2022年中考数学复习专题【二次函数中考精品压轴题解析精选】 .pdf

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1、中考数学复习专题 【二次函数中考精品压轴题 （四边形与存在性问题）解析精选】【例 1】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

2、 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 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

3、线可得点 Q2坐标为（ 1+7， 3） ；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 38 页当点 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） 。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 BB AC 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 为所求。过点 B 作 BE x 轴于点 E。 1 和 2 都是 3 的余角， 1=2。RtAOC Rt

4、AFB 。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=BE OB=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 =1348b =13。直线 BD 的解析式为：448y=x+1

5、313。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】 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，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 38 页解二元一次方程组。【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=x2+2x+3 与 x 轴交于 AB 两点可求得 AB 两

6、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 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 RtAOC RtAFB 求得6 10BF=5，从而得到 BB =2BF=12 105。由 RtAOC

7、RtBEB得到 BE=125， BE=365，OE=BE OB=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。【例 2】.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(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 ？

8、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(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。（3）存在。如图，作 OCD 与 OAB 关于原点O 中心对称，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 38 页则四边形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，AE3OE，即2bb=3b042，b

9、=2 3A33B 2 30C33D2 30 -，。设过点 O、C、D 三点的抛物线2y=mx +nx，则12m2 3n=03m3n=3，解得，m=1n=23。所求抛物线的表达式为2y=x +2 3x。【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b0，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、

10、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。【例 3】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Rt

11、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，交抛物线精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 38 页于点 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 CHOA 于 H，在 RtOAB 中， OAB=90 ， BOA=30

12、 ，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=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，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， BOA 300，所以 ON3tP（3t, t）作 PQCD，垂足为Q，ME CD，垂足为E。把x3t代入2y=x +2 3x得：2y3

13、t6t。 M（3t，23t6t） ，E（3，23t6t） 。同理： Q（3，t） ，D（3，1） 。要使四边形CDPM 为等腰梯形，只需CEQD，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 38 页即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】 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

14、，等腰梯形的判定。【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（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。【例 4】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，

15、 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【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 PQ BC，则APAQABAC，即102t2t108，解得20

16、t9。当20t9s 时， PQBC。（2）如图 1 所示，过P 点作 PDAC 于点 D。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 38 页则 PD BC，APDABC。APPDABBC，即102tPD106，解得6PD6t5。S=12 AQ PD=12 2t （66t5）2266515t +6tt+5522。当 t=52s 时， S 取得最大值，最大值为152cm2。（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=12AC?BC=24 ，此时SAQP

17、=12。由（ 2）可知， SAQP=26t +6t5，26t +6t5=12，化简得： t25t+10=0。 =（ 5）24 1 10=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 PD AC 于点 D，则有 PDBC，APDABC。APPDADABBCAC，即102tPDAD1068。解得： PD=66t5，AD=88t5，QD=AD AQ=8188t2t=8t55。在 RtPQD 中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，即（188t5）2+（

18、66t5）2=（2t）2，化简得： 13t290t+125=0，解得： t1=5，t2=2513。t=5s 时， AQ=10cm AC，不符合题意，舍去，t=2513。由（ 2）可知， SAQP=26t +6t5S菱形AQPQ=2SAQP=2 （26t +6t5）=2 65 （2513）2+62513=2400169。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 38 页存在时刻t=2513，使四边形AQPQ 为菱形，此时菱形的面积为2400169cm2。【考点】 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

19、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 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RtP

20、QD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 5】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 +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B

21、A 、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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 38 页【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

22、=3，x2=2。C（2，0）， BC=5。令 x=0，得 y=-1， M（0， 1）， OM=1 。又 AM=BC ， OA=AM OM=4 。 A（0，4）。设 AD x 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（ 5， 4）。 AD=BC=5 。又 AD BC，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。直线 BD

23、解析式为：13y x22。（3）在 Rt AOB 中，22ABOAOB5，又 AD=BC=5 ， ?ABCD 是菱形。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 38 页若直线lBD ，如图 1 所示，四边形ABCD 是菱形， AC BD。 AC 直线 l。BABCBN1BPBQBD2。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：AD BC，CDAB ， PAD DCQ。APADCDCQ。AP?CQ=AD?CD=55=25。11

