重庆市中考数学题二次函数综合题专题练习二doc 40页

‎ 重庆市2015年中考数学26题---二次函数综合题专题练习二 ‎1．已知抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）．‎ ‎（1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式；‎ ‎（2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值；‎ ‎（3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的增减性．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题；存在型．‎ 分析：‎ ‎（1）由抛物线的顶点式易得顶点A坐标，把点B的坐标代入抛物线的解析式即可解决问题．‎ ‎（2）根据平移法则求出抛物线C2的解析式，用待定系数法求出直线AB的解析式，再通过解方程组求出抛物线C2与直线AB的交点C、D的坐标，就可以求出S△OAC：S△OAD的值．‎ ‎（3）设直线m与y轴交于点G，直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形形状、位置随着点G的变化而变化，故需对点G的位置进行讨论，借助于相似三角形的判定与性质、三角函数的增减性等知识求出符合条件的点G的坐标，从而求出相应的直线m的解析式．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2的顶点为A，‎ ‎∴点A的坐标为（﹣1，﹣2）．‎ ‎∵抛物线C1：y=a（x+1）2﹣2经过点B（﹣2，﹣1），‎ ‎∴a（﹣2+1）2﹣2=﹣1．‎ 解得：a=1．‎ ‎∴抛物线C1的解析式为：y=（x+1）2﹣2．‎ ‎（2）∵抛物线C2是由抛物线C1向下平移2个单位所得，‎ ‎∴抛物线C2的解析式为：y=（x+1）2﹣2﹣2=（x+1）2﹣4．‎ 设直线AB的解析式为y=kx+b．‎ ‎∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1），‎ ‎∴解得：‎ ‎∴直线AB的解析式为y=﹣x﹣3．‎ 联立解得：或．‎ ‎∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．‎ ‎∴OC=3，OD=3．‎ 过点A作AE⊥x轴，垂足为E，‎ 过点A作AF⊥y轴，垂足为F，‎ ‎∵A（﹣1，﹣2），‎ ‎∴AF=1，AE=2．‎ ‎∴S△OAC：S△OAD ‎=（OC•AE）：（OD•AF）=（×3×2）：（×3×1）=2．‎ ‎∴S△OAC：S△OAD的值为2．‎ ‎（3）设直线m与y轴交于点G，与直线l交于点H，‎ 设点G的坐标为（0，t）‎ 当m∥l时，CG∥PQ．‎ ‎∴△OCG∽△OPQ．∴=．‎ ‎∵P（﹣4，0），Q（0，2），∴OP=4，OQ=2，∴=．∴OG=．‎ ‎∴t=时，直线l，m与x轴不能构成三角形．‎ ‎∵t=0时，直线m与x轴重合，‎ ‎∴直线l，m与x轴不能构成三角形．‎ ‎∴t≠0且t≠．‎ ‎①t＜0时，如图2①所示．‎ ‎∵∠PHC＞∠PQG，∠PHC＞∠QGH，‎ ‎∴∠PHC≠∠PQG，∠PHC≠∠QGH．‎ 当∠PHC=∠GHQ时，‎ ‎∵∠PHC+∠GHQ=180°，‎ ‎∴∠PHC=∠GHQ=90°．‎ ‎∵∠POQ=90°，‎ ‎∴∠HPC=90°﹣∠PQO=∠HGQ．‎ ‎∴△PHC∽△GHQ．‎ ‎∵∠QPO=∠OGC，‎ ‎∴tan∠QPO=tan∠OGC．∴=．∴=．∴OG=6．‎ ‎∴点G的坐标为（0，﹣6）‎ 设直线m的解析式为y=mx+n，‎ ‎∵点C（﹣3，0），点G（0，﹣6）在直线m上，‎ ‎∴．解得：．‎ ‎∴直线m的解析式为y=﹣2x﹣6，联立，解得：或 ‎∴E（﹣1，﹣4）．‎ 此时点E在顶点，符合条件．‎ ‎∴直线m的解析式为y=﹣2x﹣6．[来源:学.科.网Z.X.X.K]‎ ‎②O＜t＜时，如图2②所示，‎ ‎∵tan∠GCO==＜，tan∠PQO===2，‎ ‎∴tan∠GCO≠tan∠PQO．‎ ‎∴∠GCO≠∠PQO．‎ ‎∵∠GCO=∠PCH，‎ ‎∴∠PCH≠∠PQO．‎ 又∵∠HPC＞∠PQO，‎ ‎∴△PHC与△GHQ不相似．‎ ‎∴符合条件的直线m不存在．‎ ‎③＜t≤2时，如图2③所示．‎ ‎∵tan∠CGO==≥，tan∠QPO===．‎ ‎∴tan∠CGO≠tan∠QPO．‎ ‎∴∠CGO≠∠QPO．‎ ‎∵∠CGO=∠QGH，‎ ‎∴∠QGH≠∠QPO，‎ 又∵∠HQG＞∠QPO，‎ ‎∴△PHC与△GHQ不相似．‎ ‎∴符合条件的直线m不存在．‎ ‎④t＞2时，如图2④所示．‎ 此时点E在对称轴的右侧．‎ ‎∵∠PCH＞∠CGO，‎ ‎∴∠PCH≠∠CGO．‎ 当∠QPC=∠CGO时，‎ ‎∵∠PHC=∠QHG，∠HPC=∠HGQ，‎ ‎∴△PCH∽△GQH．‎ ‎∴符合条件的直线m存在．‎ ‎∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90°，‎ ‎∴△POQ∽△GOC．‎ ‎∴=．∴=．∴OG=6．‎ ‎∴点G的坐标为（0，6）．‎ 设直线m的解析式为y=px+q ‎∵点C（﹣3，0）、点G（0，6）在直线m上，∴．解得：．‎ ‎∴直线m的解析式为y=2x+6．‎ 综上所述：存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似，‎ 此时直线m的解析式为y=﹣2x﹣6和y=2x+6．‎ ‎　‎ ‎2．平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，点C的坐标为（﹣3，4），点A在x轴的正半轴上，O为坐标原点，连接OB，抛物线y=ax2+bx+c经过C、O、A三点．‎ ‎（1）直接写出这条抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图1，对于所求抛物线对称轴上的一点E，设△EBO的面积为S1，菱形ABCD的面积为S2，当S1≤S2时，求点E的纵坐标n的取值范围；‎ ‎（3）如图2，D（0，﹣）为y轴上一点，连接AD，动点P从点O出发，以个单位/秒的速度沿OB方向运动，1秒后，动点Q从O出发，以2个单位/秒的速度沿折线O﹣A﹣B方向运动，设点P运动时间为t秒（0＜t＜6），是否存在实数t，使得以P、Q、B为顶点的三角形与△ADO相似？若存在，求出相应的t值；若不存在，请说明理由．‎ 考点： 二次函数综合题．菁优网版权所有 分析： （1）求得菱形的边长，则A的坐标可以求得，然后利用待定系数法即可求得函数的解析式；‎ ‎（2）首先求得菱形的面积，即可求得S1的范围，当S1取得最大值时即可求得直线的解析式，则n的值的范围即可求得；‎ ‎（3）分当1＜t＜3.5时和3.5≤t≤6时两种情况进行讨论，依据相似三角形的对应边的比相等，即可列方程求解．