全国中考数学分类解析汇编专题7：三角形四边形存在性问题.doc

2 012年全国中考数学分类解析汇编
专题7：三角形四边形存在性问题

一、解答题
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。
又∵二次函数图象经过原点（0，0），∴，解得。
∴二次函数的关系式为，即。
（2）设直线OA的解析式为，将A（6，－3）代入得，解得。
∴直线OA的解析式为。
把代入得。∴M（4，－2）。
又∵点M、N关于点P对称，∴N（4，－6），MN=4。
∴。
（3）①证明：过点A作AH⊥于点H，，与x轴交于点D。则
设A（）,
则直线OA的解析式为。
则M（），N（），H（）。
∴OD=4，ND=，HA=，NH=。
∴。
∴。∴∠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。
整理，得，解得。
∴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。
∵ ，
∴。
整理，得，解得，。
舍去，（在左侧）。
当时，。
∴此时存在点A（），使∠AON是直角。
情况3，若∠NAO是直角，则△AMN∽△DMO∽△DON，∴。
∵OD=4，MD=，ND=，∴。
整理，得，解得。
∴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在对称轴右侧的二次函数图象上运动时，存在点A（），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，OP=
∵ PN=－4 ， ∴=－4 。 ∴。
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，﹣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。
3. （2012陕西省10分）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。
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。
∴，即。
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。
∴，即。∴ME=2﹣t。
在Rt△B′ME中，B′M2=ME2+B′E2=22+（2﹣t）2=t2﹣2t+8。
在Rt△DHB′中，B′D2=DH2+B′H2=32+（t﹣2）2=t2﹣4t+13。
过点M作MN⊥DH于N，则MN=HE=t，NH=ME=2﹣t，
∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣t）=t+1。
在Rt△DMN中，DM2=DN2+MN2=（t+1）2+ t 2=t2+t+1。
（Ⅰ）若∠DB′M=90°，则DM2=B′M2+B′D2，
即t2+t+1=（t2﹣2t+8）+（t2﹣4t+13），解得：t=。
（Ⅱ）若∠B′MD=90°，则B′D2=B′M2+DM2，
即t2﹣4t+13=（t2﹣2t+8）+（t2+t+1），解得：t1=﹣3+，t2=﹣3﹣（舍去）。
∴t=﹣3+。
（Ⅲ）若∠B′DM=90°，则B′M2=B′D2+DM2，
即t2﹣2t+8=（t2﹣4t+13）+（t2+t+1），此方程无解。
综上所述，当t=或﹣3+时，△B′DM是直角三角形；
（3）。
【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，， 和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=。
∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣。
∵ME=2﹣t，∴FM=t，
∴当时，S=S△FMN=×t×t=t2。
②如图④，当G在AC上时，t=2，
∵EK=EC•tan∠DCB= ，
∴FK=2﹣EK=﹣1。
∵NL=，∴FL=t﹣，
∴当时，S=S△FMN﹣S△FKL=t2﹣（t﹣）（﹣1）=。
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=，
∴EC=4﹣t=B′C﹣2=。∴t=。
∵B′N=B′C=（6﹣t）=3﹣t，
∴GN=GB′﹣B′N=t﹣1。
∴当时，S=S梯形GNMF﹣S△FKL=×2×（t﹣1+t）﹣（t﹣）（﹣1）
=。
④如图⑥，当时，
∵B′L=B′C=（6﹣t），EK=EC=（4﹣t），
B′N=B′C=（6﹣t）EM=EC=（4﹣t），
∴S=S梯形MNLK=S梯形B′EKL﹣S梯形B′EMN=。
综上所述：。
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。
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=﹣。
∴抛物线的解析式：。
（2）存在。过点N作NC⊥OA于C，
由题意，AN=t，AM=OA﹣OM=6﹣t，
∴NC=NA•sin∠BAO=。
∴。
∴△MNA的面积有最大值，且最大值为6。
（3）在Rt△NCA中，AN=t，NC=AN•sin∠BAO=，AC=AN•cos∠BAO=t。
∴OC=OA﹣AC=6﹣t。∴N（6﹣t，）。
∴。
又AM=6﹣t且0＜t＜6，
①当MN=AN时，，即t2﹣8t+12=0，解得t1=2，t2=6（舍去）。
②当MN=MA时，，即，解得t1=0（舍去），t2=。
③当AM=AN时，6﹣t=t，即t=。
