人教版八年级下册数学专题20：动态几何之存在性问题探讨

【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：（广西崇左10分）如图所示，抛物线y?ax2?bx?c（a≠0）的顶点坐标为点A（－2，3）， 且抛物线y?ax2?bx?c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y?a(x?2)2?3。

1?3，解得2a??。

411∴物线的解析式为y??(x?2)2?3，即y??x2?x?2。

442?2)?由题意得 a(0（2）设存在符合条件的点P，其坐标为（p，0），则

PA2=(?2?p)2?32，PB=p2?22，AB2=(3?2)2?22?5 当PA=PB时，(?2?p)2?32=p2?22，解得p??；

94

当PA=PB时，(?2?p)2?32=5，方程无实数解； 当PB=AB时，p2?22=5，解得p??1。

∴x轴上存在符合条件的点P，其坐标为（?，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

941??b?21?k??，解得?2。∴直线AB的解析式为y??x?2， ?2??2k?b?3??b?2当y??x?2=0时，解得x?4。

∴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：（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。

12

【答案】解：（1）∵A（0，2），B（－1，0），∴OA=2，OB=1。 由Rt△ABC知Rt△ABO∽Rt△CAO，∴ ∴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a=? ∴过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=?2OAOB21，即??，解得OC=4。

OCOAOC21。 2113?x+1??x?4?，即y=?x2+x+2。 222131?3?253 ∵y=?x2+x+2=??x??+，∴抛物线的对称轴为x=。

222?2?82 （3）过点P作x轴的垂线，垂足为点H。 ∵点P（m，n）在y=?x2+x+2上，

123213???m2+m+2?。 ∴P?m，22??1?1313? ∴S梯形AOHP??2?m2+m+2??m=?m3+m2+2m，

2?2244? S?PHC?11231?1372?m+m+2=m?m+2m+4，S=?4?2=4。 ?4?m?????AOC2242?2?4 ∴S=S梯形AOHP+S?PHC?S?AOC=?m3+m2+2m+m3?m2+2m+4?4=?m2+4m 。 ∵S=m2+4m=??m?2?+4，∴当m?2时，S最大。

214341474323133333（4）存在。点M的坐标为（, ）或（, 3）或（, -3）或（, 3?10）或

2222222当m?2时，n=??22+?2+2=3。∴点P的坐标为（2，3）。

12

（, 3-10）。

【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

32OAOB，从而求出点C的坐标。 ?OCOA（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S=S梯形AOHP+S?PHC?S?AOC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：设过点P与AC平行的直线为y=?x+b。 y=?x，

12121?n=?m+b?1123?2 由点P在y=?x+b和y=?x+x+2可得?。

13222?n=?m2+m+2?22?113 ∴?m+b=?m2+m+2，整理，得m2?4m?4+2b=0。

222113 要使△PAC的面积最大，即要点P到AC的距离最大，即y=?x+b与y=?x2+x+2只

222有一个交点，即m2?4m?4+2b=0的△＝0，即??4??4??4+2b?=0，解得b=4。

将b=4代入m2?4m?4+2b=0得m?2，将m?2代入n=?m+2得n=3。 ∴当S最大时点P的坐标为（2，3）。 （4）设点M（, h）， ∵C（4，0）, P（2，3）, ∴PC=21232?4?2?2?32?13, 23?37, 22PM=??2????3?h??h?6h?2?4?3?25。 22 CM=?4??h?h???2?4?2分三种情况讨论：

①当点M是顶点时，PM= CM，即h2?6h?3725131?h2?，解得，h=。∴M1（, ）。 44222

②当点C是顶点时，PC= CM，即13?h2?253，解得，h=?3。 42 ∴M2（, 3333，M2（, -。 3）3）222237，解得，h=3?10。 4 ③当点P是顶点时，PC= PM，即13?h2?6h? ∴M4（, 3?10），M5（, 3-10）。 综上所述，当点M的坐标为（, ）或（, （, 3-10）时，△MPC为等腰三角形。

例3：（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．

32323122333333）或（, -3）或（, 3?10）或2222232

【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=

311=23。 OB=×4=2，BC=OB?sin60°=4?222∴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=ax+bx，将A（4，0），B（﹣2，﹣23）代入，得