‎ 解答： 解：（1）根据题意得：，解得：，‎ 则抛物线的解析式是：y=x2﹣x；‎ ‎（2）设BC与y轴相交于点G，则S2=OG•BC=20，‎ ‎∴S1≤5，‎ 又OB所在直线的解析式是y=2x，OB==2，‎ ‎∴当S1=5时，△EBO的OB边上的高是．‎ 如图1，设平行于OB的直线为y=2x+b，则它与y轴的交点为M（0，b），与抛物线对称轴x=交于点E（，n）．‎ 过点O作ON⊥ME，点N为垂足，若ON=，由△MNO∽△OGB，得OM=5，‎ ‎∴y=2x﹣5，‎ 由， 解得： y=0， 即E的坐标是（，0）．‎ ‎∵与OB平行且到OB的距离是的直线有两条．‎ ‎∴由对称性可得另一条直线的解析式是：y=2x+5．‎ 则E′的坐标是（，10）．‎ 由题意得得，n的取值范围是：0≤n≤10且n≠5．‎ ‎（3）如图2，动点P、Q按题意运动时，‎ 当1＜t＜3.5时，‎ OP=t，BP=2﹣t，OQ=2（t﹣1），‎ 连接QP，当QP⊥OP时，有=，∴PQ=（t﹣1），若=，则有=，‎ 又∵∠QPB=∠DOA=90°，‎ ‎∴△BPQ∽△AOD，此时，PB=2PQ，即2﹣t=（t﹣1），‎ ‎10﹣t=8（t﹣1），∴t=2；‎ 当3.5≤t≤6时，QB=10﹣2（t﹣1）=12﹣2t，连接QP．‎ 若QP⊥BP，‎ 则有∠PBQ=∠ODA，‎ 又∵∠QPB=∠AOD=90°，‎ ‎∴△BPQ∽△DOA，‎ 此时，PB=PB，即12﹣2t=（2﹣t），12﹣2t=10﹣t，‎ ‎∴t=2（不合题意，舍去）．‎ 若QP⊥BQ，则△BPQ∽△DAO，‎ 此时，PB=BQ，‎ 即2﹣t=（12﹣2t），2﹣t=12﹣2t，解得：t=．则t的值为2或．‎ 点评： 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．‎ ‎　‎ ‎3、如图，已知直线y=x+1与x轴交于点A，与y轴交于点B，将△AOB绕点O顺时针旋转90°后得到△COD．‎ ‎（1）点C的坐标是　（0，3）　线段AD的长等于　4　；‎ ‎（2）点M在CD上，且CM=OM，抛物线y=x2+bx+c经过点G，M，求抛物线的解析式；‎ ‎（3）如果点E在y轴上，且位于点C的下方，点F在直线AC上，那么在（2）中的抛物线上是否存在点P，使得以C，E，F，P为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出该菱形的周长l；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）首先求出图象与x轴交于点A，与y轴交于点B的坐标，进而得出C点坐标以及线段AD的长；‎ ‎（2）首先得出点M是CD的中点，即可得出M点坐标，进而利用待定系数法求二次函数解析式；‎ ‎（3）分别根据当点F在点C的左边时以及当点F在点C的右边时，分析四边形CFPE为菱形得出即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵直线y=x+1与x轴交于点A，与y轴交于点B，‎ ‎∴y=0时，x=﹣3，x=0时，y=1，‎ ‎∴A点坐标为：（﹣3，0），B点坐标为：（0，1），‎ ‎∴OC=3，DO=1，‎ ‎∴点C的坐标是（0，3），线段AD的长等于4；‎ ‎（2）∵CM=OM，‎ ‎∴∠OCM=∠COM．‎ ‎∵∠OCM+∠ODM=∠COM+∠MOD=90°，‎ ‎∴∠ODM=∠MOD，‎ ‎∴OM=MD=CM，‎ ‎∴点M是CD的中点，‎ ‎∴点M的坐标为（，）．‎ ‎（说明：由CM=OM得到点M在OC在垂直平分线上，所以点M的纵坐标为，再求出直线CD的解析式，进而求出点M的坐标也可．）‎ ‎∵抛物线y=x2+bx+c经过点C，M，‎ ‎∴，解得：．‎ ‎∴抛物线y=x2+bx+c的解析式为：y=x2﹣x+3．‎ ‎（3）抛物线上存在点P，使得以C，E，F，P为顶点的四边形是菱形．‎ 情形1：如图1，当点F在点C的左边时，四边形CFEP为菱形．‎ ‎∴∠FCE=PCE，‎ 由题意可知，OA=OC，‎ ‎∴∠ACO=∠PCE=45°，‎ ‎∴∠FCP=90°，‎ ‎∴菱形CFEP为正方形．‎ 过点P作PH⊥CE，垂足为H，‎ 则Rt△CHP为等腰直角三角形．‎ ‎∴CP=CH=PH．‎ 设点P为（x，x2﹣x+3），则OH=x2﹣x+3，PH=x，‎ ‎∵PH=CH=OC﹣OH，‎ ‎∴3﹣（x2﹣x+3）=x，‎ 解得：x=‎ ‎∴CP=CH=×=，‎ ‎∴菱形CFEP的周长l为：×4=10．‎ 情形2：如图2，当点F在点C的右边时，四边形CFPE为菱形．‎ ‎∴CF=PF，CE∥FP．‎ ‎∵直线AC过点A（﹣3，0），点C（0，3），‎ ‎∴直线AC的解析式为：y=x+3．‎ 过点C作CM⊥PF，垂足为M，‎ 则Rt△CMF为等腰直角三角形，CM=FM．‎ 延长PF交x轴于点N，‎ 则PN⊥x轴，∴PF=FN﹣PN，‎ 设点P为（x，x2﹣x+3），则点F为（x，x+3），‎ ‎∴FC=x，FP=（x+3）﹣（x2﹣x+3）=﹣x2+x，‎ ‎∴x=﹣x2+x，‎ 解得：x=﹣，‎ ‎∴FC=x=﹣2，‎ ‎∴菱形CFEP的周长l为：（﹣2）×4=18﹣8．‎ 综上所述，这样的菱形存在，它的周长为10或18﹣8．‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数综合应用以及菱形的判定与性质等知识，根据已知进行分类讨论得出是解题关键．‎ ‎　‎ ‎4、如图1，在平面直角坐标系中，AB=OB=8，∠ABO=90°，∠yOC=45°，射线OC以每秒2个单位长度的速度向右平行移动，当射线OC经过点B时停止运动，设平行移动x秒后，射线OC扫过Rt△ABO的面积为y．‎ ‎（1）求y与x之间的函数关系式；‎ ‎（2）当x=3秒时，射线OC平行移动到O′C′，与OA相交于G，如图2，求经过G，O，B三点的抛物线的解析式； ‎ ‎（3）现有一动点P在（2）中的抛物线上，试问点P在运动过程中，是否存在三角形POB的面积S=8的情况？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．