24、11115CQ5APBPBQ? ABAPBCCQ? 5AP5CQ5AP5CQ10APCQ10APCQ10APCQ125+5 APCQ +AP CQ25+5 APCQ +2550+5 APCQ5。【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】 （1）利用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 AD BC，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

25、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。判定 PAD DCQ，得到 AP?CQ=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。【例 6】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 PEAB交 AC 于点 E（1）直接写出点A

26、 的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点 E 作 EFAD 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？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 38 页（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【答案】 解： （1）A（1，4） 。由题意，设抛物线解析式为y=a（x1）2+4 抛物线过点C（3， 0） ， 0=a（31）2+4，解得， a=1。抛物线的解析式为y=（ x 1）2+4，即

27、 y=x2+2x+3 。（ 2）设直线AC 的解析式为y=kx+b ，A（1，4） ，C（3，0） ，4kb03kb，解得k2b6。直线 AC 的解析式为y=2x+6。点 P（ 1，4t） ，将 y=4t 代入 y=2x+6 中，解得点E 的横坐标为tx12。点 G 的横坐标为t12，代入抛物线的解析式中，可求点G 的纵坐标为2t44。GE=（2t44）（ 4t） =2tt4。又点 A 到 GE 的距离为t2，C 到 GE 的距离为t22，22ACGAEGCEG1t1tt1SSSEGEG2=EG=t=t2+1222244（）。当 t=2 时， SACG的最大值为1。（ 3）20t=13或t=2

28、08 5。【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，矩形和菱形的性质。【分析】（1）根据矩形的性质可以写出点A 得到坐标；由顶点A 的坐标可设该抛物线的顶点式方程为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 38 页y=a（ x1）2+4，然后将点C 的坐标代入，即可求得系数a 的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）。（2）利用待定系数法求得直线AC 的方程 y=2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标（1，4t） ，据此可以求得点E 的纵坐标，将其代入直线AC 方程可以求得点E 或点

29、G 的横坐标；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=2tt4、点 A 到 GE 的距离为t2，C 到 GE 的距离为t22；最后根据三角形的面积公式可以求得2ACGAEGCEG1SSS=t2+14，由二次函数的最值可以解得t=2 时， SACG的最大值为1。（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H 在直线 EF 上。分 CE 是边和对角线两种情况讨论即可。由题设和（ 2）知， C（3，0） ，Q（3，t） ，E（t1,4t2） ，设 H（t1,m2） 。当 CE 是对角线时，如图1，有 CQ=HE=CH ，即22222224tm=tm=42t4 42t3t8t+16=013t7

30、2t+80=0t4m3t8t+16=02+m =t2，解得，20t=13或 t=4（舍去，此时C，E 重合）。当 CE 是边时，如图2，有 CQ=CE=EH ，即2222m4t =tm=4t40t+80=0tt40t+80=02+ 4t=t2，解得，t=2085或t=20+8 5（舍去，此时已超过矩形ABCD 的范围）。综上所述，当20t=13或t=208 5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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 38 页【例 7】如图，二次函数y=x2b

31、xc 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EFBD，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=x2bxc 得，93b+c=042b+c=3，解得：b=2c=3。抛物线的解析式为y=x22x3 。由 x22x3=0，得： x1= 3，x2=1， B 的坐标是（ 1，

32、0） 。设直线 BD 的解析式为y=kx b，则k+b=02k+b=3，解得：k=1b=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 EFBD, 直线 EF 的解析式为：y=xa。若四边形BDFE 是平行四边形，则DFx 轴。D、F 两点的纵坐标相等，即点F 的纵坐标为3。由2y=x +2x3y=xa得 y2（ 2a1）ya22a3=0，解得： y=2a+1134a2。令2a+1134a2=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；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

33、 - - - - -第 13 页，共 38 页当 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 8】如图，把两个全等的RtA

34、OB 和 RtCOD 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

35、在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由【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=24a+2b=1，解得3a=27b=2。抛物线解析式为237y=x +x22。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 38 页（2）设点 P 的横坐标为t， PN CD， OPN OCD ，可得 PN=t2。 P（t，t2） 。点 M 在抛物线上，M（t，237t +t22） 。如图 1，过 M 点作 MGAB 于 G，过 P 点作 PHAB 于

