2012年中考数学压轴题分类解析汇编(十专题)专题04_三角形四边形存在性问题1(教师版)

专题4：三角形四边形存在性问题

1. （2012海南省I13分）如图，顶点为P （4，－4）的二次函数图象经过原点（0，0），点

A 在该图象上，OA 交其对称轴l 于点M ，点M 、N 关于点P 对称，连接AN 、ON （1）求该二次函数的关系式.

（2）若点A 的坐标是（6，－3），求△ANO 的面积.

（3）当点A 在对称轴l 右侧的二次函数图象上运动，请解答下列问题： ①证明：∠ANM=∠ONM

②△ANO 能否为直角三角形？如果能，请求出所有符合条件的点A 的坐标，如果不能，请说明

理由.

【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

()2

y=a x 44--。

又∵二次函数图象经过原点（0，0），∴()2

0=a 044--，解得1a=4

。

∴二次函数的关系式为()

2

1y=

x 444

--，即2

1y=

x 2x 4

-。

（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1

y=-x 2。

把x=4代入1y=x 2

-

得y=2-。∴M（4，－2）。

又∵点M 、N 关于点P 对称，∴N（4，－6），MN=4。 ∴AN O 1S 64122

?=

??=。

（3）①证明：过点A 作AH⊥l 于点H ，，l 与x 轴交于点D 。则

设A （2

0001

x x 2x 4

- ，

）,

则直线OA 的解析式为2

00

00

1

x 2x 14

y=x=x 2x x 4-??

- ???

。 则M （04 x 8-，），N （04 x -，）

，H （2

0014x 2x 4

- ，）。 ∴OD=4，ND=0x ，HA=0x 4-，NH=2001

x x 4

-。

∴

()()()

0002

2

000

0000

4x 44x 4x 4OD 4HA 4tan ONM =

tan ANM =

=

=

1ND

x NH

x x 4x x 4x +64

x x 4---∠=∠=

=

--- ，。

∴tan O N M =∠tan AN M ∠。∴∠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

0001x 4=x x 4

--。

整理，得200x 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222 O A +ON =AN 。

()22

222

222222

000000011 O A =x +x 2x ON =4+x AN =x 4+x 2x +x 44????--- ? ?????

，， ∴()2

2

22

222

20000000011

x +x 2x +4+x =x 4+x 2x +x 44????--- ? ?????

。 整理，得32000x 8x 16x =0--，解得0x =0

，0 x =4±。

舍去0x =0

，0 x =4-l 左侧）。

当0 x 时，0 y =4。

∴此时存在点A

（ 44），使∠AON 是直角。

情况3，若∠NAO 是直角，则△AMN∽△DMO∽△DON，∴

M D O D O D

N D

=

。

∵OD=4，MD=08x -，ND=0x ，∴

8x 44

x -=

。

整理，得200x 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。

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

（44），使∠AON是直角，即△ANO为直角三角形。

【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，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】（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）①根据正切函数定义，分别求出∠ANM和∠ONM即可证明。

②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Rt△OMNK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，

∵ PN=

x－4 ，∴0x－4 。∴0x。

2. （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，﹣x 2

+2x+3=0，解得x 1=﹣1，x 2=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=k 1x+b 1（k 1≠0），则

111

b =3

k +b =0??

-?，解得11k =3b =3???。 ∴直线AC 的解析式为y=3x+3。

∵y=﹣x 2+2x+3=﹣（x ﹣1）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，

①当点Q 在Q 1位置时，Q 1的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q 1

的坐标为（2，3）；

②当点Q 在点Q 2位置时，点Q 2的纵坐标为﹣3，代入抛物线可得

点Q 2坐标为（

，﹣3）；

③当点Q 在Q 3位置时，点Q 3的纵坐标为﹣3，代入抛物线解析式

可得，点Q 3的坐标为（1

，﹣3）。

综上可得满足题意的点Q 有三个，分别为：Q 1（2，3），Q 2（

，﹣3），Q 3（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。∴

C O C A =BF

AB

。

由A （﹣1，0），B （3，0），C （0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，

AB=4。

∴

3=

B F

4

，解得B F=

5

5

，

由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，∴AO C O C A =

=B E

BE

BB ''