2

?3a=?????16a+4b=06，解得?。 ???b=23?4a?2b=?23?3?∴此抛物线的解析式为y=?（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2+|y|=4，解得y=±23， 当y=23时，

在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD=∴∠POD=60°

∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，即P、O、B三点在同一直线上。 ∴y=23不符合题意，舍去。 ∴点P的坐标为（2，﹣23）。

②若OB=PB，则4+|y+23|=4，解得y=﹣23。 ∴点P的坐标为（2，﹣23）。

③若OP=BP，则2+|y|=4+|y+23|，解得y=﹣23。 ∴点P的坐标为（2，﹣23）。

综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣23）。

【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。

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

323x+。 63PD3?， OP2

例4：（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y=?x2+bx+c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S?AOM : S?OMD?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？12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y=?12x2+bx+c，得

?1 ????2?4?2b+c=0，解得??b=1?c=4?c=4。

∴这条抛物线的解析式为y=?12x2+x+4。

令y=?12x2+x+4=0，解得x1=?2，x2=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S?AOM : S?OMD?1 : 3得

??1?2?2?2m+2????: ??1?2?4???m?????1 : 3， 解得，m??3。∴M321（?2， 1）。 ②当M在线段DA延长线上时， 由S?AOM : S?OMD?1 : 3得

?1??1? ?4）。 ??22m+2: ?4??m?????2??2??1 : 3，解得m??3。∴M2（?3，???? ?4）。 综上所述，点M 的坐标为M1（?， 1），M2（?3，（3）存在。

∵点C（2，y）在y=?x2+x+4上， ∴y=??22+2+4=4。∴C（2，4）。 设P?0, p?，根据勾股定理，得 BC2??4?2?+42?20，

222 PB?4+p?216，+pPC2?22+?p?4??p2?8p+20。

32121222 分三种情况：

①若PB=BC，则16+p2?20，解得，p??2。 ∵点P在y 轴的正半轴上，∴P1（0，2）。 ②若PB=PC，则16+p2?p2?8p+20，解得，p?11。∴P2（0，）。

22③若BC=PC，则20?p2?8p+20，解得，p?0或p?8。 ∵点P在y 轴的正半轴上，∴p?0不符合要求。

当p?8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，

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y=?x2+bx+c，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?0, 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：（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

1），使△BCP为等腰212

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（0，3）在抛物线上，∴3=a?0+1??0?3?，解得a=?3。 33323x+3。∴经过A、B、C三点的抛物线解析式 y=? ?x+1??x?3?即y=?x2+333OCOE（2）①当△OCE∽△OBC时，则。 ?OBOC ∵OC=3， OE=AE—AO=x－1， OB=3，∴ ∴当x=2时，△OCE∽△OBC。

②存在点P。

3x?1?。∴x=2。 33 由①可知x=2，∴OE=1。∴E（1，0）。 此时，△CAE为等边三角形。 ∴∠AEC=∠A=60°。

又∵∠CEM=60°， ∴∠MEB=60°。

23b3=?=1对称。 ∴点C与点M关于抛物线的对称轴x=?2a??32????3?? ∵C（0，3），∴M（2，3）。 过M作MN⊥x轴于点N（2，0），

∴MN=3。 ∴ EN=1。

∴ EM?EN2?MN2?12+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(1，23) 。 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， ∴综上所述，存在P点坐标为（1，2）或（1，—2）或（1，23）或（1，△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。

??32?2。

23) 323）时， 3练习题：

1. (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；

（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．

y=h

2. （江西省10分）如图，已知二次函数L1：y=x﹣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=kx﹣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．

2

2

3. （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，

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. （湖南永州10分）如图所示，已知二次函数y=ax+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=ax+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|和|PH|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．

2

2

2

2

5. （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°．

（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：（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 11

在两坐标轴上，点C为 (－1，0) ．如图所示，B点在抛物线y＝x2＋x－2图象上，过点B作

22BD⊥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，

?k＝－2?－k＋b＝011

∴?，解得?。∴BC所在直线的函数关系式为y＝－ x－ 。

122?－3k＋b＝1

b＝－?2

（3）存在 。

1111171

∵y＝x2＋x－2＝(x＋)2x－，∴对称轴为直线x＝－。

222282

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， 1

∵BC⊥AC，∴点P1为直线BC与对轴称直线x＝－的交点。

2111y＝－x－x＝－

22211

由题意可得： ， 解得，。∴P1（－，－）。

1124x＝－y＝－

24

1

??????