‎ 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）判断出△ABO是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠AOB=45°，然后求出AO⊥CO，再根据平移的性质可得AO⊥C′O′，从而判断出△OO′G是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质列式整理即可得解；‎ ‎（2）求出OO′，再根据等腰直角三角形的性质求出点G的坐标，然后设抛物线解析式为y=ax2+bx，再把点B、G的坐标代入，利用待定系数法求二次函数解析式解答；‎ ‎（3）设点P到x轴的距离为h，利用三角形的面积公式求出h，再分点P在x轴上方和下方两种情况，利用抛物线解析式求解即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵AB=OB，∠ABO=90°，‎ ‎∴△ABO是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠AOB=45°，‎ ‎∵∠yOC=45°，‎ ‎∴∠AOC=（90°﹣45°）+45°=90°，‎ ‎∴AO⊥CO，‎ ‎∵C′O′是CO平移得到，‎ ‎∴AO⊥C′O′，‎ ‎∴△OO′G是等腰直角三角形，‎ ‎∵射线OC的速度是每秒2个单位长度，‎ ‎∴OO′=2x，‎ ‎∴y=×（2x）2=2x2；‎ ‎（2）当x=3秒时，OO′=2×3=6，‎ ‎∵×6=3，‎ ‎∴点G的坐标为（3，3），‎ 设抛物线解析式为y=ax2+bx，则，解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x；‎ ‎（3）设点P到x轴的距离为h，‎ 则S△POB=×8h=8，解得h=2，‎ 当点P在x轴上方时，﹣x2+x=2，‎ 整理得，x2﹣8x+10=0，‎ 解得x1=4﹣，x2=4+，‎ 此时，点P的坐标为（4﹣，2）或（4+，2）；‎ 当点P在x轴下方时，﹣x2+x=﹣2，‎ 整理得，x2﹣8x﹣10=0，‎ 解得x1=4﹣，x2=4+，‎ 此时，点P的坐标为（4﹣，﹣2）或（4+，﹣2），‎ 综上所述，点P的坐标为（4﹣，2）或（4+，2）或（4﹣，﹣2）或（4+，﹣2）时，△POB的面积S=8．‎ 点评：‎ 本题是二次函数综合题型，主要利用了等腰直角三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积，二次函数图象上点的坐标特征，（3）要注意分情况讨论．‎ ‎5、如图，抛物线y=ax2+bx+c关于y轴对称，它的顶点在坐标原点O，点B（2，﹣）和点C（﹣3，﹣3）两点均在抛物线上，点F（0，﹣）在y轴上，过点（0，）作直线l与x轴平行．‎ ‎（1）求抛物线的解析式和线段BC的解析式．‎ ‎（2）设点D（x，y）是线段BC上的一个动点（点D不与B，C重合），过点D作x轴的垂线，与抛物线交于点G．设线段GD的长度为h，求h与x之间的函数关系式，并求出当x为何值时，线段GD的长度h最大，最大长度h的值是多少？‎ ‎（3）若点P（m，n）是抛物线上位于第三象限的一个动点，连接PF并延长，交抛物线于另一点Q，过点Q作QS⊥l，垂足为点S，过点P作PN⊥l，垂足为点N，试判断△FNS的形状，并说明理由；‎ ‎（4）若点A（﹣2，t）在线段BC上，点M为抛物线上的一个动点，连接AF，当点M在何位置时，MF+MA的值最小，请直接写出此时点M的坐标与MF+MA的最小值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题；二次根式的性质与化简；待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；线段的性质：两点之间线段最短．.‎ 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）由于抛物线的顶点在坐标原点O，故抛物线的解析式可设为y=ax2，把点C的坐标代入即可求出抛物线的解析式；设直线BC的解析式为y=mx+n，把点B、C的坐标代入即可求出直线BC的解析式．‎ ‎（2）由点D（x，y）在线段BC上可得yD=x﹣2，由点G在抛物线y=﹣x2上可得yG=﹣x2．由h=DG=yG﹣yD=﹣x2﹣（x﹣2）配方可得h=﹣（x+）2+．根据二次函数的最值性即可解决问题．‎ ‎（3）可以证明PF=PN，结合PN∥OF可推出∠PFN=∠OFN；同理可得∠QFS=∠OFS．由∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°可推出∠NFS=90°，故△NFS是直角三角形．‎ ‎（4）过点M作MH⊥l，垂足为H，如图4，由（3）中推出的结论PF=PN可得：抛物线y=﹣x2上的点到点F（0，﹣）的距离与到直线y=的距离相等，从而有MF=MH，则MA+MF=MA+MH．由两点之间线段最短可得：当A、M、H三点共线（即AM⊥l）时，MA+MH（即MA+MF）最小，此时xM=xA=﹣2，从而可以求出点M及点A的坐标，就可求出MF+MA的最小值．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c关于y轴对称，它的顶点在坐标原点O，‎ ‎∴抛物线解析式为y=ax2．‎ ‎∵点C（﹣3，﹣3）在抛物线y=ax2上，‎ ‎∴.9a=﹣3．‎ ‎∴a=﹣．‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2．‎ 设直线BC的解析式为y=mx+n．‎ ‎∵B（2，﹣）、C（﹣3，﹣3）在直线y=mx+n上，‎ ‎∴．解得：．‎ ‎∴直线BC的解析式为y=x﹣2．‎ ‎（2）如图2，‎ ‎∵点D（x，y）是线段BC上的一个动点（点D不与B，C重合），‎ ‎∴yD=x﹣2，且﹣3＜x＜2．‎ ‎∵DG⊥x轴，‎ ‎∴xG=xD=x．‎ ‎∵点G在抛物线y=﹣x2上，‎ ‎∴yG=﹣x2．‎ ‎∴h=DG=yG﹣yD ‎=﹣x2﹣（x﹣2）‎ ‎=﹣x2﹣x+2‎ ‎=﹣（x2+x）+2‎ ‎=﹣（x2+x+﹣）+2‎ ‎=﹣（x+）2++2‎ ‎=﹣（x+）2+．‎ ‎∵﹣＜0，﹣3＜﹣＜2，‎ ‎∴当x=﹣时，h取到最大值，最大值为．‎ ‎∴h与x之间的函数关系式为h=﹣（x+）2+，其中﹣3＜x＜2；‎ 当x=﹣时，线段GD的长度h最大，最大长度h的值是．‎ ‎（3）△FNS是直角三角形．‎ 证明：过点F作FT⊥PN，垂足为T，如图3，‎ ‎∵点P（m，n）是抛物线y=﹣x2上位于第三象限的一个动点，‎ ‎∴n=﹣m2．m＜0，n＜0．‎ ‎∴m2=﹣3n．‎ 在Rt△PTF中，‎ ‎∵PT=﹣﹣n，FT=﹣m，‎ ‎∴PF=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=﹣n．‎ ‎∵PN⊥l，且l是过点（0，）平行于x轴的直线，‎ ‎∴PN=﹣n．‎ ‎∴PF=PN．‎ ‎∴∠PNF=∠PFN．‎ ‎∵PN⊥l，OF⊥l，‎ ‎∴PN∥OF．‎ ‎∴∠PNF=∠OFN．‎ ‎∴∠PFN=∠OFN．‎ 同理可得：∠QFS=∠OFS．‎ ‎∵∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°，‎ ‎∴2∠OFN+2∠OFS=180°．‎ ‎∴∠OFN+∠OFS=90°．‎ ‎∴∠NFS=90°．‎ ‎∴△NFS是直角三角形．‎ ‎（4）过点M作MH⊥l，垂足为H，如图4，‎ 在（3）中已证到PF=PN，由此可得：抛物线y=﹣x2上的点到点F（0，﹣）的距离与到直线y=的距离相等．‎ ‎∴MF=MH．‎ ‎∴MA+MF=MA+MH．‎ 由两点之间线段最短可得：‎ 当A、M、H三点共线（即AM⊥l）时，MA+MH（即MA+MF）最小，等于AH．