36、H，AG=yAyM=2223737t +t =tt+22222，BH=PN=t2。当 AG=BH 时，四边形ABPM 为等腰梯形，237ttt+2=222，化简得3t2 8t+4=0。解得 t1=2（不合题意，舍去） ，t2=23，点 P 的坐标为（2133，） 。存在点P（2133，） ，使得四边形ABPM 为等腰梯形。（3）如图 2， AOB 沿 AC 方向平移至 AO B，AB交 x 轴于 T，交 OC 于 Q，AO 交 x 轴于 K，交 OC 于 R。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

37、得 QT=a2。点 Q 的坐标为（ a，23） 。设 AB 与 OC 相交于点J， ARQ AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，HTA Q=OBAJ。13aaA Q2HT=OB=1=2a1AJ22。KT=12A T=12（3a） ，AQ=yAyQ=（ a+3）a2=332a。S四边形RKTQ=SAKTSARQ=12KT?AT12A Q?HT221 3a131331333a3aa+2 =a +a=a+2222224228。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 38 页120，在线段AC 上存在点 A （3322，） ，能使

38、重叠部分面积S取到最大值，最大值为38。【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（2133，） ，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。【例 9】如图，在平面直角坐标系中

39、，直角梯形OABC 的边 OC、OA 分别与 x 轴、y 轴重合， AB OC，AOC=90 ， BCO=45 ，BC=122，点 C 的坐标为（ 18， 0） 。（1）求点 B 的坐标；（2）若直线DE 交梯形对角线BO 于点 D，交 y 轴于点 E，且 OE=4，OD=2BD ，求直线 DE 的解析式；（3）若点 P 是（ 2）中直线DE 上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以 O、E、P、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由。【答案】 解： （1）过点 B 作 BFx 轴于 F，在 RtBCF 中 BCO=45 ，BC=122， CF=BF

40、=12 。C 的坐标为（18，0） ， AB=OF=6 。点 B 的坐标为（ 6，12） 。（2）过点 D 作 DGy 轴于点 G，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 38 页OD=2BD ， OD=23OB。AB DG， ODG OBA 。DGODOG2ABOBOA3，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 （k0 ）4kb8 b4，解得k1 b4。直线DE 解析式为y=x+4。（3）结论：存在。点 Q 的坐标为：（22， 2 2） ，

41、（ 22，2 2） ， （ 4，4） ， （ 2，2） 。【考点】 一次函数综合题，等腰直角三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，菱形的判定和性质。【分析】（1）构造等腰直角三角形BCF，求出 BF、 CF 的长度，即可求出B 点坐标。（2）已知E 点坐标，欲求直线DE 的解析式，需要求出D 点的坐标构造ODG OBA ，由线段比例关系求出D 点坐标，从而可以求出直线DE 的解析式。（3）如图所示，符合题意的点Q 有 4 个：设直线 y=x+4 分别与 x 轴、 y 轴交于点E、点 F，则 E（0，4） ，F（4，0） ，OE=OF=4 ，EF=42。

42、菱形 OEP1Q1，此时 OE 为菱形一边。则有 P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EFP1E=424。易知 P1NF 为等腰直角三角形，P1N=NF=22P1F=422。设 P1Q1交 x 轴于点 N，则 NQ1=P1Q1P1N=4（ 422）=22。又 ON=OFNF=22， Q1（22， 22） 。菱形 OEP2Q2，此时 OE 为菱形一边。 此时 Q2与 Q1关于原点对称， Q2（ 22，22） 。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） 。菱形 OP4EQ4，此时 OE 为菱形对角线。由菱形性质可知，P4Q4为

43、OE 的垂直平分线，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 38 页由 OE=4，得 P4纵坐标为 2，代入直线解析式y=x+4 得横坐标为2，则 P4（2，2） 。由菱形性质可知，P4、Q4关于 OE 或 x 轴对称， Q4（ 2，2） 。综上所述，存在点Q，使以 O、 E、P、Q 为顶点的四边形是菱形，点Q 的坐标为：Q1（22， 22） ，Q2（ 22，22） ，Q3（4， 4） ，Q4（ 2，2） 。【例 10】如图，四边形ABCD 为矩形， C 点在 x 轴上， A 点在 y 轴上， D 点坐标是（ 0， 0） ，B

