中考数学二次函数与四边形综合专题
二次函数与四边形综合专题
一．二次函数与四边形的形状
例1. 如图，抛物线与x轴交A、B两点（A点在B点左侧），直线与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2．
（1）求A、B 两点的坐标及直线AC的函数表达式；
（2）P是线段AC上的一个动点，过P点作y轴的平行线交抛物线于E点，求线段PE长度的最大值；
（3）点G是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．
A
解：（1）令y=0，解得或∴A（-1，0）B（3，0）；将C点的横坐标x=2代入 得y=-3，∴C（2，-3）∴直线AC的函数解析式是y=-x-1
（2）设P点的横坐标为x（-1≤x≤2）则P、E的坐标分别为：
P（x，-x-1），E（
∵P点在E点的上方，PE=
∴当时，PE的最大值=
（3）存在4个这样的点F，分别是
练习1.如图，对称轴为直线的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．
（1）求抛物线解析式及顶点坐标；
（2）设点E（，）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形．求平行四边形OEAF的面积S与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
①当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形OEAF是否为菱形？
②是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
B(0,4)
A(6,0)
E
F
O
B(0,4)
A(6,0)
E
F
O
练习1.解：（1）由抛物线的对称轴是，可设解析式为．把A、B两点坐标代入上式，得
解之，得
故抛物线解析式为，顶点为
（2）∵点在抛物线上，位于第四象限，且坐标适合
，∴y<0，即 －y>0,－y表示点E到OA的距离．
∵OA是的对角线，
∴．
因为抛物线与轴的两个交点是（1，0）的（6，0），所以，自变量的取值范围是1＜＜6．
①根据题意，当S = 24时，即．化简，得 解之，得故所求的点E有两个，分别为E1（3，－4），E2（4，－4）．
点E1（3，－4）满足OE = AE，所以是菱形；
点E2（4，－4）不满足OE = AE，所以不是菱形．
② 当OA⊥EF，且OA = EF时，是正方形，此时点E的坐标只能是（3，－3）．而坐标为
（3，－3）的点不在抛物线上，故不存在这样的点E，使为正方形．
练习2.如图，已知与轴交于点和的抛物线的顶点为，抛物线与关于轴对称，顶点为．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）已知原点，定点，上的点与上的点始终关于轴对称，则当点运动到何处时，以点为顶点的四边形是平行四边形？
1
2
3
4
5
5
4
3
2
1
（3）在上是否存在点，使是以为斜边且一个角为的直角三角形？若存，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
1
2
3
4
5
5
4
3
2
1
练习3. 如图，已知抛物线与坐标轴的交点依次是，，．
（1）求抛物线关于原点对称的抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为，抛物线与轴分别交于两点（点在点的左侧），顶点为，四边形的面积为．若点，点同时以每秒1个单位的速度沿水平方向分别向右、向左运动；与此同时，点，点同时以每秒2个单位的速度沿坚直方向分别向下、向上运动，直到点与点重合为止．求出四边形的面积与运动时间之间的关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）当为何值时，四边形的面积有最大值，并求出此最大值；
（4）在运动过程中，四边形能否形成矩形？若能，求出此时的值；若不能，请说明理由．
二．二次函数与四边形的面积
例1.如图10，已知抛物线P：y=ax2+bx+c(a≠0) 与x轴交于A、B两点(点A在x轴的正半轴上)，与y轴交于点C，矩形DEFG的一条边DE在线段AB上，顶点F、G分别在线段BC、AC上，抛物线P上部分点的横坐标对应的纵坐标如下：
x
…
-3
-2
1
2
…
y
…
-
-4
-
0
…
图10
(1) 求A、B、C三点的坐标；
(2) 若点D的坐标为(m，0)，矩形DEFG的面积为S，求S与m的函数关系，并指出m的取值范围；
(3) 当矩形DEFG的面积S取最大值时，连接DF并延长至点M，使FM=k·DF，若点M不在抛物线P上，求k的取值范围.