‎ 即xM=xA=﹣2时，MA+MF取到最小值．‎ 此时，yM=﹣×（﹣2）2=﹣，点M的坐标为（﹣2，﹣）；‎ yA=×（﹣2）﹣2=﹣，点A的坐标为（﹣2，﹣）；‎ MF+MA的最小值=AH=﹣（﹣）=．‎ ‎∴当点M的坐标为（﹣2，﹣）时，MF+MA的值最小，最小值为．‎ ‎6、如图①，直线l:与x,y轴分别相交于A，B两点，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，得到△COD，过点A，B，D的抛物线P叫做l的关联抛物线，而l叫做P的关联直线.‎ ‎（1）若l:,则P表示的函数解析式为 ，若 P:，则l表示的函数解析式为 .‎ ‎（2）求P的对称轴（用含m,n的代数式表示）；‎ ‎（3）如图②，若l:，P的对称轴与CD相交于点E，点F在l上，点Q在P的对称轴上.当以点C，E，Q，F为顶点的四边形是以CE为一边的平行四边形时，求点Q的坐标；‎ ‎（4）如图③，若l:，G为AB中点，H为CD中点，连接GH，M为GH中点，连接OM.若OM=，直接写出l，P表示的函数解析式.‎ ‎ ‎ ‎（图①） （图②） （图③）‎ ‎（第26题）‎ ‎7、如图，在平面直角坐标系中，点A在第二象限，以A为顶点的抛物线经过原点，与x轴负半轴交于点B，对称轴为直线x=﹣2，点C在抛物线上，且位于点A、B之间（C不与A、B重合）．若△ABC的周长为a，则四边形AOBC的周长为　 　（用含a的式子表示）．‎ ‎8、如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2，点P、Q均在抛物线上，点P位于对称轴右侧，点Q位于对称轴左侧，PA垂直对称轴于点A，QB垂直对称轴于点B，且QB=PA+1，设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）求这条抛物线所对应的函数关系式；‎ ‎（2）求点Q的坐标（用含m的式子表示）；‎ ‎（3）请探究PA+QB=AB是否成立，并说明理由；‎ ‎（4）抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，若其对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，直接写出此时m的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．‎ 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据经过的点的坐标和对称轴列出关于b、c的方程组，然后求解得到b、c的值，即可得解；‎ ‎（2）根据点P在抛物线上表示点P的坐标，再求出PA，然后表示出QB，从而求出点Q的横坐标，代入抛物线解析式求出点Q的纵坐标，从而得解；‎ ‎（3）根据点P、Q的坐标表示出点A、B的坐标，然后分别求出PQ、BQ、AB，即可得解；‎ ‎（4）根据抛物线的对称性，抛物线y=a1x2+b1x+c1的对称轴为QB的垂直平分线，然后根据四边形PAQB被分成的两个部分列出方程求解即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2，‎ ‎∴，解得．‎ ‎∴这条抛物线所对应的函数关系式y=x2﹣4x+2；‎ ‎（2）∵抛物线上点P的横坐标为m，‎ ‎∴P（m，m2﹣4m+2），‎ ‎∴PA=m﹣2，‎ QB=PA+1=m﹣2+1=m﹣1，‎ ‎∴点Q的横坐标为2﹣（m﹣1）=3﹣m，‎ 点Q的纵坐标为（3﹣m）2﹣4（3﹣m）+2=m2﹣2m﹣1，‎ ‎∴点Q的坐标为（3﹣m，m2﹣2m﹣1）；‎ ‎（3）PA+QB=AB成立．‎ 理由如下：∵P（m，m2﹣4m+2），Q（3﹣m，m2﹣2m﹣1），‎ ‎∴A（2，m2﹣4m+2），B（2，m2﹣2m﹣1），‎ ‎∴AB=（m2﹣2m﹣1）﹣（m2﹣4m+2）=2m﹣3，‎ 又∵PA=m﹣2，QB=m﹣1，‎ ‎∴PA+QB=m﹣2+m﹣1=2m﹣3，‎ ‎∴PA+QB=AB；‎ ‎（4）∵抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，‎ ‎∴抛物线y=a1x2+b1x+c1的对称轴为QB的垂直平分线，‎ ‎∵对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，‎ ‎∴××=×（2m﹣3）×（2m﹣3），‎ 整理得，（2m﹣3）（m﹣3）=0，‎ ‎∵点P位于对称轴右侧，‎ ‎∴m＞2，‎ ‎∴2m﹣3≠0，‎ ‎∴m﹣3=0，‎ 解得m=3．‎ 点评：‎ 本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，抛物线上点的坐标特征，三角形的面积，难点在于（4）根据抛物线的对称性判断出抛物线的对称轴为QB的垂直平分线．‎ ‎　9、如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点O为对角线BD的中点，点P从点A出发，沿折线AD﹣DO﹣OC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，当点P与点A不重合时，过点P作PQ⊥AB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设正方形PQMN与△ABD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动的时间为t（秒）．‎ ‎（1）求点N落在BD上时t的值；‎ ‎（2）直接写出点O在正方形PQMN内部时t的取值范围；‎ ‎（3）当点P在折线AD﹣DO上运动时，求S与t之间的函数关系式；‎ ‎（4）直接写出直线DN平分△BCD面积时t的值．‎ 考点：‎ 相似形综合题；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．‎ 专题：‎ 压轴题；分类讨论．‎ 分析：‎ ‎（1）可证△DPN∽△DQB，从而有，即可求出t的值．‎ ‎（2）只需考虑两个临界位置（①MN经过点O，②点P与点O重合）下t的值，就可得到点O在正方形PQMN内部时t的取值范围．‎ ‎（3）根据正方形PQMN与△ABD重叠部分图形形状不同分成三类，如图4、图5、图6，然后运用三角形相似、锐角三角函数等知识就可求出S与t之间的函数关系式．‎ ‎（4）由于点P在折线AD﹣DO﹣OC运动，可分点P在AD上，点P在DO上，点P在OC上三种情况进行讨论，然后运用三角形相似等知识就可求出直线DN平分△BCD面积时t的值．‎ 解答：‎ 解：（1）当点N落在BD上时，如图1．‎ ‎∵四边形PQMN是正方形，‎ ‎∴PN∥QM，PN=PQ=t．‎ ‎∴△DPN∽△DQB．‎ ‎∴．‎ ‎∵PN=PQ=PA=t，DP=3﹣t，QB=AB=4，‎ ‎∴．‎ ‎∴t=．‎ ‎∴当t=时，点N落在BD上．‎ ‎（2）①如图2，‎ 则有QM=QP=t，MB=4﹣t．