全国中考数学百卷压轴题分类解析汇编：专题04_三角形四边形存在性问题

1、. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 1 页 共 47 页精品资料2012 年全国中考数学百卷压轴题分类解析汇编 ，在对 100 套中考数学试卷解析的基础上将押轴题单独汇编构成 10 个专题。每条题目给出了：1.原始题目（对照扫描试卷逐条检验，力求无差错） ；2.完整解答（解答全面，完整绘图，对网上流传的错误答题进行了更正） ；3.归纳考点；4.详细分析；5.考题出处；6.考题分值。10 个专题为：专题 1：动点问题；专题 2：函数问题；专题 3：面积问题；专题 4：三角形四边形存在性问题；专题 5：定值问题；专题 6：由运动产生的线段和差问题；专题 7：几何三大变换相关问题；专题

2、 8：实践操作、探究类问题；专题 9：几何综合问题；专题 10：代数综合问题。精品打造，助 2013 届学子步步登高！专题专题 4 4：三角形四边形存在性问题：三角形四边形存在性问题1.1. （20122012 海南省海南省 I13I13 分）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：证明：ANM=ONMANO 能否为直角三角形？

3、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】【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 x44。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 2 页 共 47 页又二次函数图象经过原点（0，0） ，20=a 044，解得1a=4。二次函数的关系式为21y=x444，即21y=x2x4。（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。ANO1

4、S6 4122 。（3）证明：过点 A 作 AHl于点 H， ，l与 x 轴交于点 D。则设 A（20001xx2x4 ，）,则直线 OA 的解析式为200001x2x14y=x=x2 xx4。则 M（04 x8，） ，N（04 x，） ，H（20014x2x4 ，） 。OD=4，ND=0 x，HA=0 x4，NH=2001xx4。00022000000004 x44 x4x4OD4HA4tan ONM=tan ANM=1NDxNHx x4xx4x +64xx4 ，。tanONM=tanANM。ANM=ONM。能。理由如下：分三种情况讨论：情况 1，若ONA 是直角，由，得ANM=ONM=45

5、0，AHN 是等腰直角三角形。HA=NH，即20001x4=xx4。整理，得200 x8x +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222 OA +ON =AN。222222222220000000011 OA =x +x2xON =4 +xAN = x4+x2x +x44，. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 3 页 共 47 页222222220000000011 x+x2x+4 +x= x4+x2x +x44。整理，得32000 x8x16x =0，解得0 x =0，0 x =44 2。舍

6、去0 x =0，0 x =44 2（在l左侧） 。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AMNDMODON，MDODODND。OD=4，MD=08x，ND=0 x，008x44x。整理，得200 x8x +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。综上所述，当点 A 在对称轴l右侧的二次函数图象上运动时，存在点 A（ 4+4 2 4 ，） ，使AON 是直角，即ANO 为直角三角形。【考点【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

7、，对称的性质，锐角三角函数定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。【分析【分析】 （1）由二次函数图象的顶点为 P（4，4）和经过原点，设顶点式关系式，用待定系数法即可求。（2）求出直线 OA 的解析式，从而得到点 M 的坐标，根据对称性点 N 坐标，从而求得 MN 的长，从而求得ANO 的面积。（3）根据正切函数定义，分别求出ANM 和ONM 即可证明。分ONA 是直角，AON 是直角，NAO 是直角三种情况讨论即可得出结论。当AON 是直角时，还可在 RtOMNK 中用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解：OP=PN=PM，OP=224 +4

8、 =4 2 PN=0 x4 ， 4 2=0 x4 。 0 x =4+4 2。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 4 页 共 47 页2.2. （20122012 山西省山西省 1414 分）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 AB 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 BD 两点的坐标；（2）点 P 是 x 轴上一个动点，过 P 作直线 lAC 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 AP、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

9、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】【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，AB 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（k10） ，则111b =3k +b =0，解得11k =3b =3。直线 AC 的解析式为 y=3x+3。y=x2+2x+3=（x1）2+4，顶点 D 的坐标为（1，4） 。（2）抛物线上有三个这样的点 Q。如图，当点

10、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） ；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） ；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（17，3） 。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 5 页 共 47 页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（17，3） 。（3）点 B 作 BBAC 于点 F，使 BF=BF，则 B为点 B 关于直线 AC 的对称点连接 BD 交直线 AC 与点 M，则点 M 为所

