中考数学解题指导专题20：动态几何之存在性问题探讨

中考数学解题指导专题20：动态几何之存在性问题探讨

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．