kx＋b，‎ ‎∴ ，解得：。‎ ‎∴直线M1M2的解析式为y＝－2x＋6。‎ ‎∵点Q(0，2t)，P(6－t，0)，‎ ‎∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为(，t)。‎ 把x＝，代入y＝－2x＋6，得y＝－2×＋6＝t。‎ ‎∴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M2N＝4，M1N＝2。‎ ‎∴ M1M2＝2。‎ ‎∴线段PQ中点M所经过的路径长为2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：CQ＝2t，PA＝t，由Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，PD∥BC，即可 得tanA＝ ＝＝，则可求得QB与PD的值。‎ ‎(2) 易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ＝DP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PD＝BD＝BQ，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所经过的路径长，根据勾股定理即可求出。‎ ‎【例17】已知抛物线与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．‎ ‎（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.‎ ‎【答案】解：（1）∵ A（－1，0）, ，∴C（0，－3）。‎ ‎∵抛物线经过A（－1，0）,C（0，，3），‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴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= ‎ ‎。‎ ‎∴s与t之间的函数关系式为 ‎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。‎ ‎（4）存在。M 1（－，0）M2（，0），M3（，0），M4（，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由于在0＜t≤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，S有最大值，最大值为。‎ ‎（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（，－2），N2（，－2）， N3（， 2），N4（， 2）。‎ 若AP是边，‎ 则M1的横坐标为－PN1加点A的横坐标：－；‎ M2的横坐标为PN2加点A的横坐标：；‎ M3的横坐标为N3的纵坐标加N3的横坐标：；‎ M4的横坐标为N4的纵坐标加N4的的横坐标：。‎ 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。‎ ‎∵点B（﹣2，3），A（4，0）在抛物线上 ‎∴，解得：。∴设抛物线的解析式为。‎ ‎（2）∵P（x，y）是抛物线上的一点，∴。‎ ‎∵点C是直线y=﹣2x﹣1与y轴交点，∴C（0，1）。∴OC=1。‎ 若S△ADP=S△ADC，‎ ‎∵， ，∴，即。‎ ‎∴， 即或。‎ 解得：．‎ ‎∴点P的坐标为 P1（，1），P2（，1），P3（2，－1）。‎ ‎（3）结论：存在。当t1=，t2=6，t3=，t4=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，∴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=。‎ 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。‎ ‎∵此时DM2=DE=1，∴M2F=DF+DM2=6。‎ ‎∴t2=6。‎ ‎③菱形AEM3Q3。‎ ‎∵此时EM3=AE=，‎ ‎∴DM3=EM3﹣DE=﹣1。∴M3F=DM3+DF=（﹣1）+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，∴，即，得M4E=。‎ ‎∴DM4=M4E﹣DE=﹣1=。∴M4F=DM4+DF=+5=。‎ ‎∴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=，t2=6，t3=，t4=。‎ ‎【例19】如图，抛物线交轴于点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到轴的距离为，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.‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线交轴于点C，∴C（0，-3）则 OC=3。‎ ‎∵P到轴的距离为，P到轴的距离是1，且在第三象限，‎ ‎∴P（-1，-）。‎ ‎∵C关于直线l的对称点为A，∴A（-2，-3）。‎ 将点A（-2，-3），P（-1，-）代入得，‎ ‎，解得。‎ ‎ ∴抛物线的表达式为。‎ ‎（2）过点D做DG⊥轴于G，则∠DGE=∠BCE=90°。‎ ‎∵∠DEG=∠BEC，∴△DEG∽△BEC。‎ ‎∴。‎ ‎∵DE:BE=4:1，BC=1，‎ ‎∴, 则DG=4。 ‎ 将=4代入，得=5。‎ ‎∴D（4,5）。 ‎ ‎∵过点D（4,5）,∴ ,则=2。‎ ‎∴所求直线的表达式为 。 ‎ ‎（3）存在。 M1，M2，M3， M4。‎ ‎【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DG⊥轴于G，由△DEG∽△BEC求出点D的坐标，代入即可求得直线的表达式。‎ ‎　　　　（3）存在。分三种情况讨论：‎ ‎　　　　　　　①当OF和FM都为菱形的边时，‎ ‎　　　　　　　∵点F在上，∴F（0，2），OF=2。‎ ‎ 设M，则FM=，‎ 由OF=FM解得。‎ 当时，，∴M1。当时，，∴M2。‎ ②当OF为菱形的对角线时，MN垂直平分OF，‎ ‎∴在中令，即，解得。∴M3。‎ ③当FM为菱形的对角线时， 设M，则OM=，‎ 由OF=OM得解得（舍去）。，‎ ‎∴M4。‎ ‎【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），抛物线y=x2+bx+c经过点B，且对称轴是直线x=﹣．‎ ‎（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（a≠0）的顶点坐标为（，），对称轴是直线x=．）‎ ‎【答案】解：（1）由于抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点B（0，3），则 c=3。‎ ‎∵抛物线的对称轴 x=，∴b=5a=。‎ ‎∴抛物线的解析式：y=x2+x+3。‎ ‎（2）∵A（4，0）、B B（0，3），∴OA=4，OB=3，。‎ 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=x2+x+3中，得：×（﹣5）2+×（﹣5）+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：‎ ‎ ，解得。∴直线CD：y=x。‎ 由于MN∥y轴，设 M（t，t2+t+3），则 N（t，t ）。‎ ‎①t＜﹣5或t＞﹣1时，l=MN=（t2+t+3）﹣（t ）=t2+t+；‎ ‎②﹣5＜t＜﹣1时，l=MN=（t ）﹣（t2+t+3）=﹣t2﹣t﹣。‎ 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：‎ t2+t+=3，解得：t=﹣3±2；或﹣t2﹣t﹣=3，解得：t=﹣3。‎ 综上所述，l与t之间的函数解析式为l=。‎ 且当t=﹣3±2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=x2+bx+c中，（0，c）代表的是抛物线与y轴的交点，x=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：①抛物线在直线CD上方、②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M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形时，由于CE∥MN∥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。‎