11、求。过点 B作 BEx 轴于点 E。1 和2 都是3 的余角，1=2。RtAOCRtAFB。COCA=BFAB。由 A（1，0） ，B（3，0） ，C（0，3）得 OA=1，OB=3，OC=3，AC=10，AB=4。310=BF4，解得6 10BF=5。BB=2BF=12 105，由1=2 可得 RtAOCRtBEB，AOCOCA=B EBEBB。1310=B EBE12 105。BE=125，BE=365。OE=BEOB=3653=215B点的坐标为（215，125） 。设直线 BD 的解析式为 y=k2x+b2（k20） ，则2222k +b =42112k +b =55，解得224k =

12、1348b =13。直线 BD 的解析式为：448y=x+1313。联立 BD 与 AC 的直线解析式可得：y3x3448y=x+1313，解得9x=35132y=35。M 点的坐标为（91323535 ，） 。【考点】【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，平行四边形的性质， 轴对称的性质， 直角三角形两锐角的关系， 三角形三边关系， 勾股定理，相似三角形的判定和性质，解二元一次方程组。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 6 页 共 47 页【分析【分析】 （1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，由抛物线 y=x2+2x+3 与 x

13、 轴交于 AB 两点可求得 AB 两点的坐标，同样，由由抛物线 y=x2+2x+3 与 y 轴交于点 C 可求得 C 点的坐标。用待定系数法，可求得直线 AC 的解析式。由 y=x2+2x+3=（x1）2+4可求得顶点 D 的坐标。（2）由于点 P 在 x 轴上运动，故由平行四边形对边平行的性质求得点 Q 的坐标。（3） 点 B 作 BBAC 于点 F， 使 BF=BF， 则 B为点 B 关于直线 AC 的对称点 连接 BD 交直线 AC 与点 M，则根据轴对称和三角形三边关系，知点 M 为所求。因此，由勾股定理求得 AC=10，AB=4。由 RtAOCRtAFB 求得6 10BF=5，从而得

14、到 BB=2BF=12 105。由 RtAOCRtBEB 得到 BE=125，BE=365，OE=BEOB=3653=215，从而得到点 B的坐标。用待定系数法求出线 BD 的解析式，与直线 AC的解析式即可求得点 M 的坐标。3.3. （20122012 陕西省陕西省 1010 分分）如果一条抛物线2y=ax +bx+c a0与 x 轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”（1）“抛物线三角形”一定是三角形；（2）若抛物线2y=x +bx(b0)的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，求 b 的值；（3）如图，OAB 是抛物线2y=x +bx(

15、b0)的“抛物线三角形”，是否存在以原点 O 为对称中心的矩形 ABCD？若存在，求出过 O、C、D 三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由【答案】【答案】解： （1）等腰。（2）抛物线2y=x +bx(b0)的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，该抛物线的顶点2b b24，满足2bb=24（b0） 。b=2。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 7 页 共 47 页（3）存在。如图，作OCD 与OAB 关于原点 O 中心对称，则四边形 ABCD 为平行四边形。当 OA=OB 时，平行四边形 ABCD 为矩形。又AO=AB， OAB 为等边三角形。作 AEOB，垂足为 E，AE3O

16、E，即2bb= 3b042，b=2 3A3 3B 2 3 0C33D2 3 0 - ， ， ，。设过点 O、C、D 三点的抛物线2y=mx +nx，则12m2 3n=03m3n=3，解得，m=1n=2 3。所求抛物线的表达式为2y=x +2 3x。【考点【考点】二次函数综合题，新定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中心对称的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质。【分析【分析】 （1）抛物线的顶点必在抛物线与 x 轴两交点连线的垂直平分线上，因此这个“抛物线三角形”一定是等腰三角形。（2）观察抛物线的解析式，它的开口向下且经过原点，由于 b0，那么其顶点在第一象限，而这个“抛

17、物线三角形”是等腰直角三角形，必须满足顶点坐标的横、纵坐标相等，以此作为等量关系来列方程解出 b 的值。（3）由于矩形的对角线相等且互相平分，所以若存在以原点 O 为对称中心的矩形ABCD，那么必须满足 OA=OB，结合（1）的结论，这个“抛物线三角形”必须是等边三角形，首先用 b表示出 AE、OE 的长，通过OAB 这个等边三角形来列等量关系求出 b的值，进而确定 A、B 的坐标，即可确定 C、D 的坐标，利用待定系数即可求出过 O、C、D 的抛物线的解析式。4.4. （20122012 重庆市重庆市 1212 分分） 已知： 如图， 在直角梯形 ABCD 中， ADBC， B=90， AD