44、 点坐标是（ 3，4） ，矩形 ABCD 沿直线 EF 折叠，点A 落在 BC 边上的 G 处， E、F 分别在 AD 、AB 上，且 F点的坐标是（2，4） （1）求 G 点坐标；（2）求直线EF 解析式；（3）点 N 在 x 轴上，直线EF 上是否存在点M，使以 M、N、F、G 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M 点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】 解： （1）由已知得，FG=AF=2 ， FB=1。四边形ABCD 为矩形，B=90 。2222BGFGFB213。 G 点的坐标为（3，43） 。（ 2）设直线EF 的解析式是y=kx+b ，在 RtBFG 中，FB1cos

45、 BFGFG2， BFG=60 。 AFE= EFG=60 。AE=AFtan AFE=2tan60 =23。 E 点的坐标为（ 0，423） 。又 F 点的坐标是（2，4） ，b42 32kb4， 解得k3b42 3。直线 EF 的解析式为y3x42 3。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 38 页（ 3）存在。 M 点的坐标为（34 333，） ， （1 4333，） ， （1 + 43833，） 。【考点】 一次函数综合题，矩形的性质，折叠性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，直线上点的坐

46、标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。【分析】（1）根据折叠性质可知FG=AF=2 ，而 FG=AB AF=1，则在 Rt BFG 中，利用勾股定理求出BG的长，从而得到CG 的长，从而得到G 点坐标。（2）由题意，可知AEF 为含 30 度角的直角三角形，从而可求出E 点坐标；又F 点坐标已知，所以可利用待定系数法求出直线EF 的解析式。（3）分 FG 为平行四边形边和对角线两种情况讨论，探究可能的平行四边形的形状：若以 M、N、F、G 为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：FG 为平行四边形的一边， 且 N 点在 x 轴正半轴上， 如图 1 所示。过 M

47、1点作 M1H x 轴于点 H，易证 M1HN1 GBF，M1H=GB=3，即 yM1=3。由直线 EF 解析式y3x42 3，求出M134 3x3。M1（34333，） 。FG 为平行四边形的一边，且N 点在 x 轴负半轴上，如图2 所示。仿照与相同的办法，可求得M2（14 333，） 。FG 为平行四边形的对角线，如图3所示。过 M3作 FB 延长线的垂线，垂足为H易证 M3FH GN3C，则有 M3H=CG=43，所以 M3的纵坐标为83。代入直线 EF 解析式，得到M3的横坐标为1+4 33。M3（1+43833，） 。综上所述，存在点M，使以 M、N、F、G 为顶点的四边形是平行四边

48、形，点M 的坐标为：M1（34 333，） ，M2（14 333，） ，M3（1+43833，） 。【例 11】如图，在平面直角坐标系中，已知RtAOB 的两条直角边0A、08 分别在 y 轴和 x 轴上，并精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 38 页且 OA 、OB 的长分别是方程x27x+12=0 的两根 (OA0B) ，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)

49、求 A、B 两点的坐标。(2)求当 t 为何值时， APQ 与 AOB 相似，并直接写出此时点Q 的坐标(3)当 t=2 时，在坐标平面内，是否存在点M，使以 A、P、Q、M 为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出M 点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】 解： （1）由 x27 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：当 APQ=AOB 时，如图1， APQ AOB 。APAQAOAB

50、，即t5 2 t35解得t= 1511。 Q （20181111，） 。当 AQP=AOB 时，如图2， APQ ABO 。APAQABAO， 即t5 2 t53解得t= 2513。 Q （12301313，） 。（3）存在。 M1（42255，） ， M2（4255，） ， M3（4855，） 。【考点】 动点问题，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的性质，平行四边形的判定。【分析】（1）解出一元二次方程，结合OAOB 即可求出A、B 两点的坐标。（2）分 APQ= AOB 和 AQP= AOB 两种情况讨论即可。（3）当 t=2 时，如图， OP=2，BQ=4 ， P（0，1） ，Q（4