类型四 探究菱形的存在性问题教师Word格式文档下载.docx

1、又（x2x1）2=（x2+x1）24x1x2=b224b224=25解得b=，当b=时，抛物线与x轴的交点在x轴的正半轴上，不合题意，舍去b=（2）四边形BDCE是以BC为对角线的菱形，根据菱形的性质，点D必在抛物线的对称轴上，又y=x2x4=（x+）2+，抛物线的顶点（）即为所求的点D（3）四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，点B的坐标为（6，0），根据菱形的性质，点P必是直线x=3与抛物线y=x4的交点，当x=3时，y=（3）2（3）4=4，在抛物线上存在一点P（3，4），使得四边形BPOH为菱形四边形BPOH不能成为正方形，因为如果四边形BPOH为正方形，点P的坐标只能是（3，3），但

2、这一点不在抛物线上点评： 本题考查了抛物线解析式的求法，根据菱形，正2（2014四川广安,第26题10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A（4，0），B（1，0）两点（1）求抛物线的解析式；（2）在第三象限的抛物线上有一动点D如图（1），若四边形ODAE是以OA为对角线的平行四边形，当平行四边形ODAE的面积为6时，请判断平行四边形ODAE是否为菱形？说明理由如图（2），直线y=x+3与抛物线交于点Q、C两点，过点D作直线DFx轴于点H，交QC于点F请问是否存在这样的点D，使点D到直线CQ的距离与点C到直线DF的距离之比为：2？若存在，请求出点D的坐标；二次函

3、数综合题（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）本问需结合菱形、平行四边形的性质来进行分析如答图21，作辅助线，求出点D的坐标，进而判断平行四边形ODAE是否为菱形；本问为存在型问题如答图22，作辅助线，构造相似三角形，利用比例式，列出一元二次方程，求得点D的坐标解：（1）把点A（4，0）、B（1，0）代入解析式y=ax2+bx+3，得，解得抛物线的解析式为：y=x2+x+3（2）如答图21，过点D作DHx轴于点HSODAE=6，OA=4，SAOD=OADH=3，DH=因为D在第三象限，所以D的纵坐标为负，且D在抛物线上，x+3=解得：x1=2，x2=3点D坐标为（2，）或（3，）当点D

4、为（2，）时，DH垂直平分OA，平行四边形ODAE为菱形；当点D为（3，）时，ODAD，平行四边形ODAE不为菱形假设存在如答图22，过点D作DMCQ于M，过点C作CNDF于N，则DM：CN=2设D（m，m2+m+3）（m0），则F（m，m+3）CN=m，NF=mCF=mDMF=CNF=90，DFM=CFN，DMFCNF，DF=CF=DN=NF+DF=mm=又DN=3（m+3）=m2m，或m=0（舍去）m+3=D（，综上所述，存在满足条件的点D，点D的坐标为（本题为二次函数压轴题，综合考查了二次函数、待定系数法、相似三角形、平行四边形、菱形等知识点第（2）问涉及存在型问题，有一定的难度在解题过

5、程中，注意数形结合思想、分类讨论思想及方程思想等的应用 3.（2014遵义27（14分）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（1，0），与y轴交于点C若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；（3）当P，Q运动到t秒时，APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标二次函数综

6、合题（1）将A，B点坐标代入函数y=x2+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式及C坐标（2）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标（3）注意到P，Q运动速度相同，则APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形利用菱形对边平行且相等等性质可用t表示D点坐标，又D在E函数上，所以代入即可求t，进而D可表示（1）二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（1，0），解得 y=x2x4C（0，4）（2）存在如图1，过点Q作QDOA于

7、D，此时QDOC，A（3，0），B（1，0），C（0，4），O（0，0）AB=4，OA=3，OC=4，AC=5，AQ=4QDOC，QD=，AD=作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即AEQ为等腰三角形，设AE=x，则EQ=x，DE=ADAE=x，在RtEDQ中，（x）2+（）2=x2，解得 x=OAAE=3=，E（，0）以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4，ED=AD=AE=当AE=AQ=4时，OAAE=34=1，E（1，0）综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（，0）或（，0）或（1，0）（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为（，）理由如下：如图2，D

8、点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQAP于F，AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，AP=AQ=QD=DP，四边形AQDP为菱形，FQOC，AF=，FQ=Q（3），DQ=AP=t，D（3t，D在二次函数y=x2x4上，=（3t）2（3t）4，t=，或t=0（与A重合，舍去），D（，本题考查了二次函数性质、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知识，总体来说题意复杂但解答内容都很基础，是一道值得练习的题目4.（2014娄底27（10分）如图甲，在ABC中，ACB=90，AC=4cm，BC=3cm如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1c

9、m/s连接PQ，设运动时间为t（s）（0t4），解答下列问题：（1）设APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图乙，连接PC，将PQC沿QC翻折，得到四边形PQPC，当四边形PQPC为菱形时，求t的值；（3）当t为何值时，APQ是等腰三角形？相似形综合题（1）过点P作PHAC于H，由APHABC，得出=，从而求出AB，再根据，得出PH=3t，则AQP的面积为： AQPH=t（3t），最后进行整理即可得出答案；（2）连接PP交QC于E，当四边形PQPC为菱形时，得出APEABC，求出AE=t+4，再根据QE=AEAQ，QE=QC得出t+4=t+2，再求t即可；（3

10、）由（1）知，PD=t+3，与（2）同理得：QD=t+4，从而求出PQ=在APQ中，分三种情况讨论：当AQ=AP，即t=5t，当PQ=AQ，即=t，当PQ=AP，即=5t，再分别计算即可（1）如图甲，过点P作PHAC于H，C=90ACBC，PHBC，APHABC，AC=4cm，BC=3cm，AB=5cm，PH=3t，AQP的面积为：S=AQPH=t（3t）=（t）2+当t为秒时，S最大值为cm2（2）如图乙，连接PP，PP交QC于E，当四边形PQPC为菱形时，PE垂直平分QC，即PEAC，QE=EC，APEABC，=t+4QE=AEAQt+4t=t+4，QE=QC=（4t）=t+2，t+4=t

11、+2，t=04，当四边形PQPC为菱形时，t的值是s；（3）由（1）知，PD=t+3，与（2）同理得：QD=ADAQ=t+4PQ=在APQ中，当AQ=AP，即t=5t时，解得：t1=；当PQ=AQ，即=t时，解得：t2=，t3=5；当PQ=AP，即=5t时，解得：t4=0，t5=；0t4，t3=5，t4=0不合题意，舍去，当t为s或s或s时，APQ是等腰三角形此题主要考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式以及二次函数的最值问题，关键是根据题意做出辅助线，利用数形结合思想进行解答5. （ 2014福建泉州，第25题12分）如图，在锐角三角形纸片ABC中，ACBC，点D，E，F分别在边