‎ ‎∵四边形PQMN是正方形，‎ ‎∴MN∥DQ．‎ ‎∵点O是DB的中点，‎ ‎∴QM=BM．‎ ‎∴t=4﹣t．‎ ‎∴t=2．‎ ‎②如图3，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A=90°．‎ ‎∵AB=4，AD=3，‎ ‎∴DB=5．‎ ‎∵点O是DB的中点，‎ ‎∴DO=．‎ ‎∴1×t=AD+DO=3+．‎ ‎∴t=．‎ ‎∴当点O在正方形PQMN内部时，t的范围是2＜t＜．‎ ‎（3）①当0＜t≤时，如图4．‎ S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2．‎ ‎②当＜t≤3时，如图5，‎ ‎∵tan∠ADB==，‎ ‎∴=．‎ ‎∴PG=4﹣t．‎ ‎∴GN=PN﹣PG=t﹣（4﹣t）=﹣4．‎ ‎∵tan∠NFG=tan∠ADB=，‎ ‎∴．‎ ‎∴NF=GN=（﹣4）=t﹣3．‎ ‎∴S=S正方形PQMN﹣S△GNF ‎=t2﹣×（﹣4）×（t﹣3）‎ ‎=﹣t2+7t﹣6．‎ ‎③当3＜t≤时，如图6，‎ ‎∵四边形PQMN是正方形，四边形ABCD是矩形．‎ ‎∴∠PQM=∠DAB=90°．‎ ‎∴PQ∥AD．‎ ‎∴△BQP∽△BAD．‎ ‎∴==．‎ ‎∵BP=8﹣t，BD=5，BA=4，AD=3，‎ ‎∴．‎ ‎∴BQ=，PQ=．‎ ‎∴QM=PQ=．‎ ‎∴BM=BQ﹣QM=．‎ ‎∵tan∠ABD=，‎ ‎∴FM=BM=．‎ ‎∴S=S梯形PQMF=（PQ+FM）•QM ‎=[+]•‎ ‎=（8﹣t）2‎ ‎=t2﹣t+．‎ 综上所述：当0＜t≤时，S=t2．‎ 当＜t≤3时，S=﹣t2+7t﹣6．‎ 当3＜t≤时，S=t2﹣t+．‎ ‎（4）设直线DN与BC交于点E，‎ ‎∵直线DN平分△BCD面积，‎ ‎∴BE=CE=．‎ ‎①点P在AD上，过点E作EH∥PN交AD于点H，如图7，‎ 则有△DPN∽△DHE．‎ ‎∴．‎ ‎∵PN=PA=t，DP=3﹣t，DH=CE=，EH=AB=4，‎ ‎∴．‎ 解得；t=．‎ ‎②点P在DO上，连接OE，如图8，‎ 则有OE=2，OE∥DC∥AB∥PN．‎ ‎∴△DPN∽△DOE．‎ ‎∴．‎ ‎∵DP=t﹣3，DO=，OE=2，‎ ‎∴PN=（t﹣3）．‎ ‎∵PQ=（8﹣t），PN=PQ，‎ ‎∴（t﹣3）=（8﹣t）．‎ 解得：t=．‎ ‎③点P在OC上，设DE与OC交于点S，连接OE，交PQ于点R，如图9，‎ 则有OE=2，OE∥DC．‎ ‎∴△DSC∽△ESO．‎ ‎∴．‎ ‎∴SC=2SO．‎ ‎∵OC=，‎ ‎∴SO==．‎ ‎∵PN∥AB∥DC∥OE，‎ ‎∴△SPN∽△SOE．‎ ‎∴．‎ ‎∵SP=3++﹣t=，SO=，OE=2，‎ ‎∴PN=．‎ ‎∵PR∥MN∥BC，‎ ‎∴△ORP∽△OEC．‎ ‎∴．‎ ‎∵OP=t﹣，OC=，EC=，‎ ‎∴PR=．‎ ‎∵QR=BE=，‎ ‎∴PQ=PR+QR=．‎ ‎∵PN=PQ，‎ ‎∴=．‎ 解得：t=．‎ 综上所述：当直线DN平分△BCD面积时，t的值为、、．‎ ‎10、如图1，矩形OABC顶点B的坐标为（8，3），定点D的坐标为（12，0），动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动，动点Q从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的负方向匀速运动，PQ两点同时运动，相遇时停止．在运动过程中，以PQ为斜边在x轴上方作等腰直角三角形PQR．设运动时间为t秒．‎ ‎（1）当t=　1秒　时，△PQR的边QR经过点B；‎ ‎（2）设△PQR和矩形OABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式；‎ ‎（3）如图2，过定点E（5，0）作EF⊥BC，垂足为F，当△PQR的顶点R落在矩形OABC的内部时，过点R作x轴、y轴的平行线，分别交EF、BC于点M、N，若∠MAN=45°，求t的值．‎ 考点：‎ 四边形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，则有AB=AQ，由此列方程求出t的值；‎ ‎（2）在图形运动的过程中，有三种情形，需要分类讨论，避免漏解；‎ ‎（3）首先判定ABFE为正方形；其次通过旋转，由三角形全等证明MN=EM+BN；设EM=m，BN=n，在Rt△FMN中，由勾股定理得到等式：mn+3（m+n）﹣9=0，由此等式列方程求出时间t的值．‎ 解答：‎ 解：（1）△PQR的边QR经过点B时，△ABQ构成等腰直角三角形，‎ ‎∴AB=AQ，即3=4﹣t，‎ ‎∴t=1．‎ 即当t=1秒时，△PQR的边QR经过点B．‎ ‎（2）①当0≤t≤1时，如答图1﹣1所示．‎ 设PR交BC于点G，‎ 过点P作PH⊥BC于点H，则CH=OP=2t，GH=PH=3．‎ S=S矩形OABC﹣S梯形OPGC ‎=8×3﹣（2t+2t+3）×3‎ ‎=﹣6t；‎ ‎②当1＜t≤2时，如答图1﹣2所示．‎ 设PR交BC于点G，RQ交BC、AB于点S、T．‎ 过点P作PH⊥BC于点H，则CH=OP=2t，GH=PH=3．‎ QD=t，则AQ=AT=4﹣t，‎ ‎∴BT=BS=AB﹣AQ=3﹣（4﹣t）=t﹣1．‎ S=S矩形OABC﹣S梯形OPGC﹣S△BST ‎=8×3﹣（2t+2t+3）×3﹣（t﹣1）2‎ ‎=﹣t2﹣5t+19；‎ ‎③当2＜t≤4时，如答图1﹣3所示．‎ 设RQ与AB交于点T，则AT=AQ=4﹣t．‎ PQ=12﹣3t，∴PR=RQ=（12﹣3t）．‎ S=S△PQR﹣S△AQT ‎=PR2﹣AQ2‎ ‎=（12﹣3t）2﹣（4﹣t）2‎ ‎=t2﹣14t+28．‎ 综上所述，S关于t的函数关系式为：‎ S=．‎ ‎（3）∵E（5，0），∴AE=AB=3，‎ ‎∴四边形ABFE是正方形．‎ 如答图2，将△AME绕点A顺时针旋转90°，得到△ABM′，其中AE与AB重合．‎ ‎∵∠MAN=45°，∴∠EAM+∠NAB=45°，‎ ‎∴∠BAM′+∠NAB=45°，‎ ‎∴∠MAN=∠M′AN．‎ 连接MN．在△MAN与△M′AN中，‎ ‎∴△MAN≌△M′AN（SAS）．‎ ‎∴MN=M′N=M′B+BN ‎∴MN=EM+BN．‎ 设EM=m，BN=n，则FM=3﹣m，FN=3﹣n．‎ 在Rt△FMN中，由勾股定理得：FM2+FN2=MN2，即（3﹣m）2+（3﹣n）2=（m+n）2，‎ 整理得：mn+3（m+n）﹣9=0． ①‎ 延长MR交x轴于点S，则m=EM=RS=PQ=（12﹣3t），‎ ‎∵QS=PQ=（12﹣3t），AQ=4﹣t，‎ ‎∴n=BN=AS=QS﹣AQ=（12﹣3t）﹣（4﹣t）=2﹣t．‎ ‎∴m=3n，‎ 代入①式，化简得：n2+4n﹣3=0，‎ 解得n=﹣2+或n=﹣2﹣（舍去）‎ ‎∴2﹣t=﹣2+‎ 解得：t=8﹣2．‎ ‎∴若∠MAN=45°，则t的值为（8﹣2）秒．