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， 1

则过点A作A P2∥BC，交对轴称直线x＝－于点P2，

2∵CD＝OA，∴A（0，2）。

1

设直线AP2的解析式为：y＝－x＋m，把A（0，2）代入得m＝2。

21

∴直线AP2的解析式为：y＝－x＋2。

2

11y＝－x＋2x＝－

2219

由题意可得：，解得，。∴P（－，－）。 2

1924x＝－y＝－

24

??????

1119

∴P点坐标分别为P1（－，－）、P2（－，－）。

2424

【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。

（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：（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。 ∴

AGGF3?xx，即==。

ABBC36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。

1MEECME4?t，即。∴ME=2﹣t。 ==2ABBC3612122222

在Rt△B′ME中，B′M=ME+B′E=2+（2﹣t）=t﹣2t+8。

24∴

在Rt△DHB′中，B′D=DH+B′H=3+（t﹣2）=t﹣4t+13。

2

2

2

2

2

2

过点M作MN⊥DH于N，则MN=HE=t，NH=ME=2﹣∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣

1t， 211t）=t+1。 2212222 252

在Rt△DMN中，DM=DN+MN=（t+1）+ t=t+t+1。

24（Ⅰ）若∠DB′M=90°，则DM=B′M+B′D， 即

2

2

2

5212202

t+t+1=（t﹣2t+8）+（t﹣4t+13），解得：t=。 4472

2

2

（Ⅱ）若∠B′MD=90°，则B′D=B′M+DM， 即t﹣4t+13=（

2

1252

t﹣2t+8）+（t+t+1），解得：t1=﹣3+17，t2=﹣3﹣17（舍去）。 44∴t=﹣3+17。

（Ⅲ）若∠B′DM=90°，则B′M=B′D+DM，

2

2

2

12522

t﹣2t+8=（t﹣4t+13）+（t+t+1），此方程无解。 4420综上所述，当t=或﹣3+17时，△B′DM是直角三角形；

7即

?12?4?t0?t???4?3????122?4??t?t?＜t?2???3?3?8?（3）S??。

3510??t2?2t??2＜t?????83?3????1t?5?10＜t?4????2?3??2【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0?t?441010，＜t?2，2＜t? 和＜t?4时去分析求解即可求得答案： 333383①如图③，当F在CD上时，EF：DH=CE：CH， 即2：3=CE：4，∴CE=。 ∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣=84。 33

11t，∴FM=t， 2211124∴当0?t?时，S=S△FMN=×t×t=t。

2243∵ME=2﹣

②如图④，当G在AC上时，t=2， ∵EK=EC?tan∠DCB= EC?∴FK=2﹣EK=t﹣1。

DH33??4?t?=3?t， CH4434424∵NL=AD=，∴FL=t﹣，

33312144∴当＜t?2时，S=S△FMN﹣S△FKL=t﹣（t﹣）

4233312（t﹣1）=?t2?t?。 483③如图⑤，当G在CD上时，B′C：CH=B′G：DH，

83210∴EC=4﹣t=B′C﹣2=。∴t=。

33111∵B′N=B′C=（6﹣t）=3﹣t，

2221∴GN=GB′﹣B′N=t﹣1。

211114103∴当2＜t?时，S=S梯形GNMF﹣S△FKL=×2×（t﹣1+t）﹣（t﹣）（t﹣1）

222234335=?t2?2t?。 8310④如图⑥，当＜t?4时，

33333∵B′L=B′C=（6﹣t），EK=EC=（4﹣t），

44441111B′N=B′C=（6﹣t）EM=EC=（4﹣t），

222215∴S=S梯形MNLK=S梯形B′EKL﹣S梯形B′EMN=?t?。

22即B′C：4=2：3，解得：B′C=，

?12?4??4t?0?t?3????122?4?综上所述：???t?t??＜t?2?。 3?3?8?S????3t2?2t?5?2＜t?10????83?3????1t?5?10＜t?4????2?3??2

例3：（内蒙古赤峰12分）如图，抛物线y?x2?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=x﹣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=x﹣bx﹣5得（﹣1）+b﹣5=0，解得b=4。 ∴抛物线的解析式为y=x﹣4x﹣5。

（2）∵y=x﹣4x﹣5=（x﹣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

2

222

2

2

?4k+b=?5?k=?1，解得。∴直线FA的解析式为y=﹣x﹣???k+b=0b=?1??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），

∴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=x﹣4x﹣5=（x﹣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：（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l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.