。

∴

13=

=

B E

BE

5

'。∴B′E=

125

，BE=

365

。∴OE=BE﹣OB=

365

﹣3=

215

．

∴B′点的坐标为（﹣

215

，

125

）。

设直线B′D 的解析式为y=k 2x+b 2（k 2≠0），则

2222k +b =42112k +b =55???-??，解得22

4k =13

48b =

13????

???

。 ∴直线B'D 的解析式为：448y=

x+

13

13

。

联立B'D 与AC 的直线解析式可得：

y 3x 3448y=x+1313=+???

??

，解得9x=35

132y=

35???????

。 ∴M 点的坐标为（

913235

35

，）。

【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。

【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=﹣x 2+2x+3与x 轴交于A ．B 两点可求得A ．B 两点的坐标，同样，由由抛物线y=﹣x 2+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=﹣x 2+2x+3=﹣（x ﹣1）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

，AB=4。由Rt△AOC∽Rt△AFB

求得B F=

5

，

从而得到

5

。由Rt△AOC∽Rt△B′EB 得到B′E=

125

，BE=

365

，OE=BE ﹣

OB=

365

﹣3=

215

，从而得到点B′的坐标。用待定系数法求出线B′D 的解析式，与直线AC

的解析式即可求得点M 的坐标。

3. （2012陕西省10分）如果一条抛物线()2

y=ax +bx+c a 0≠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(b>0)-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 +b'x(b'>0)-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】解：（1）等腰。

（2）∵抛物线2y=x +bx(b>0)-的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，

∴该抛物线的顶点2b b 24?? ???

，满足2

b b

=24（b ＞0）。

∴b=2。 （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AE⊥OB，垂足为E ，

∴AE E =

，即

()2

b'

b'b'>04

2

，∴b'=．

∴)()()()

A

3B 0C 3D 0-，，，。

设过点O 、C 、D 三点的抛物线2

y=m x +nx ，则

12m 03m 3

?-??

-

-??

，解得，m =1n=???

??。

∴所求抛物线的表达式为2y=x 。

【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】（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b ＞0，那么其顶点在

第一象限，而这个“抛物线三角形”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. （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 G F =AB

BC

，即

3x x =

3

6

-。

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。 ∴

M E EC =AB

BC

，即

M E 4t =

3

6

-。∴ME=2﹣

12

t 。

在Rt△B′ME 中，B′M 2=ME 2+B′E 2=22+（2﹣12

t ）2=

14

t 2﹣2t+8。

在Rt△DHB′中，B′D 2=DH 2+B′H 2=32+（t ﹣2）2=t 2﹣4t+13。 过点M 作MN⊥DH 于N ，则MN=HE=t ，NH=ME=2﹣12

t ，

∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣

12

t ）=

12t+1。 在Rt△DMN 中，DM 2=DN 2+MN 2=（12

t+1）2+ t 2=

54

t 2+t+1。

（Ⅰ）若∠DB′M=90°，则DM 2=B′M 2+B′D 2， 即

54

t 2

+t+1=（

14

t 2﹣2t+8）+（t 2

﹣4t+13），解得：t=

207

。

（Ⅱ）若∠B′MD=90°，则B′D 2=B′M 2+DM 2，

即t2﹣4t+13=（1

4

t2﹣2t+8）+（

5

4

t2+t+1），解得：t

1

=﹣

t

2

=﹣3

﹣。

∴t=﹣

（Ⅲ）若∠B′DM=90°，则B′M2=B′D2+DM2，

即1

4

t2﹣2t+8=（t2﹣4t+13）+（

5

4

t2+t+1），此方程无解。

综上所述，当t=20

7

或﹣

时，△B′DM是直角三角形；

（3）

2

2

2

14

t0t

43

124

t t t2

833

S

3510

t2t2t

833

1510

t t4

223

???