‎ 点评：‎ 本题是运动型综合题，涉及动点与动线，复杂度较高，难度较大．第（2）问中，注意分类讨论周全，不要遗漏；第（3）问中，善于利用全等三角形及勾股定理，求得线段之间的关系式，最后列出方程求解．题中运算量较大，需要认真计算．‎ ‎　‎ ‎11、如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．‎ ‎（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；‎ ‎（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；‎ ‎（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．‎ 考点：‎ 几何变换综合题；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；多边形内角与外角．‎ 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ ‎（1）由EN∥AD和点M为DE的中点可以证到△ADM≌△NEM，从而证到M为AN的中点．‎ ‎（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．‎ ‎（3）借鉴（2）中的解题经验可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：如图1，‎ ‎∵EN∥AD，‎ ‎∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．‎ ‎∵点M为DE的中点，‎ ‎∴DM=EM．‎ 在△ADM和△NEM中，‎ ‎∴．‎ ‎∴△ADM≌△NEM．‎ ‎∴AM=MN．‎ ‎∴M为AN的中点．‎ ‎（2）证明：如图2，‎ ‎∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，‎ ‎∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．‎ ‎∵AD∥NE，‎ ‎∴∠DAE+∠NEA=180°．‎ ‎∵∠DAE=90°，‎ ‎∴∠NEA=90°．‎ ‎∴∠NEC=135°．‎ ‎∵A，B，E三点在同一直线上，‎ ‎∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．‎ ‎∴∠ABC=∠NEC．‎ ‎∵△ADM≌△NEM（已证），‎ ‎∴AD=NE．‎ ‎∵AD=AB，‎ ‎∴AB=NE．‎ 在△ABC和△NEC中，‎ ‎∴△ABC≌△NEC．‎ ‎∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．‎ ‎∴∠ACN=∠BCE=90°．‎ ‎∴△ACN为等腰直角三角形．‎ ‎（3）△ACN仍为等腰直角三角形．‎ 证明：如图3，此时A、B、N三点在同一条直线上．‎ ‎∵AD∥EN，∠DAB=90°，‎ ‎∴∠ENA=∠DAN=90°．‎ ‎∵∠BCE=90°，‎ ‎∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．‎ ‎∵A、B、N三点在同一条直线上，‎ ‎∴∠ABC+∠CBN=180°．‎ ‎∴∠ABC=∠NEC．‎ ‎∵△ADM≌△NEM（已证），‎ ‎∴AD=NE．‎ ‎∵AD=AB，‎ ‎∴AB=NE．‎ 在△ABC和△NEC中，‎ ‎∴△ABC≌△NEC．‎ ‎∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．‎ ‎∴∠ACN=∠BCE=90°．‎ ‎∴△ACN为等腰直角三角形．‎ 点评：‎ 本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、多边形的内角与外角等知识，渗透了变中有不变的辩证思想，是一道好题．‎ ‎12、提出问题：‎ ‎（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，H分别在BC，AB上，若AE⊥DH于点O，求证：AE=DH；‎ 类比探究：‎ ‎（2）如图2，在正方形ABCD中，点H，E，G，F分别在AB，BC，CD，DA上，若EF⊥HG于点O，探究线段EF与HG的数量关系，并说明理由；‎ 综合运用：‎ ‎（3）在（2）问条件下，HF∥GE，如图3所示，已知BE=EC=2，EO=2FO，求图中阴影部分的面积．‎ ‎　‎ ‎13、如图，二次函数y=ax2+bx（a≠0）的图象经过点A（1，4），对称轴是直线x=﹣，线段AD平行于x轴，交抛物线于点D．在y轴上取一点C（0，2），直线AC交抛物线于点B，连结OA，OB，OD，BD．‎ ‎（1）求该二次函数的解析式；‎ ‎（2）求点B坐标和坐标平面内使△EOD∽△AOB的点E的坐标；‎ ‎（3）设点F是BD的中点，点P是线段DO上的动点，问PD为何值时，将△BPF沿边PF翻折，使△BPF与△DPF重叠部分的面积是△BDP的面积的？‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎14、如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC+∠EAD=180°，△ABC不动，△ADE绕点A旋转，连接BE、CD，F为BE的中点，连接AF．‎ ‎（1）如图①，当∠BAE=90°时，求证：CD=2AF；‎ ‎（2）当∠BAE≠90°时，（1）的结论是否成立？请结合图②说明理由．‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理；旋转的性质．‎ 分析：‎ ‎（1）因为AF是直角三角形ABE的中线，所以BE=2AF，然后通过△ABE≌△ACD即可求得．‎ ‎（2）延长EA交BC于G，在AG上截取AH=AD，证出△ABH≌△ACD从而证得BH=CD，然后根据三角形的中位线等于底边的一半，求得BH=2AF，即可求得．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：如图①，∵∠BAC+∠EAD=180°，∠BAE=90°，‎ ‎∴∠DAC=90°，‎ 在△ABE与△ACD中 ‎∴△ABE≌△ACD（SAS），‎ ‎∴CD=BE，‎ ‎∵在RT△ABE中，F为BE的中点，‎ ‎∴BE=2AF，‎ ‎∴CD=2AF．‎ ‎（2）成立，‎ 证明：如图②，延长EA交BC于G，在AG上截取AH=AD，‎ ‎∵∠BAC+∠EAD=180°，‎ ‎∴∠EAB+∠DAC=180°，‎ ‎∵∠EAB+∠BAH=180°，‎ 在△ABH与△ACD中 ‎∴△ABH≌△ACD（SAS）‎ ‎∴BH=DC，‎ ‎∵AD=AE，AH=AD，‎ ‎∴AE=AH，‎ ‎∵EF=FB，‎ ‎∴BH=2AF，‎ ‎∴CD=2AF．