18、=2， BC=6，AB=3E 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；. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 8 页 共 47 页（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 BEFG，当点 E 与点 C 重合时停止平移设平移的距离为 t，正方形 BEFG 的边 EF 与 AC 交于点 M，连接 BD，BM，DM，是否存在这样的 t，使BDM 是直角三角形？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理

19、由；（3）在（2）问的平移过程中，设正方形 BEFG 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】【答案】解： （1）如图，设正方形 BEFG 的边长为 x，则 BE=FG=BG=x。AB=3，BC=6，AG=ABBG=3x。GFBE，AGFABC。AGGF=ABBC，即3xx=36。解得：x=2，即 BE=2。（2）存在满足条件的 t，理由如下：如图，过点 D 作 DHBC 于 H，则 BH=AD=2，DH=AB=3，由题意得：BB=HE=t，HB=|t2|，EC=4t，EFAB，MECABC。MEEC=ABBC，即ME4t=36。

20、ME=212t。在 RtBME 中，BM2=ME2+BE2=22+（212t）2=14t22t+8。在 RtDHB中，BD2=DH2+BH2=32+（t2）2=t24t+13。过点 M 作 MNDH 于 N，则 MN=HE=t，NH=ME=212t，DN=DHNH=3（212t）=12t+1。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 9 页 共 47 页在 RtDMN 中，DM2=DN2+MN2=（12t+1）2+ t2=54t2+t+1。（）若DBM=90，则 DM2=BM2+BD2，即54t2+t+1=（14t22t+8）+（t24t+13） ，解得：t=207。（）若BMD=90

21、，则 BD2=BM2+DM2，即 t24t+13=（14t22t+8）+（54t2+t+1） ，解得：t1=3+17，t2=317（舍去） 。t=3+17。（）若BDM=90，则 BM2=BD2+DM2，即14t22t+8=（t24t+13）+（54t2+t+1） ，此方程无解。综上所述，当 t=207或3+17时，BDM 是直角三角形；（3）22214t0t4312 4ttt283 3S3510t2t2t83315 10tt4223 。【考点】【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【分析】 （1）首先设正方形 BEFG 的边长为 x

22、，易得AGFABC，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MECABC 与勾股定理，求得 BM，DM 与 BD 的平方，然后分别从若DBM、DBM 和BDM 分别是直角，列方程求解即可。（3）分别从40t3 ，4t23，102t3和10t43时去分析求解即可求得答案：如图，当 F 在 CD 上时，EF：DH=CE：CH，. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 10 页 共 47 页即 2：3=CE：4，CE=83。t=BB=BCBEEC=6284=33。ME=212t，FM=12t，当40t3 时，S=SFMN=12t12t=14t2。如图，当 G 在 AC

23、 上时，t=2，EK=ECtanDCB=DH33EC4t =3tCH44，FK=2EK=3t41。NL=24AD=33，FL=t43，当4t23时， S=SFMNSFKL=14t212（t43）（3t41）=212tt83 。如图，当 G 在 CD 上时，BC：CH=BG：DH，即 BC：4=2：3，解得：BC=83，EC=4t=BC2=23。t=103。BN=12BC=12（6t）=312t，GN=GBBN=12t1。当102t3时，S=S梯形 GNMFSFKL=122（12t1+12t）12（t43） （3t41）=235t2t83。如图，当10t43时，BL=34BC=34（6t） ，E

24、K=34EC=34（4t） ，BN=12BC=12（6t）EM=12EC=12（4t） ，S=S梯形 MNLK=S梯形 BEKLS梯形 BEMN=15t22。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 11 页 共 47 页综上所述：22214t0t4312 4ttt283 3S3510t2t2t83315 10tt4223 。5.5. （20122012 甘肃白银甘肃白银 1212 分）分）已知，在 RtOAB 中，OAB=90，BOA=30，AB=2若以O 为坐标原点， OA 所在直线为 x 轴， 建立如图所示的平面直角坐标系， 点 B 在第一象限内 将RtOAB 沿 OB 折叠后，