2

2

【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y=a?x?4??4。 又∵二次函数图象经过原点（0，0），∴0=a?0?4??4，解得a=。 ∴二次函数的关系式为y=221411?x?4?2?4，即y=x2?2x。 44

（2）设直线OA的解析式为y=kx，将A（6，－3）代入得?3=6k，解得k=? ∴直线OA的解析式为y=-x。

把x=4代入y=?x得y=?2。∴M（4，－2）。 又∵点M、N关于点P对称，∴N（4，－6），MN=4。 ∴S?ANO?1。 212121?6?4?12。 214 （3）①证明：过点A作AH⊥l于点H，，l与x轴交于点D。则 设A（x0， x02?2x0）,

12x0?2x0?1?4则直线OA的解析式为y= x=?x0?2?x。

x0?4? x0?8） ?x0）则M（4，，N（4，，H（4，。 x02?2x0）

∴OD=4，ND=x0，HA=x0?4，NH=x02?x0。 ∴tan?ONM=14144?x?4?4?x0?4?4OD4HAx0?4?， tan?ANM===20??。

1NDx0NHx2?xx0?4x0+64x0?x0?4?x0004∴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x0?4=x02?x0。

14x0=4。 整理，得x02?8x0+16=0，解得 ∴此时，点A与点P重合。故此时不存在点A，使∠ONA是直角。

OA2+ON2=AN2。 情况2，若∠AON是直角，则 2?1?1??OA=x0+?x02?2x0?，ON2=42+x02，AN2=?x0?4?+?x02?2x0+x0? ， ∵ ?4??4?222?1?1??x0+?x02?2x0?+42+x02=?x0?4?+?x02?2x0+x0?。 ∴ ?4??4?22222整理，得x03?8x02?16x0=0，解得x0=0， x0=4?42。 舍去x0=0， 。 x0=4?42（在l左侧）

当 y0=4。 x0=4+42时， ∴此时存在点A（ ，使∠AON是直角。 4+42， 4）

情况3，若∠NAO是直角，则△AMN∽△DMO∽△DON，∴

MDOD。 ?ODND∵OD=4，MD=8?x0，ND=x0，∴

8?x04?。 4x0整理，得x02?8x0+16=0，解得 x0=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. （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y=-（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

127x+x+4经过A、B两点. 22

的坐标；若不存在，请说明理由.

2：（湖南邵阳12分）如图所示，直线y=?3x+b与x轴相交于点A（4，0），与y轴相交于点B，将△AOB4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. （云南省9分）如图，在平面直角坐标系中，直线y??1x?2交x轴于点P，交y轴于点A．抛物线31y??x2?bx?c的图象过点E（－1，0），并与直线相交于A、B两点．

2（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．

三、平行四边形存在问题： 典型例题： 例1：（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=﹣x+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．

2

【答案】解：（1）当y=0时，﹣x+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

2

?b1=3?k1=3，解得。 ???b1=3??k1+b1=0∴直线AC的解析式为y=3x+3。

∵y=﹣x+2x+3=﹣（x﹣1）+4，∴顶点D的坐标为（1，4）。

2

2

（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（1﹣7，﹣3）。

综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：Q1（2，3），Q2（1+7，﹣3），Q3（1﹣7，﹣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。∴

COCA。 =BFAB由A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，

OC=3，

∴AC=10，AB=4。

1210310610=，解得BF=。∴BB′=2BF=，

5BF45AOCOCA由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，∴。 ==B?EBEBB?∴∴