‎ 点评：‎ 本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质等．‎ ‎15、如图，直线y=x﹣4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C，连接BC．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；‎ ‎（2）点M在抛物线上，连接MB，当∠MBA+∠CBO=45°时，求点M的坐标；‎ ‎（3）点P从点C出发，沿线段CA由C向A运动，同时点Q从点B出发，沿线段BC由B向C运动，P、Q的运动速度都是每秒1个单位长度，当Q点到达C点时，P、Q同时停止运动，试问在坐标平面内是否存在点D，使P、Q运动过程中的某一时刻，以C、D、P、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）首先求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式，进而求出点C的坐标；‎ ‎（2）满足条件的点M有两种情形，需要分类讨论：‎ ‎①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示；‎ ‎②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示．‎ ‎（3）△CPQ的三边均可能成为菱形的对角线，以此为基础进行分类讨论：‎ ‎①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ=t，菱形边长=t；‎ ‎②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ=t，菱形边长=t；‎ ‎③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ=t，菱形边长=5﹣t．‎ 解 解：（1）直线解析式y=x﹣4，令x=0，得y=﹣4；令y=0，得x=4．‎ ‎∴A（4，0）、B（0，﹣4）．‎ ‎∵点A、B在抛物线y=x2+bx+c上，‎ ‎∴，解得，∴抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣4．‎ 令y=x2﹣x﹣4=0，解得：x=﹣3或x=4，∴C（﹣3，0）．‎ ‎（2）∠MBA+∠CBO=45°，‎ 设M（x，y），‎ ‎①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示．‎ ‎∵∠ABO=45°，∴∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件．‎ 过点M1作M1E⊥y轴于点E，则M1E=x，OE=﹣y，∴BE=4+y．‎ ‎∵tan∠M1BE=tan∠BCO=，‎ ‎∴，‎ ‎∴直线BM1的解析式为：y=x﹣4．‎ 联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4得：x﹣4=x2﹣x﹣4，‎ 解得：x1=0，x2=，∴y1=﹣4，y2=﹣，∴M1（，﹣）；‎ ‎②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示．‎ ‎∵∠ABO=∠MBA+∠MBO=45°，∠MBO=∠CBO，∴∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件．‎ 过点M2作M2E⊥y轴于点E，则M2E=x，OE=y，∴BE=4+y．‎ ‎∵tan∠M2BE=tan∠CBO=，∴，‎ ‎∴直线BM2的解析式为：y=x﹣4．‎ 联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4得：x﹣4=x2﹣x﹣4，‎ 解得：x1=0，x2=5，∴y1=﹣4，y2=，∴M2（5，）．‎ 综上所述，满足条件的点M的坐标为：（，﹣）或（5，）．‎ ‎（3）设∠BCO=θ，则tanθ=，sinθ=，cosθ=．‎ 假设存在满足条件的点D，设菱形的对角线交于点E，设运动时间为t．‎ ‎①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ=t，菱形边长=t．‎ ‎∴CE=CQ=（5﹣t）．在Rt△PCE中，cosθ===，解得t=．‎ ‎∴CQ=5﹣t=．‎ 过点Q作QF⊥x轴于点F，则QF=CQ•sinθ=，CF=CQ•cosθ=，∴OF=3﹣CF=．‎ ‎∴Q（﹣，﹣）．‎ ‎∵点D1与点Q横坐标相差t个单位，∴D1（﹣，﹣）；‎ ‎②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ=t，菱形边长=t．‎ ‎∵BQ=CQ=t，∴t=，点Q为BC中点，∴Q（﹣，﹣2）．‎ ‎∵点D2与点Q横坐标相差t个单位，∴D2（﹣1，﹣2）；‎ ‎③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ=t，菱形边长=5﹣t．‎ 在Rt△CEQ中，cosθ===，解得t=．‎ ‎∴OE=3﹣CE=3﹣t=，D3E=QE=CQ•sinθ=（5﹣）×=．‎ ‎∴D3（﹣，）．‎ 综上所述，存在满足条件的点D，点D坐标为：（﹣，﹣）、（﹣1，﹣2）或（﹣，）．‎ 点评：‎ 本题是二次函数压轴题，着重考查了分类讨论的数学思想，考查了二次函数的图象与性质、解直角三角形（或相似）、菱形、一次函数、解方程等知识点，难度较大．第（3）问为存在型与运动型的综合问题，涉及两个动点，注意按照菱形对角线进行分类讨论，做到条理清晰、不重不漏．‎ ‎16、如图，平行四边形ABCD在平面直角坐标系中，点A的坐标为（-2，0），点B的坐标为（0，4），抛物线经过点A和C．‎ ‎（1）求抛物线的解析式．‎ ‎（２）该抛物线的对称轴将平行四边形ABCO分成两部分，对称轴左侧部分的图形面积记为，右侧部分图形的面积记为，求与的比．‎ ‎（3）在y轴上取一点D，坐标是（0，），将直线OC沿x轴平移到，点D关于直线的对称点记为，当点正好在抛物线上时，求出此时点坐标并直接写出直线的函数解析式．‎ y x A B C O y x A B C O ‎5、如图，矩形OABC的顶点A（2，0）、C（0，）.将矩形OABC绕点O逆时针旋转30°.得矩形OEFG，线段GE、FO相交于点H，平行于y轴的直线MN分别交线段GF、GH、GO和x轴于点M、P、N、D，连结MH.‎ ‎（1）若抛物线经过G、O、E三点，则它的解析式为： ：‎ ‎（2）如果四边形OHMN为平行四边形，求点D的坐标：‎ ‎（3）在（1）（2）的条件下，直线MN抛物线l交于点R，动点Q在抛物线l上且在R、E两点之间（不含点R、E）运动，设ΔPQH的面积为s，当时，确定点Q的横坐标的取值范围。‎ 第21题图 第21题参考图 分析：‎ ‎（1）求解析式一般采用待定系数法，通过函数上的点满足方程求出．