25、点 A 落在第一象限内的点 C 处（1）求点 C 的坐标；（2）若抛物线2yaxbx(a0)经过 C、A 两点，求此抛物线的解析式；（3）若上述抛物线的对称轴与 OB 交于点 D，点 P 为线段 DB 上一动点，过 P 作 y 轴的平行线，交抛物线于点 M，问：是否存在这样的点 P，使得四边形 CDPM 为等腰梯形？若存在，请求出此时点 P 的坐标；若不存在，请说明理由【答案】【答案】解： （1）过 C 作 CHOA 于 H，在 RtOAB 中，OAB=90，BOA=30，AB=2，OA=2 3。将 RtOAB 沿 OB 折叠后，点 A 落在第一象限内的点 C 处，OC=OA=2 3，AOC=

26、60。OH=3，CH=3 。C 的坐标是（3，3） 。（2）抛物线2yaxbx(a0)经过 C（3，3） 、A（2 3，0）两点，. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 12 页 共 47 页3=3a+ 3b0=12a+2 3b，解得a=1b=2 3。此抛物线的解析式为2y=x +2 3x（3）存在。2y=x +2 3x的顶点坐标为（3，3） ，即为点 C。MPx 轴，设垂足为 N，PNt，BOA300，所以 ON3tP（3t, t ）作 PQCD，垂足为 Q，MECD，垂足为 E。把x3t代入2y=x +2 3x得：2y3t6t 。 M（3t，23t6t） ，E（3，23t6t）

27、。同理：Q（3，t） ，D（3，1） 。要使四边形 CDPM 为等腰梯形，只需 CEQD，即233t6tt1 ，解得：14t3，2t1（舍去） 。 P 点坐标为（433，43） 。 存在满足条件的点 P，使得四边形 CDPM 为等腰梯形，此时 P 点的坐为（433，43） 。【考点】【考点】二次函数综合题，翻折变换（折叠问题） ，折叠对称的，解二元一次方程和一元二次方程，曲线上点的坐标与方程的关系，含 30 度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰梯形的判定。【分析【分析】 （1）过 C 作 CHOA 于 H，根据折叠得到 OC=OA=4，A0C=60，求出 OH 和 CH 即可。（2）把 C（

28、3，3） 、A（2 3，0）代入2yaxbx得到方程组，求出方程组的解即可。（3）如图，根据等腰梯形的判定，只要 CEQD 即可，据此列式求解。6.6. （20122012 广东湛江广东湛江 1212 分分）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. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 13 页 共 47 页以每秒 个单位的速度运动当一个动点到达终点时，

29、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（t0） （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？【答案】【答案】解： （1）N（3，4） 。A（6，0）可设经过 O、A、N 三点的抛物线的解析式为：y=ax（x6） ，则将 N（3，4）代入得4=3a（36） ，解得 a=49。抛物线的解析式：2448yxx6x +x993 （）。（2）存在。过点 N 作 NCOA 于 C，由题意，A

30、N=53t，AM=OAOM=6t，NC=NAsinBAO=544t=t353。2MNA1142SAM NC6ttt362233 （）（）。MNA 的面积有最大值，且最大值为 6。（3）在 RtNCA 中，AN=53t，NC=ANsinBAO=544t=t353，AC=ANcosBAO=t。OC=OAAC=6t。N（6t，4t3） 。222452NM6tt+tt24t+3639 。又 AM=6t 且 0t6，. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 14 页 共 47 页当 MN=AN 时，2525t24t+36=t93，即 t28t+12=0，解得 t1=2，t2=6（舍去） 。当 M

31、N=MA 时，252t24t+36=6t9，即243t12t=09，解得 t1=0（舍去） ，t2=10843。当 AM=AN 时，6t=53t，即 t=94。综上所述，当 t 的值取 2 或10843或94时，MAN 是等腰三角形。【考点【考点】二次函数综合题，动点问题，勾股定理，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，二次函数的最值，等腰三角形的性质。【分析】【分析】（1）由 A、B 的坐标，可得到 OA=6，OB=8，根据勾股定理可得 AB=10。当 t=3 时， AN=53t=5=12AB， 即 N 是 AB 的中点， 由此得到点 N 的坐标 N （3， 4） 。利用