131012363621==。∴B′E=，BE=。∴OE=BE﹣OB=﹣3=． B?EBE121055555∴B′点的坐标为（﹣

2112，）。 55设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0），则

4?k=?k2+b2=42???13，解得。 ?2112??k2+b2=??b=485?52?13?∴直线B'D的解析式为：y=448x+。 1313

联立B'D与AC的直线解析式可得：

9?x=?y?3x?3???35。 448，解得??y=x+132??y=?1313??35∴M点的坐标为（

9132）。 ， 3535例2：（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，

?9?3b+c=0?b=2，解得：。 ???4?2b+c=?3?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?k=1，解得：。 ???2k+b=?3b=?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。

???2a+1??13?4a?y=x2+2x?3由?得y2＋（2a＋1）y＋a2＋2a－3=0，解得：y= 。

2y=x?a??令

??2a+1??13?4a2=－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：（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）。

（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y?k，点C′和B′在该比例函数图像上， x设C′（c，2），则B′（c＋3，1）。

k，得k＝2 c；k＝c＋3。 x6∴2 c＝c＋3，c＝3，则k＝6。∴反比例函数解析式为y?。

x把点C′和Ｂ′的坐标分别代入y?

得点C′（3，2）；B′（6，1）。

1?a???3a?b?2?设直线C′B′的解析式为y＝ax＋b，把C′、B′两点坐标代入得?，解得? 3。

?6a?b?1??b?3∴直线C′B′的解析式为y??1x?3。 33，点Q的纵坐标为 2（3）设Q是G C′的中点，由G（0，3），C′（3，2），得点Q的横坐标为

2＋

3?2535=。∴Q（，）。

2222过点Q作直线l与x轴交于M′点，与y?

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′的横坐标大于横坐标小于

6

的 x

3，点P′的23。 2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

36612?t，点P′的纵坐标y为?， ?32x?t3?2t2点M′的坐标是（

3?t，0）。 2125?。 ∴P′E＝

3?2t25??12?5?由P′Q＝QM′，得P′E2＋EQ2＝QF2＋FM′2，∴????t2????t2，

?3?2t2??2?123?5，解得t?（经检验，它是分式方程的解）。 3?2t10333633391212?，∴?t????5，?t???。

3221053?2t221053?2?10整理得：

22

∴P′（

69，5），M′（，0），则点P′为所求的点P，点M′为所求的点M。 55【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y?6的图象交于P′点，求出P′Q＝Q M′的点M′和P′的坐标即可。 x例4：（辽宁丹东14分）已知抛物线y?ax2?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?3OA．

（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）, OC?3OA，∴C（0，－3）。

∵抛物线经过A（－1，0）,C（0，，3），

??a?1?c??3∴?，解得。 ?2c??3?1?a?2a??1?c?0???????∴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矩形DDOO?S?D1HG?2t?111?t?1?2 211=?t2+3t?。

22∴s与t之间的函数关系式为

?2t?0

7。 2（4）存在。M 1（－2?1，0）M2（2?1，0），M3（3?6，0），M4（3?6，0）。

【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。

?2t?0

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（1?2，－2），N2（1+2，－2）， N3（1?6， 2），N4（1+6， 2）。

若AP是边，

则M1的横坐标为－PN1加点A的横坐标：－2?1； M2的横坐标为PN2加点A的横坐标：2?1； M3的横坐标为N3的纵坐标加N3的横坐标：3?6； M4的横坐标为N4的纵坐标加N4的的横坐标：3?6。

若AP是对角线，符合条件的点M与上述M 1（－2?1，0）和M2（2?1，0）重合。 综上所述，M 1（－2?1，0），M2（2?1，0），M3（3?6，0），M4（3?6，0）。

例5：（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．

【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。

∴

APAQt5?2t，即??AOAB35 解得 t=

152018。∴Q（，。 ）111111②当∠AQP=∠AOB时，如图2， △APQ∽△ABO。

∴

APAQt5?2t25，即? 解得 t= 。 ?ABAO53131230∴Q（，。 ）

1313（3）存在。M1（， 4224248）， M2（，，M3（?，。 ） ）555555练习题：

1. （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=ax+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

2. （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．

3. （四川宜宾10分）如图，抛物线y=x﹣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．

2

4. （湖南娄底10分）已知二次函数y=x﹣（m﹣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．

2

2

111+=． x1x22

四、矩形、菱形、正方形存在问题； 典型例题： 例1：（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=122，点C的坐标为（－18，0）。 （1）求点B的坐标；