≤≤

?

?

??

?

???

-+-≤

? ?

???

=?

???-+-≤

????

?

??

?

-+≤

?

???

?

＜

＜

＜

。

【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

4

0t

3

≤≤，

4

t2

3

≤

＜，

10

2t

3

≤

＜和

10

t4

3

≤

＜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

。

∵ME=2﹣1

2

t，∴FM=

1

2

t，

∴当

4

0t

3

≤≤时，S=S△FMN=

1

2

×t×

1

2

t=

1

4

t2。

②如图④，当G 在AC 上时，t=2， ∵EK=EC?tan∠DCB= ()D H 33EC 4t =3t C H

4

4

?=--

，

∴FK=2﹣EK=3t 4﹣1。

∵NL=2

4AD =

33

，∴FL=t﹣

43

，

∴当4t 23≤＜时，S=S △FMN ﹣S △FKL =14

t 2

﹣

12

（t ﹣

43

）（3t 4

﹣1）=212t t 8

3

-+-

。

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=23

。∴t=

103

。

∵B′N=

12

B′C=

12

（6﹣t ）=3﹣

12

t ，

∴GN=GB′﹣B′N=12

t ﹣1。

∴当102t 3

≤

＜时，S=S 梯形GNMF ﹣S △FKL =12

×2×（

12

t ﹣1+

12

t ）﹣12

（t ﹣

43

）（3

t

4

﹣1）

=235t 2t 8

3

-+-

。

④如图⑥，当10t 43

≤＜时， ∵B′L=34

B′C=

34

（6﹣t ），EK=

34

EC=

34

（4﹣t ），

B′N=

12B′C=12

（6﹣t ）EM=12

EC=

12

（4﹣t ），

∴S=S 梯形MNLK =S 梯形B′EKL ﹣S 梯形B′EMN =15t 2

2

-

+

。

综上所述：22214t 0t 43124t t t 2833S 3510

t 2t 2t 833

1

510t t 4223???

≤≤ ??

???

???-+-≤? ?

???

=?

??

?-+-≤ ????

?

???-+≤ ?????

＜＜＜。

5. （2012甘肃白银12分）已知，在Rt△OAB 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

Rt△OAB 沿OB 折叠后，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2y ax bx (a 0)=+≠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】解：（1）过C 作CH⊥OA 于H ，

∵在Rt△OAB 中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2

，∴OA=。

∵将Rt△OAB 沿OB 折叠后，点A 落在第一象限内的点C 处，

∴OC=OA=，∠AOC=60°。

CH=3 。

∴C

，3）。

（2）∵抛物线2

y ax bx (a 0)=+≠经过C

3）、A

（，0）两点，

∴?????

，解得a=1-?????

。∴此抛物线的解析式为2y=x -

（3）存在。

∵2y=x -

3），即为点C 。

MP⊥x 轴，设垂足为N ，PN ＝t ，

∵∠BOA＝300

，所以ON

t ）

作PQ⊥CD，垂足为Q ，ME⊥CD，垂足为E 。

把x =代入2y=x -得：2y 3t 6t =-+。

，23t 6t -+），E 23t 6t -+）。

同理：Q ，t ），D ，1）。

要使四边形CDPM 为等腰梯形，只需CE ＝QD ， 即()233t 6t t 1--+=-，解得：14t 3

=，2t 1=（舍去）。

∴ P 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

（

43

）。

【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】（1）过C 作CH⊥OA 于H ，根据折叠得到OC=OA=4，∠A0C=60°，求出OH 和CH 即可。

（2）把C 3）、A （，0）代入2y ax bx =+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CE ＝QD 即可，据此列式求解。

6. （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？

【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 （x ﹣6），则将N （3，

4）代入得

4=3a （3﹣6），解得a=﹣

49

。

∴抛物线的解析式：2

448y x x 6x +

x 9

93

=-

-=-

（）。

（2）存在。过点N 作NC⊥OA 于C ，

由题意，AN=

53

t ，AM=OA ﹣OM=6﹣t ，

∴NC=NA?sin∠BAO=5

44t =t 3

53?