‎ ‎（2）平行四边形对边平行且相等，恰得MN为OF，即为中位线，进而横坐标易得，D为x轴上的点，所以纵坐标为0．‎ ‎（3）已知S范围求横坐标的范围，那么表示S是关键．由PH不为平行于x轴或y轴的线段，所以考虑利用过动点的平行于y轴的直线切三角形为2个三角形的常规方法来解题，此法底为两点纵坐标得差，高为横坐标的差，进而可表示出S，但要注意，当Q在O点右边时，所求三角形为两三角形的差．得关系式再代入，求解不等式即可．另要注意求解出结果后要考虑Q本身在R、E之间的限制．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，过G作GI⊥CO于I，过E作EJ⊥CO于J，‎ ‎∵A（2，0）、C（0，2），‎ ‎∴OE=OA=2，OG=OC=2，‎ ‎∵∠GOI=30°，∠JOE=90°﹣∠GOI=90°﹣30°=60°，‎ ‎∴GI=sin30°•GO==，‎ ‎ IO=cos30°•GO==3，‎ ‎ JO=cos30°•OE==，‎ ‎ JE=sin30°•OE==1，‎ ‎∴G（﹣，3），E（，1），‎ 设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，‎ ‎∵经过G、O、E三点，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴y=x2﹣x．‎ ‎（2）∵四边形OHMN为平行四边形，‎ ‎∴MN∥OH，MN=OH，‎ ‎∵OH=OF，‎ ‎∴MN为△OGF的中位线，‎ ‎∴xD=xN=•xG=﹣，‎ ‎∴D（﹣，0）．‎ ‎（3）设直线GE的解析式为y=kx+b，‎ ‎∵G（﹣，3），E（，1），‎ ‎∴，‎ 解得 ，‎ ‎∴y=﹣x+2．‎ ‎∵Q在抛物线y=x2﹣x上，‎ ‎∴设Q的坐标为（x，x2﹣x），‎ ‎∵Q在R、E两点之间运动，‎ ‎∴﹣＜x＜．‎ ‎①当﹣＜x＜0时，‎ 如图2，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，﹣x+2），‎ ‎∵S△PKQ=•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xP），‎ ‎ S△HKQ=•（yK﹣yQ）•（xH﹣xQ），‎ ‎∴S△PQH=S△PKQ+S△HKQ=•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xP）+•（yK﹣yQ）•（xH﹣xQ）‎ ‎=•（yK﹣yQ）•（xH﹣xP）=•[﹣x+2﹣（x2﹣x）]•[0﹣（﹣）]=﹣x2+．‎ ‎②当0≤x＜时，‎ 如图2，连接PQ，HQ，过点Q作QK∥y轴，交GE于K，则K（x，﹣x+2），‎ 同理 S△PQH=S△PKQ﹣S△HKQ=•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xP）﹣•（yK﹣yQ）•（xQ﹣xH）‎ ‎=•（yK﹣yQ）•（xH﹣xP）=﹣x2+．‎ 综上所述，S△PQH=﹣x2+．‎ ‎∵，‎ ‎∴＜﹣x2+≤，‎ 解得﹣＜x＜，‎ ‎∵﹣＜x＜，‎ ‎∴﹣＜x＜．‎ 点评：‎ 本题考查了一次函数、二次函数性质与图象，直角三角形及坐标系中三角形面积的表示等知识点．注意其中“利用过动点的平行于y轴的直线切三角形为2个三角形的常规方法来表示面积”是近几年中考的考查热点，需要加强理解运用．‎ 变化的因素，然后推广到一般情况．‎ ‎17、如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A、D两点，与y轴交于点B，四边形OBCD是矩形，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（0，4），已知点E（m，0）是线段DO上的动点，过点E作PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，交BD于点H．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）当点P在直线BC上方时，请用含m的代数式表示PG的长度；‎ ‎（3）在（2）的条件下，是否存在这样的点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点： 二次函数综合题．‎ 分析： （1）将A（1，0），B（0，4）代入y=﹣x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；‎ ‎（2）由E（m，0），B（0，4），得出P（m，﹣m2﹣m+4），G（m，4），则PG=﹣m2﹣m+4﹣4=﹣m2﹣m；‎ ‎（3）先由抛物线的解析式求出D（﹣3，0），则当点P在直线BC上方时，﹣3＜m＜0．再运用待定系数法求出直线BD的解析式为y=x+4，于是得出H（m，m+4）．当以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似时，由于∠PGB=∠DEH=90°，所以分两种情况进行讨论：①△BGP∽△DEH；②△PGB∽△DEH．都可以根据相似三角形对应边成比例列出比例关系式，进而求出m的值．‎ 解答： 解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，4），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+4；‎ ‎（2）∵E（m，0），B（0，4），PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，‎ ‎∴P（m，﹣m2﹣m+4），G（m，4），‎ ‎∴PG=﹣m2﹣m+4﹣4=﹣m2﹣m；‎ ‎（3）在（2）的条件下，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似．‎ ‎∵y=﹣x2﹣x+4，‎ ‎∴当y=0时，﹣x2﹣x+4=0，‎ 解得x=1或﹣3，‎ ‎∴D（﹣3，0）．‎ 当点P在直线BC上方时，﹣3＜m＜0．‎ 设直线BD的解析式为y=kx+4，‎ 将D（﹣3，0）代入，得﹣3k+4=0，‎ 解得k=，‎ ‎∴直线BD的解析式为y=x+4，‎ ‎∴H（m，m+4）．‎ 分两种情况：‎ ‎①如果△BGP∽△DEH，那么=，‎ 即=，‎ 由﹣3＜m＜0，解得m=﹣1；‎ ‎②如果△PGB∽△DEH，那么=，‎ 即=，‎ 由﹣3＜m＜0，解得m=﹣．‎ 综上所述，在（2）的条件下，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似，此时m的值为﹣1或﹣．‎ 点评： ‎ 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，线段的表示，相似三角形的性质等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想及分类讨论是解题的关键．‎