练习1.如图，平面直角坐标系中有一直角梯形OMNH，点H的坐标为（－8，0），点N的坐标为（－6，－4）．
（1）画出直角梯形OMNH绕点O旋转180°的图形OABC，并写出顶点A，B，C的坐标（点M的对应点为A， 点N的对应点为B， 点H的对应点为C）；
（2）求出过A，B，C三点的抛物线的表达式；
（3）截取CE=OF=AG=m，且E，F，G分别在线段CO，OA，AB上，求四边形BEFG的面积S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；面积S是否存在最小值?若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由；
（4）在（3）的情况下，四边形BEFG是否存在邻边相等的情况，若存在，请直接写出此时m的值，并指出相等的邻边；若不存在，说明理由．
B
C
P
O
D
Q
A
B
P
C
O
D
Q
A
练习2.如图，正方形的边长为，在对称中心处有一钉子．动点，同时从点出发，点沿方向以每秒的速度运动，到点停止，点沿方向以每秒的速度运动，到点停止．，两点用一条可伸缩的细橡皮筋联结，设秒后橡皮筋扫过的面积为．
（1）当时，求与之间的函数关系式；
（2）当橡皮筋刚好触及钉子时，求值；
（3）当时，求与之间的函数关系式，并写出橡皮筋从触及钉子到运动停止时的变化范围；
（4）当时，请在给出的直角坐标系中画出与之间的函数图象．
练习3. 如图，已知抛物线l1：y=x2-4的图象与x轴相交于A、C两点，B是抛物线l1上的动点(B不与A、C重合)，抛物线l2与l1关于x轴对称，以AC为对角线的平行四边形ABCD的第四个顶点为D.
(1) 求l2的解析式；
(2) 求证：点D一定在l2上；
(3) □ABCD能否为矩形？如果能为矩形，求这些矩形公共部分的面积(若只有一个矩形符合条件，则求此矩形的面积)；如果不能为矩形，请说明理由. 注：计算结果不取近似值
.
三．二次函数与四边形的动态探究
例1.如图1，在平面直角坐标系中，有一张矩形纸片OABC，已知O(0，0)，A(4，0)，C(0，3)，点P是OA边上的动点(与点O、A不重合)．现将△PAB沿PB翻折，得到△PDB；再在OC边上选取适当的点E，将△POE沿PE翻折，得到△PFE，并使直线PD、PF重合．
(1)设P(x，0)，E(0，y)，求y关于x的函数关系式，并求y的最大值；
(2)如图2，若翻折后点D落在BC边上，求过点P、B、E的抛物线的函数关系式；
(3)在(2)的情况下，在该抛物线上是否存在点Q，使△PEQ是以PE为直角边的直角三角形？若不存在，说明理由；若存在，求出点Q的坐标．
图1
图2
例2. 已知抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，线段OB、OC的长（OB
0,－y表示点E到OA的距离．∵OA是的对角线，
∴．
因为抛物线与轴的两个交点是（1，0）的（6，0），所以，自变量的取值范围是1＜＜6．
① 根据题意，当S = 24时，即．化简，得 解之，得
1
2
3
4
5
5
4
3
2
1
故所求的点E有两个，分别为E1（3，－4），E2（4，－4）．
点E1（3，－4）满足OE = AE，所以是菱形；
点E2（4，－4）不满足OE = AE，所以不是菱形．
② 当OA⊥EF，且OA = EF时，是正方形，此时点E的
③ 坐标只能是（3，－3）．
而坐标为（3，－3）的点不在抛物线上，故不存在这样的点E，
使为正方形．
练习2.解：（1）由题意知点的坐标为．设的函数关系式为．
又点在抛物线上，，解得．
抛物线的函数关系式为（或）．
（2）与始终关于轴对称， 与轴平行．
1
2
3
5
5
4
3
2
1
设点的横坐标为，则其纵坐标为，，，即．当时，解得．当时，解得．当点运动到或或或时，
，以点为顶点的四边形是平行四边形．
（3）满足条件的点不存在．理由如下：若存在满足条件的点在上，则
，（或），
．
过点作于点，可得．
，，．
点的坐标为．
但是，当时，．
不存在这样的点构成满足条件的直角三角形．