。

∴2

M NA 1142S AM N C 6t t t 362

233

?=

?=

?-=--+（）（）。 ∴△MNA 的面积有最大值，且最大值为6。 （3）在Rt△NCA 中，AN=

53

t ，NC=AN?sin∠BAO=544t =

t 3

5

3

?

，

AC=AN?cos∠BAO=t。 ∴OC=OA﹣AC=6﹣t 。∴N（6﹣t ，4t 3

）。

∴NM ==。

又AM=6﹣t 且0＜t ＜6，

①当MN=AN 5t 3

，即t 2

﹣8t+12=0，解得t 1=2，t 2=6（舍

去）。

②当MN=MA t -，即

2

43t 12t=09

-，解得t 1=0（舍去），

t 2=10843

。

③当AM=AN 时，6﹣t=

53

t ，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】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】（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=

53

t=5=

12

AB ，即N 是AB 的中点，由此得到点N 的坐标N （3，4）。

利用待定系数法，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S △MNA 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：①MN=NA、②MN=MA、③NA=MA；直接根据等量关系列方程求解即可。

7. （2012贵州贵阳12分）如图，二次函数y=12

x 2﹣x+c 的图象与x 轴分别交于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=

12

x 2

﹣x+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．

【答案】解：（1）∵A（﹣4，0）在二次函数y=

12

x 2﹣x+c 的图象上，

∴

12

×（﹣4）2

﹣（﹣4）+c=0，解得c=﹣12。

∴二次函数的关系式为2

1y x x 122

=

--。

（2）∵()

2

2

2

11

25

125y x x 12x 2x+1x 12

2

222

=

--=

--=--

（）， ∴顶点M 的坐标为（1，252

-）。

∵A（﹣4，0），对称轴为x=1，∴点B 的坐标为（6，0）。∴AB=6﹣（﹣

4）=6+4=10。

∴S △ABM =1

2512510=222

??

。

∵顶点M 关于x 轴的对称点是M′，∴S 四边形AMBM′=2S △ABM =2×1252

=125。

（3）存在抛物线2

13y x x 2

2

=

--

，使得四边形AMBM′为正方形。理由如下：

在y=

12

x 2﹣x+c 中，令y=0，则12

x 2﹣x+c=0，

设点AB 的坐标分别为A （x 1，0）B （x 2，0）， 则x 1+x 2=1=212

--

，x 1?x 2=

c =2c 12

。

∴

1221AB x +x x x ==-=

=

。

点M 的纵坐标为：

14c 12c 12=

12

42

?

?--?

。

∵顶点M 关于x

轴的对称点是M′，四边形AMBM′为正方形，- ∴2c 12

-?

，整理得，4c 2+4c ﹣3=0，解得c 1=

12

，c 2=﹣

32

。

又抛物线与x 轴有两个交点， ∴△=b 2﹣4ac=（﹣1）2﹣4×12

c ＞0，解得c ＜

12

。∴c 的值为﹣

32

。

∴存在抛物线2

13y x x 2

2

=

--

，使得四边形AMBM′为正方形。

【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】（1）把点A 的坐标代入二次函数解析式，计算求出c 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A MBM′

=2S △ABM ，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. （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

102t2t

108

-

=，解得

20

t

9

=。

∴当

20

t

9

=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

102t PD

106

-

=，解得

6

PD6t

5

=-。

∴S=1

2

×AQ×PD=

1

2

×2t×（

6

6t

5

-）

2

2

66515

t+6t t+

5522

??

=-=--

?

??

