二次函数中考精品压轴题四边形的存在性问题解析精选.docx

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二次函数中考精品压轴题四边形的存在性问题解析精选

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

，解得。

∴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）。

（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+，﹣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。

∴。

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

∴AC=，AB=4。

∴，解得。

∴BB′=2BF=，

由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，∴。

∴。

∴B′E=，BE=。

∴OE=BE﹣OB=﹣3=．

∴B′点的坐标为（﹣，）。

设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0），则

，解得。

∴直线B'D的解析式为：

。

联立B'D与AC的直线解析式可得：

，解得。

∴M点的坐标为（）。

【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=﹣x2+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=﹣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=﹣（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AC=，AB=4。

由Rt△AOC∽Rt△AFB求得，从而得到BB′=2BF=。

由Rt△AOC∽Rt△B′EB得到B′E=，BE=，OE=BE﹣OB=﹣3=，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。

【例2】.如果一条抛物线与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）∵抛物线的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，

∴该抛物线的顶点满足（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，

∴，即，∴．

∴。

设过点O、C、D三点的抛物线，则

，解得，。

∴所求抛物线的表达式为。

【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。

【例3】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°。

∴OH=，CH=3。

∴C的坐标是（，3）。

（2）∵抛物线经过C（，3）、A（，0）两点，

∴，解得。

∴此抛物线的解析式为

（3）存在。

∵的顶点坐标为（，3），即为点C。

MP⊥x轴，设垂足为N，PN＝t，

∵∠BOA＝300，所以ON＝

∴P（）

作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E。

把代入得：

。

∴M（，），E（，）。

同理：

Q（，t），D（，1）。

要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE＝QD，

即，解得：

，（舍去）。

∴P点坐标为（，）。

∴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（，）。

【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。

【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，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，即，解得。

∴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。

∴，即，解得。

∴S=×AQ×PD=×2t×（）

。

∴当t=s时，S取得最大值，最大值为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=S△ABC，而S△ABC=AC•BC=24，∴此时S△AQP=12。

由

（2）可知，S△AQP=，∴=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。

∴，即。

解得：

PD=，AD=，

∴QD=AD﹣AQ=。

在Rt△PQD中，由勾股定理得：

QD2+PD2=PQ2，即（）2+（）2=（2t）2，

化简得：

13t2﹣90t+125=0，解得：

t1=5，t2=。

∵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×[﹣×（）2+6×]=。

∴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。

【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+x+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。

①若直线l⊥BD，如图1所示，试求的值；

②若l为满足条件的任意直线。

如图2所示，①中的结论还成立吗？