32、待定系数法，设交点式求出抛物线的解析式。（2）MNA 中，过 N 作 MA 边上的高 NC，先由BAO 的正弦值求出 NC 的表达式，而 AM=OA-OM，由三角形的面积公式可得到关于 SMNA关于 t 的函数关系式，由二次函数的最值原理即可求出MNA 的最大面积。（3）首先求出 N 点的坐标，然后表示出 AM、MN、AN 三边的长。由于MNA 的腰和底不确定，若该三角形是等腰三角形，可分三种情况讨论：MN=NA、MN=MA、NA=MA；直接根据等量关系列方程求解即可。7.7. （20122012 贵州贵阳贵州贵阳 1212 分分）如图，二次函数 y=12x2x+c 的图象与 x 轴分别交于

33、A、B 两点，顶点 M 关于 x 轴的对称点是 M（1）若 A（4，0） ，求二次函数的关系式；（2）在（1）的条件下，求四边形 AMBM的面积；（3）是否存在抛物线 y=12x2x+c，使得四边形 AMBM为正方形？若存在，请求出此抛物线的函数关系式；若不存在，请说明理由. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 15 页 共 47 页【答案】【答案】解： （1）A（4，0）在二次函数 y=12x2x+c 的图象上，12（4）2（4）+c=0，解得 c=12。二次函数的关系式为21yxx122。（2）2221125125yxx12x2x+1x122222（），顶点 M 的坐标为（1，2

34、52） 。A（4，0） ，对称轴为 x=1，点 B 的坐标为（6，0） 。AB=6（4）=6+4=10。SABM=12512510=222。顶点 M 关于 x 轴的对称点是 M，S四边形 AMBM=2SABM=21252=125。（3）存在抛物线213yxx22，使得四边形 AMBM为正方形。理由如下：在 y=12x2x+c 中，令 y=0，则12x2x+c=0，设点 AB 的坐标分别为 A（x1，0）B（x2，0） ，则 x1+x2=1=212，x1x2=c=2c12。221221211212ABx + xxxxxx +x4x x = 48c。点 M 的纵坐标为：14c12c12=1242

35、。顶点 M 关于 x 轴的对称点是 M，四边形 AMBM为正方形，-2c148c=22，整理得，4c2+4c3=0，解得 c1=12，c2=32。又抛物线与 x 轴有两个交点，. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 16 页 共 47 页=b24ac=（1）2412c0，解得 c12。c 的值为32。存在抛物线213yxx22，使得四边形 AMBM为正方形。【考点【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，一元二次方程根与系数的关系和根的判别式，解一元二次方程，轴对称的性质，正方形的性质。【分析【分析】 （1）把点 A 的坐标代入二次函数解析式，计算求出 c

36、的值，即可得解。（2）把二次函数解析式整理成顶点式解析式，根据对称性求出点 B 的坐标，求出AB 的长。根据顶点坐标求出点 M 到 x 轴的距离，然后求出ABM 的面积，根据对称性可得 S四边形 AMBM=2SABM，计算即可得解。（3）令 y=0，得到关于 x 的一元二次方程，利用根与系数的关系求出 AB 的长度，根据抛物线解析式求出顶点 M 的纵坐标， 然后根据正方形的对角线互相垂直平分且相等列式求解，如果关于 c 的方程有解，则存在，否则不存在。8.8. （20122012 贵州六盘水贵州六盘水 1616 分）分）如图 1，已知ABC 中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm如果点

37、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） （0t4） 解答下列问题：（1）当 t 为何值时，PQBC（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【

38、答案】【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=102t若 PQBC， 则APAQABAC， 即102t2t108， 解得20t9。当20t9s 时，PQBC。（2）如图 1 所示，过 P 点作 PDAC 于点 D。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 17 页 共 47 页则 PDBC，APDABC。APPDABBC，即102tPD106，解得6PD6t5。S=12AQPD=122t（66t5）2266515t +6tt+5522 。当 t=52s 时，S 取得最大值，最大值为152cm

39、2。（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 SAQP=12SABC，而 SABC=12ACBC=24，此时 SAQP=12。由（2）可知，SAQP=26t +6t5，26t +6t5=12，化简得：t25t+10=0。=（5）24110=150，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 PDAC 于点 D，则有 PDBC，APDABC。APPDADABBCAC，即102tPDAD1068。解得：PD=6