。

∴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 =

12

S △ABC ，而S △ABC =

12

AC?BC=24，∴此时S △AQP =12。

由（2）可知，S △AQP =2

6t +6t 5

-

，∴2

6t +6t 5

-

=12，化简得：t 2

﹣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

102t PD AD 106

8

-=

=

。

解得：PD=66t 5

-，AD=88t 5

-， ∴QD=AD﹣AQ=8188t 2t=8t 5

5-

--

。

在Rt△PQD 中，由勾股定理得：QD 2+PD 2=PQ 2，即（188t 5

-

）2

+（66t 5

-

）2

=

（2t ）2，

化简得：13t 2﹣90t+125=0，解得：t 1=5，t 2=

2513

。

∵t=5s 时，AQ=10cm ＞AC ，不符合题意，舍去，∴t=2513

。

由（2）可知，S △AQP =2

6t +6t 5-

∴S 菱形AQPQ′=2S △AQP =2×（26t +6t 5

-）=2×=

2400169

。

∴存在时刻t=

2513

，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为2400169

cm 2。

【考点】动点问题，勾股定理和逆定理，平行的判定，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程和一元二次方程根的判别式，二次函数的最值，菱形的性质。 【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。 9. （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。

【答案】解：（1）将A(－4，3），B(4，4)代人1y (x 2)(ax b)48

=

++中，

13(42)(4a b)4814(42)(4a b)

48

?

=-+-+??

?

?=++??

， 整理得：4a b 724a b 32

-=??

+=? 解得a 13b 20

=??

=-?

∴二次函数的解析式为：1y (x 2)(13x 20)48

=

+-，即：

2

131

5

y x x 48

86

=

+

-。 （2）由

2

1315x x 0488

6

+

-

=整理得 2

13x 6x 400+-=，解得

1220x =2x =

13

-，。

∴C （－2，0），D 20

013??

???

，。 ∴AC 2=4+9 ，BC 2=36+16，AC 2+ BC 2=13+52=65，AB 2=64+1=65， ∴ AC 2

+ BC 2

=AB 2

。∴△ACB 是直角三角形。 （3）设2

1315P(x x x )488

6

+

-

，（x<0）

，则PH=2

1315x x 48

8

6

+

-

， HD=

20x 13

-。

，

BC=

①当△PHD∽△ACB 时有：

PH H D AC

C B

=

2

131520

x x x

+

-

-=，

整理得

2

135125x x 0244

39

+

-

=，

解得125020x x 13

13

=-=

，（舍去），此时，

135y 13

=

。

∴15035P (1313-

，）。

②当△DHP∽△ACB 时有：

D H PH AC

BC

=

，

2

20

1315x x x -+

-

=，

整理

2

1317305x x 0488

78

+

-

=，解得1212220x x 13

13

=-

=

，（舍去），此

时，1284y 13

=

。

∴2122284P (13

13-

，）。

综上所述，满足条件的点有两个即15035P (1313-

，），2122284

P (1313

- ，）。 【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元一次方程组。

【分析】（1）求二次函数的解析式，也就是要求1y (x 2)(ax b)48

=++中a 、b 的值，只要把

A(-4，3），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，①△DHP∽△BCA，②△PHD∽△BCA，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. （2012江苏扬州12分）已知抛物线y ＝ax 2

＋bx ＋c 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，直接写出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）∵A(－1，0)、B(3，0)经过抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c ，

∴可设抛物线为y ＝a （x ＋1）（x －3）。

又∵C(0，3) 经过抛物线，∴代入，得3＝a （0＋1）（0－3），即a=－1。 ∴抛物线的解析式为y ＝－（x ＋1）（x －3），即y ＝－x 2＋2x ＋3。

（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y ＝kx ＋b ， 将B(3，0)，C(0，3)代入，得：

3k+b=0b=3???，解得：k=1

b=3-??

?

。 ∴直线BC 的函数关系式y ＝－x ＋3。 当x －1时，y ＝2，即P 的坐标(1，2)。

（3）存在。点M 的坐标为(1，(1，(1，1)，(1，0)。

【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，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】（1）可设交点式，用待定系数法求出待定系数即可。