练习3. 解（1）点，点，点关于原点的对称点分别为，，． 设抛物线的解析式是
，则解得
所以所求抛物线的解析式是．
（2）由（1）可计算得点．
过点作，垂足为．
当运动到时刻时，，．
根据中心对称的性质，所以四边形是平行四边形．所以．所以，四边形的面积． 因为运动至点与点重合为止，据题意可知．所以，所求关系式是，的取值范围是．
（3），（）．所以时，有最大值．
提示：也可用顶点坐标公式来求．
（4）在运动过程中四边形能形成矩形． 由（2）知四边形是平行四边形，对角线是，所以当时四边形是矩形．所以．所以． 所以．解之得（舍）．
所以在运动过程中四边形可以形成矩形，此时．
[点评]本题以二次函数为背景，结合动态问题、存在性问题、最值问题，是一道较传统的压轴题，能力要求较高。
二．二次函数与四边形的面积
例1. 解：（1）解法一：设，任取x,y的三组值代入，求出解析式，
令y=0，求出；令x=0，得y=-4，∴ A、B、C三点的坐标分别是A(2，0)，B(-4，0)，C(0，-4)
解法二：由抛物线P过点(1，-)，(-3，)可知，
抛物线P的对称轴方程为x=-1，
又∵ 抛物线P过(2，0)、(-2，-4)，则由抛物线的对称性可知，
点A、B、C的坐标分别为 A(2，0)，B(-4，0)，C(0，-4) .
（2）由题意，，而AO=2，OC=4，AD=2-m，故DG=4-2m，
又 ，EF=DG，得BE=4-2m，∴ DE=3m，
∴=DG·DE=(4-2m) 3m=12m-6m2 (0＜m＜2) .
注：也可通过解Rt△BOC及Rt△AOC，或依据△BOC是等腰直角三角形建立关系求解.
(3)∵SDEFG=12m-6m2 (0＜m＜2)，∴m=1时，矩形的面积最大，且最大面积是6 .
当矩形面积最大时，其顶点为D(1，0)，G(1，-2)，F(-2，-2)，E(-2，0)，
设直线DF的解析式为y=kx+b，易知，k=，b=-，∴，
又可求得抛物线P的解析式为：，
令=，可求出. 设射线DF与抛物线P相交于点N，
则N的横坐标为，过N作x轴的垂线交x轴于H，有
==，
点M不在抛物线P上，即点M不与N重合时，此时k的取值范围是
k≠且k＞0.
说明：若以上两条件错漏一个，本步不得分.
若选择另一问题：
(2)∵，而AD=1，AO=2，OC=4，则DG=2，又∵， 而AB=6，CP=2，OC=4，则FG=3，
∴=DG·FG=6.
练习1.解：利用中心对称性质，画出梯形OABC． ················· 1分
∵A，B，C三点与M，N，H分别关于点O中心对称，
∴A（0，4），B（6，4），C（8，0） ··················· 3分
（写错一个点的坐标扣1分）
（2）设过A，B，C三点的抛物线关系式为，∵抛物线过点A（0，4），
∴．则抛物线关系式为． ·············· 4分
将B（6，4）， C（8，0）两点坐标代入关系式，得
··············· 5AB，垂足为G，则sin∠FEG＝sin∠CAB＝分
解得····················· 6分
所求抛物线关系式为：．········ 7分
（3）∵OA=4，OC=8，∴AF=4－m，OE=8－m． ·········· 8分
∴
OA（AB+OC）AF·AGOE·OFCE·OA
（ 0＜＜4） ········ 10分
∵． ∴当时，S的取最小值．
又∵0＜m＜4，∴不存在m值，使S的取得最小值． ······· 12分
（4）当时，GB=GF，当时，BE=BG． 14分
练习2.[解] （1）当时，，，，即．
（2）当时，橡皮筋刚好触及钉子，，，，．
（3）当时，，，，，
即．
作，为垂足．
当时，，，，
，
即．或
（4）如图所示：
练习3. 解](1) 设l2的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，
∵l1与x轴的交点为A(-2，0)，C(2，0)，顶点坐标是(0，- 4)，l2与l1关于x轴对称，
∴l2过A(-2,0),C(2,0)，顶点坐标是(0，4)，
∴
∴ a=-1,b=0,c=4，即l2的解析式为y= -x2+4 .