40、6t5，AD=88t5，QD=ADAQ=8188t2t=8t55。在 RtPQD 中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，即（188t5）2+（66t5）2=（2t）2，化简得：13t290t+125=0，解得：t1=5，t2=2513。t=5s 时，AQ=10cmAC，不符合题意，舍去，t=2513。由（2）可知，SAQP=26t +6t5. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 18 页 共 47 页S菱形 AQPQ=2SAQP=2（26t +6t5）=2=2400169。存在时刻 t=2513，使四边形 AQPQ为菱形，此时菱形的面积为2400169cm2。【考点【考点】动点问

41、题，勾股定理和逆定理，平行的判定，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程和一元二次方程根的判别式，二次函数的最值，菱形的性质。【分析【分析】 （1）由 PQBC 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 PDAC 于点 D，得APDABC，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

42、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 RtPQD 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。9.9. （20122012 湖南常德湖南常德 1010 分分） 如图， 已知二次函数1y(x2)(axb)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？

43、若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由。【答案】【答案】解： （1）将 A(4，3） ，B(4，4)代人1y(x2)(axb)48中，. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 19 页 共 47 页13(42)(4ab)4814(42)(4ab)48， 整理得：4ab724ab32解得a13b20 二 次 函 数 的 解 析 式 为 ：1y(x2)(13x20)48， 即 ：21315yxx4886。（ 2 ） 由21315xx04886整 理 得213x6x400， 解 得1220 x =2x =13 ，。C （2，0） ，D20013 ，。AC2=4+9 ，BC2=36+

44、16，AC2+ BC2=13+52=65，AB2=64+1=65， AC2+ BC2=AB2。ACB 是直角三角形。（3）设21315P(xxx)4886 ，（x0） ，则 PH=21315xx4886， HD=20 x13。又AC=13， BC=2 13，当PHDACB 时有：PHHDACCB，即：2131520 xxx488613132 13，整理得2135125xx024439， 解得125020 xx1313 ，（舍去） ， 此时，135y13。15035P (1313 ，）。当DHPACB 时有：DHPHACBC， 即：2201315xxx134886132 13，整理2131730

45、5xx048878，解得1212220 xx1313 ，（舍去） ，此时，1284y13。2122284P (1313 ，）。综上所述，满足条件的点有两个即15035P (1313 ，），2122284P (1313 ，）。【考点【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理和逆定理的应用，相似三角形的判定性质，坐标系中点的坐标的特征，抛物线与 x 轴的交点，解一元二次方程和二. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 20 页 共 47 页元一次方程组。【分析【分析】 （1）求二次函数的解析式，也就是要求1y(x2)(axb)48中 a、b 的值，只要把A(-4，3） ，

46、B(4，4)代人即可。（2）求证ACB 是直角三角形，只要求出 AC，BC，AB 的长度，然后用勾股定理及其逆定理去考察。（3）分两种情况进行讨论，DHPBCA，PHDBCA，然后分别利用相似三角形对应边成比例的性质求出点 P 的坐标。10.10. （20122012 江苏扬州江苏扬州 1212 分分）已知抛物线 yax2bxc 经过 A(1，0)、B(3，0)、C(0，3)三点，直线 l 是抛物线的对称轴(1)求抛物线的函数关系式；(2)设点 P 是直线 l 上的一个动点，当PAC 的周长最小时，求点 P 的坐标；(3)在直线 l 上是否存在点 M， 使MAC 为等腰三角形？若存在， 直接写

47、出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由【答案】【答案】解： （1）A(1，0)、B(3，0)经过抛物线 yax2bxc，可设抛物线为 ya（x1） （x3） 。又C(0，3) 经过抛物线，代入，得 3a（01） （03） ，即 a=1。抛物线的解析式为 y（x1） （x3） ，即 yx22x3。（2）连接 BC，直线 BC 与直线 l 的交点为 P。则此时的点 P，使PAC 的周长最小。设直线 BC 的解析式为 ykxb，将 B(3，0)，C(0，3)代入，得：. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 21 页 共 47 页3k+b=0b=3，解得：k=1b=3。直线 BC