（2）若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=4，OD=2BD，求直线DE的解析式； （3）若点P是（2）中直线DE上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的 四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）过点B作BF⊥x轴于F，

在Rt△BCF中

∵∠BCO=45°，BC=122，∴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=

2OB。 3

∵AB∥DG，∴△ODG∽△OBA 。 ∵

DGODOG2，E（0，4）。 ???，AB=6，OA=12，∴DG=4，OG=8。∴D（－4，8）

ABOBOA3设直线DE解析式为y=kx+b（k≠0）

??4k?b?8?k??1∴ ?，解得?。∴直线DE解析式为y=－x+4。

b?4 b?4??（3）结论：存在。

点Q的坐标为：（22 ，－2

2），（－22 ，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=42。 ①菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边。

则有P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EF－P1E=42－4。 易知△P1NF为等腰直角三角形， ∴P1N=NF=2P1F=4－22。 2设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1－P1N=4－（4－22）=22。 又ON=OF－NF=22，∴Q1（22 ，－22）。

②菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边。此时Q2与Q1关于原点对称，∴Q2（－22，22）。 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（22，－22），Q2（－22，22），Q3（4，4），Q4（－2，2）。

例2：（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：cm），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∴当t?2

APAQ10?2t2t20，即。 ??，解得t?ABAC108920s时，PQ∥BC。 9（2）如图1所示，过P点作PD⊥AC于点D。

则PD∥BC，∴△APD∽△ABC。

APPD10?2tPD6，即，解得PD?6?t。 ??ABBC1065116∴S=×AQ×PD=×2t×（6?t）

225∴

66?5?15??t2+6t???t??+。

55?2?2∴当t=

25152s时，S取得最大值，最大值为cm。 22（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，

11S△ABC，而S△ABC=AC?BC=24，∴此时S△AQP=12。 22662

由（2）可知，S△AQP=?t2+6t，∴?t2+6t=12，化简得：t﹣5t+10=0。

55则有S△AQP=

∵△=（﹣5）﹣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。

2

APPDAD10?2tPDAD，即。 ????ABBCAC106868解得：PD=6?t，AD=8?t，

55818∴QD=AD﹣AQ=8?t?2t=8?t。

55∴

在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD+PD=PQ，即（8?化简得：13t﹣90t+125=0，解得：t1=5，t2=

2

2

2

2

186222

t）+（6?t）=（2t）， 5525。 1325。 13∵t=5s时，AQ=10cm＞AC，不符合题意，舍去，∴t=由（2）可知，S△AQP=?t2+6t

656252252400×（）+6×]=。 513131692524002

∴存在时刻t=，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为cm。

13169∴S菱形AQPQ′=2S△AQP=2×（?t2+6t）=2×[﹣

【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。

65

【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：（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y?ax2?bx。 ∵点B（﹣2，3），A（4，0）在抛物线上

1??4a?2b?31?a?∴?，解得：?4。∴设抛物线的解析式为y?x2?x。

4?16a?4b?0??b??1

（2）∵P（x，y）是抛物线上的一点，∴P(x, x2?x)。

∵点C是直线y=﹣2x﹣1与y轴交点，∴C（0，1）。∴OC=1。 若S△ADP=S△ADC， ∵S?ADC?∴

141111 ?AD?OC， S?ADP??AD?y，∴?AD?OC??AD?y，即OC?y。

22221211x?x?1， 即x2?x?1或x2?x??1。 444解得：x1?2?22, x2?2?22, x3?x4?2．

∴点P的坐标为 P1（2?22，1），P2（2?22，1），P3（2，－1）。 （3）结论：存在。当t1=4?5，t2=6，t3=4+5，t4=

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Px,(x x)13时，以Q、A、E、M四点为顶点2142?，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OC?y，

即

12x?x?1，解之即可求得点P的坐标。 4（3）∵抛物线的解析式为y?12，对称轴为x=2。 x?x，∴顶点E（2，﹣1）

4∵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=5，

∴M1F=DF﹣DE﹣DM1=4?5。 ∴t1=4?5。 ②菱形AEOM2。

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