(还可利用顶点式、对称性关系等方法解答)
(2) 设点B(m，n)为l1：y=x2-4上任意一点，则n= m2-4 (*).
∵ 四边形ABCD是平行四边形，点A、C关于原点O对称，∴ B、D关于原点O对称，
∴ 点D的坐标为D(-m,-n) .
由(*)式可知， -n=-(m2-4)= -(-m)2+4，即点D的坐标满足y= -x2+4，∴ 点D在l2上.
(3) □ABCD能为矩形.
过点B作BH⊥x轴于H，由点B在l1：y=x2-4上，可设点B的坐标为 (x0，x02-4)，则OH=| x0|，BH=| x02-4| .
易知，当且仅当BO= AO=2时，□ABCD为矩形.
在Rt△OBH中，由勾股定理得，| x0|2+| x02-4|2=22，(x02-4)( x02-3)=0，∴x0=±2(舍去)、x0=±.
所以，当点B坐标为B(，-1)或B′(-，-1)时，□ABCD为矩形，
此时，点D的坐标分别是D(-，1)、D′( ，1).
因此，符合条件的矩形有且只有2个，即矩形ABCD和矩形AB′CD′ .
设直线AB与y轴交于E ，显然，△AOE∽△AHB，
∴ = ，∴.
∴ EO=4-2 .
由该图形的对称性知矩形ABCD与矩形AB′CD′重合部分是菱形，
其面积为S=2SΔACE=2×× AC ×EO =2××4×(4-2)=16 - 8.
三．二次函数与四边形的动态探究
例1.解：
(1) 由已知PB平分∠APD，PE平分∠OPF，且PD、PF重合，则∠BPE=90°．∴∠OPE＋∠APB=90°．
又∠APB＋∠ABP=90°，∴∠OPE=∠PBA．
∴Rt△POE∽Rt△BPA．∴．即．∴y=(0＜x＜4)．
且当x=2时，y有最大值．
(2)由已知，△PAB、△POE均为等腰三角形，可得P(1，0)，E(0，1)，B(4，3)．
设过此三点的抛物线为y=ax2＋bx＋c，则∴
y=．
(3)由(2)知∠EPB=90°，即点Q与点B重合时满足条件．直线PB为y=x－1，与y轴交于点(0，－1)．
将PB向上平移2个单位则过点E(0，1)，
∴该直线为y=x＋1．
由得∴Q(5，6)．
故该抛物线上存在两点Q(4，3)、(5，6)满足条件．
例2.解：
（1）解方程x2－10x＋16＝0得x1＝2，x2＝8 ……………………1分
∵点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，且OB＜OC
∴点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，8）
又∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是直线x＝－2
∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为（－6，0） …………………4分
（2）∵点C（0，8）在抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象上，∴c＝8，将A（－6，0）、B（2，0）代入表达式，得 解得
∴所求抛物线的表达式为y＝x2 x＋8 ………………………7分
（3）依题意，AE＝m，则BE＝8－m，∵OA＝6，OC＝8，∴AC＝10
∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC
∴ 即，∴EF＝
∴＝ ∴FG＝·＝8－m
∴S＝S△BCE－S△BFE＝（8－m）×8－（8－m）（8－m）
＝（8－m）（8－8＋m）＝（8－m）m＝－m2＋4m …………10分
自变量m的取值范围是0＜m＜8 …………………………11分
（4）存在．理由：∵S＝－m2＋4m＝－（m－4）2＋8 且－＜0，
∴当m＝4时，S有最大值，S最大值＝8 ………………………12分
∵m＝4，∴点E的坐标为（－2，0）