48、 的函数关系式 yx3。当 x1 时，y2，即 P 的坐标(1，2)。（3）存在。点 M 的坐标为(1，6)，(1，6)，(1，1)，(1，0)。【考点【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， 线段中垂线的性质，三角形三边关系，等腰三角形的性质。【分析【分析】 （1）可设交点式，用待定系数法求出待定系数即可。（2）由图知：A、B 点关于抛物线的对称轴对称，那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知：若连接 BC，那么 BC 与直线 l 的交点即为符合条件的 P 点。（3）由于MAC 的腰和底没有明确，因此要分三种情况来讨论：MAAC、MAMC、ACMC；可先设

49、出 M 点的坐标，然后用 M 点纵坐标表示MAC 的三边长，再按上面的三种情况列式求解：抛物线的对称轴为： x=1，设 M(1，m)。A(1，0)、C(0，3)，MA2m24，MC2m26m10，AC210。若 MAMC，则 MA2MC2，得：m24m26m10，得：m1。若 MAAC，则 MA2AC2，得：m2410，得：m6。若 MCAC，则 MC2AC2，得：m26m1010，得：m0，m6，当 m6 时，M、A、C 三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去。综上可知，符合条件的 M 点，且坐标为(1，6)，(1，6)，(1，1)，(1，0)。11.11. （20122012 四川宜宾四

50、川宜宾 1212 分）分）如图，在ABC 中，已知 AB=AC=5，BC=6，且ABCDEF，将DEF 与ABC 重合在一起，ABC 不动，ABC 不动，DEF 运动，并满足：点 E 在边 BC上沿 B 到 C 的方向运动，且 DE、始终经过点 A，EF 与 AC 交于 M 点（1）求证：ABEECM；（2）探究：在DEF 运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出 BE 的长；若不能，请说明理由；（3）当线段 AM 最短时，求重叠部分的面积. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 22 页 共 47 页【答案【答案】 （1）证明：AB=AC，B=C。ABCDEF，AEF=B。

51、又AEF+CEM=AEC=B+BAE，CEM=BAE。ABEECM。（2）解：能。AEF=B=C，且AMEC，AMEAEF。AEAM。当 AE=EM 时，则ABEECM（SAS） 。CE=AB=5。BE=BCEC=65=1。当 AM=EM 时，则MAE=MEA。MAE+BAE=MEA+CEM，即CAB=CEA。又C=C，CAECBA，CEACACCB，2AC25CECB6。BE= BCEC =62511=66。综上所述，当 BE=1 或116时，重叠部分能构成等腰三角形。（3）解：设 BE=x，则 CE=6xABEECM，CMCEBEAB，即：CM6xx5，216CMx +x55 。22161

52、16AM5CMxx+5=x3+5555。当 x=3 时，AM 最短为165。又当 BE=x=3=12BC 时，点 E 为 BC 的中点，AEBC。2222AE= ABBE534。此时，EFAC，22221612EM= AEAM455。AEM11 16 1296S=AM EM225525。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 23 页 共 47 页当线段 AM 最短时，重叠部分的面积为9625。【考点】【考点】全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，二次函数的最值，勾股定理。【分析【分析】 （1）由 AB=AC，根据等边对等角，可得B

53、=C，又由ABCDEF 与三角形外角的性质，易证得CEM=BAE，则可证得：ABEECM。（2）由AEF=B=C，且AMEC，可得 AEAM，然后分别从 AE=EM 与 AM=EM去分析，应用全等三角形与相似三角形的性质求解即可求得答案。（3）设 BE=x，由ABEECM，根据相似三角形的对应边成比例，易得216CMx +x55 ，从而求得 AM 的值，利用二次函数的性质，即可求得线段 AM 的最小值，从而求得重叠部分的面积。12.12. （20122012 四川四川绵阳绵阳 1414 分）分）如图 1，在直角坐标系中，O 是坐标原点，点 A 在 y 轴正半轴上，二次函数 y=ax2+16x

54、+c 的图象 F 交 x 轴于 B、C 两点，交 y 轴于 M 点，其中 B（-3，0） ，M（0，-1） 。已知 AM=BC。（1）求二次函数的解析式；（2）证明：在抛物线 F 上存在点 D，使 A、B、C、D 四点连接而成的四边形恰好是平行四边形，并请求出直线 BD 的解析式；（3）在（2）的条件下，设直线 l 过 D 且分别交直线 BA、BC 于不同的 P、Q 两点，AC、BD相交于 N。若直线 lBD，如图 1 所示，试求11BPBQ的值；若 l 为满足条件的任意直线。 如图 2 所示， 中的结论还成立吗？若成立， 证明你的猜想；若不成立，请举出反例。. .文理文理教研网教研网文理教研

55、您的好帮手;第 24 页 共 47 页【答案】【答案】解：（1）二次函数 y=ax2+16x +c 的图象经过点 B（-3，0），M（0，-1），19a3c0 6c1 ，解得1a6c1 。二次函数的解析式为：211yxx166。（2）证明：在211yxx166中，令 y=0，得211xx1066 ，解得 x1=3，x2=2。C（2，0），BC=5。令 x=0，得 y=-1，M（0，1），OM=1。又 AM=BC，OA=AMOM=4。A（0，4）。设 ADx 轴，交抛物线于点 D，如图 1 所示，则2D11yxx1=OA=466， 解得 x1=5，x2=6 （位于第二象限，舍去）。D 点坐标为（

56、5，4）。AD=BC=5。又ADBC， 四边形 ABCD 为平行四边形， 即在抛物线 F 上存在点 D，使 A、B、C、D 四点连接而成的四边形恰好是平行四边形。设直线 BD 解析式为：y=kx+b，B（3，0），D（5，4），3kb0 5kb4，解得：1k23b2。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 25 页 共 47 页直线 BD 解析式为：13y x22。（3）在 RtAOB 中，22ABOAOB5，又 AD=BC=5， ABCD 是菱形。若直线 lBD，如图 1 所示， 四 边 形 ABCD 是 菱 形 ， ACBD 。 AC 直 线 l 。BABCBN1BPBQBD2。

57、BA=BC=5，BP=BQ=10。11111BPBQ10105。若 l 为满足条件的任意直线，如图 2 所示，此时中的结论依然成立，理由如下：ADBC，CDAB，PADDCQ。APADCDCQ。APCQ=ADCD=55=25。1111115CQ5APBPBQ ABAPBCCQ 5AP5CQ5AP5CQ10APCQ10APCQ10APCQ125+5 APCQ +AP CQ25+5 APCQ +2550+5 APCQ5。【考点【考点】 二次函数综合题， 曲线上点的坐标与方程的关系， 平行四边形、 菱形的判定和性质，平行线间的比例线段关系，相似三角形的判定和性质，分式化简。【分析】【分析】（1）利用

58、待定系数法求出二次函数的解析式。（2）首先求出 D 点的坐标，可得 AD=BC 且 ADBC，所以四边形 ABCD 是平行四边形；再根据 B、D 点的坐标，利用待定系数法求出直线 BD 的解析式。（3）本问的关键是判定平行四边形 ABCD 是菱形。推出 AC直线 l， 从而根据平行线间的比例线段关系， 求出 BP、 CQ 的长度，计算出111BPBQ5。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 26 页 共 47 页判定PADDCQ，得到 APCQ=25，利用这个关系式对11BPBQ进行分式的化简求值，结论为111BPBQ5不变。13.13. （20122012 四川四川凉山凉山 12

59、12 分分）如图，在平面直角坐标系中，直线 y=x4 与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点，抛物线 y=x2bxc 经过 A、B 两点，并与 x 轴交于另一点 C（点 C 点 A的右侧） ，点 P 是抛物线上一动点（1）求抛物线的解析式及点 C 的坐标；（2）若点 P 在第二象限内，过点 P 作 PD轴于 D，交 AB 于点 E当点 P 运动到什么位置时，线段 PE 最长？此时 PE 等于多少？（3） 如果平行于 x 轴的动直线 l 与抛物线交于点 Q， 与直线 AB 交于点 N， 点 M 为 OA 的中点，那么是否存在这样的直线 l，使得MON 是等腰三角形？若存在，请求出点 Q 的坐标

60、；若不存在，请说明理由【答案【答案】解： （1）直线 y=x+4 与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点，A（4，0） ，B（0，4） 。抛物线 y=x2bxc 经过 A、B 两点， 164bc0 c4，解得 b3 c4 。抛物线解析式为 y=x23x4。令 y=0，得x23x4=0，解得 x1=4，x2=1，C（1，0） 。（2）如图 1，设 D（t，0） 。OA=OB，BAO=45。. .文理文理教研网教研网文理教研您的好帮手;第 27 页 共 47 页E（t，t4） ，P（t，t23t4） 。PE=yPyE=t23t4t4=t24t=（t+2）2+4。当 t=-2 时，线段 PE 的长