∴△BCE为等腰三角形． …………………………14分
（以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分）
例3解: （1）相等。理由是：因为四边形ABCD、EFGH是矩形，
所以
所以 即：
（2）AB＝3，BC＝4，AC＝5，设AE＝x，则EC＝5－x，
所以，即
配方得：，所以当时，S有最大值3
（3）当AE＝AB＝3或AE＝BE＝或AE＝3.6时，是等腰三角形
练习1． 解：
（1）点 M 1分
（2）经过t秒时，，
则，∵==∴ ∴
∴ ∴
∵∴当时，S的值最大．
（3）存在．设经过t秒时，NB=t，OM=2t 则，∴==
①若，则是等腰Rt△底边上的高∴是底边的中线 ∴∴ ∴
∴点的坐标为（1，0）
②若，此时与重合∴∴∴
∴点的坐标为（2，0）
练习2.解：
（1），．
（2）分别过点作轴的垂线，垂足分别为，分别过作于，于点．
在平行四边形中，，又，
．
．
又，
．
，．
设．由，得．
由，得．．
（3），．或，．
（4）若为平行四边形的对角线，由（3）可得．要使在抛物线上，
则有，即．
（舍去），．此时．
若为平行四边形的对角线，由（3）可得，同理可得，此时．
若为平行四边形的对角线，由（3）可得，同理可得，此时．
综上所述，当时，抛物线上存在点，使得以为顶点的四边形是平行四边形．
符合条件的点有，，．
练习3.解：⑴由Rt△AOB≌Rt△CDA得OD=2+1=3,CD=1 ∴C点坐标为(－3,1),
∵抛物线经过点C, ∴1= (－3)2 a＋(－3)ａ－2，∴。
∴抛物线的解析式为.
⑵在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。
以AB边在AB右侧作正方形ABPQ。过P作PE⊥OB于E，QG⊥x轴于G，可证△PBE≌△AQG≌△BAO，
∴PE＝AG＝BO＝2，BE＝QG＝AO＝1，∴P点坐标为（2,1），Q点坐标为（1,－1）。
由（1）抛物线。当x＝2时，y＝1，当x＝,1时，y＝－1。∴P、Q在抛物线上。
故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2,1）、Q（1,－1），使四边形ABPQ是正方形。
⑵另解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。
延长CA交抛物线于Q，过B作BP∥CA交抛物线于P，连PQ，设直线CA、BP的解析式分别为y=k1x+b1, y=k2x+b2,
∵A（－1,0），C（－3,1），∴CA的解析式，同理BP的解析式为，
解方程组得Q点坐标为（1,－1），同理得P点坐标为（2,1）。
由勾股定理得AQ＝BP＝AB＝，而∠BAQ＝90°，
∴四边形ABPQ是正方形。故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2,1）、Q（1,－1），使四边形ABPQ是正方形。
⑵另解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。如图，将线段CA沿CA方向平移至AQ，
∵C（－3,1）的对应点是A（－1,0），∴A（－1,0）的对应点是Q（1,－1），再将线段AQ沿AB方向平移至BP，同理可得P（2,1）
∵∠BAC＝90°，AB＝AC
∴四边形ABPQ是正方形。经验证P（2,1）、Q（1,－1）两点均在抛物线上。
⑶结论②成立，
证明如下：连EF，过F作FM∥BG交AB的延长线于M，则△AMF∽△ABG，
∴。由⑴知△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1＝∠2＝45°。∵AF＝AE，∴∠AEF＝∠1＝45°。∴∠EAF＝90°，EF是⊙O´的直径。
∴∠EBF＝90°。∵FM∥BG，∴∠MFB＝∠EBF＝90°，∠M＝∠2＝45°，∴BF＝MF，∴