综上所述，当t的值取 2或或 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=t=5=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=x2﹣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=x2﹣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=x2﹣x+c的图象上，
∴×（﹣4）2﹣（﹣4）+c=0，解得c=﹣12。
∴二次函数的关系式为。
（2）∵，
∴顶点M的坐标为（1，）。
∵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=。
∵顶点M关于x轴的对称点是M′，∴S四边形AMBM′=2S△ABM=2×=125。
（3）存在抛物线，使得四边形AMBM′为正方形。理由如下：
在y=x2﹣x+c中，令y=0，则x2﹣x+c=0，
设点AB的坐标分别为A（x1，0）B（x2，0），
则x1+x2=，x1•x2=。
∴。
点M的纵坐标为：。
∵顶点M关于x轴的对称点是M′，四边形AMBM′为正方形，-
∴，整理得，4c2+4c﹣3=0，解得c1=，c2=﹣。
又抛物线与x轴有两个交点，
∴△=b2﹣4ac=（﹣1）2﹣4×c＞0，解得c＜。∴c的值为﹣。
∴存在抛物线，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AMBM′=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，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。
9. （2012湖南常德10分）如图，已知二次函数的图像过点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)代人中，
， 整理得： 解得
∴二次函数的解析式为：，即：。
（2）由 整理得 ，解得。
∴C （－2，0），D 。
∴AC2=4+9 ，BC2=36+16，AC2+ BC2=13+52=65，AB2=64+1=65，
∴ AC2+ BC2=AB2 。∴△ACB是直角三角形。
（3）设（x<0），则PH=， HD=。
又∵AC=， BC=，
①当△PHD∽△ACB时有：，即：，
整理得 ，解得（舍去），此时，。
∴。
②当△DHP∽△ACB时有：， 即：，
整理 ，解得（舍去），此时，。
∴。
综上所述，满足条件的点有两个即，。
【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＝ax2＋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＝ax2＋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＝－x2＋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：
，解得：。
∴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。
（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：①MA＝AC、②MA＝MC、②AC＝MC；可先设出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)，∴MA2＝m2＋4，MC2＝m2－6m＋10，AC2＝10。
①若MA＝MC，则MA2＝MC2，得：m2＋4＝m2－6m＋10，得：m＝1。
②若MA＝AC，则MA2＝AC2，得：m2＋4＝10，得：m＝±。
③若MC＝AC，则MC2＝AC2，得：m2－6m＋10＝10，得：m＝0，m＝6，
当m＝6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，)，(1，－)，(1，1)，(1，0)。
11. （2012四川宜宾12分）如图，在△ABC中，已知AB=AC=5，BC=6，且△ABC≌△DEF，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：△ABE∽△ECM；
（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．

【答案】（1）证明：∵AB=AC，∴∠B=∠C。
∵△ABC≌△DEF，∴∠AEF=∠B。
又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，∴∠CEM=∠BAE。∴△ABE∽△ECM。
（2）解：能。
∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，∴∠AME＞∠AEF。∴AE≠AM。
当AE=EM时，则△ABE≌△ECM（SAS）。∴CE=AB=5。
∴BE=BC﹣EC=6﹣5=1。
当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA。
∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，即∠CAB=∠CEA。
又∵∠C=∠C，∴△CAE∽△CBA，∴，∴。
∴BE= BC﹣EC =6﹣。
综上所述，当BE=1或时，重叠部分能构成等腰三角形。
（3）解：设BE=x，则CE=6－x
∵△ABE∽△ECM，∴，即：，∴。
∴。
∴当x=3时，AM最短为。
又∵当BE=x=3=BC时，点E为BC的中点，∴AE⊥BC。
∴。
此时，EF⊥AC，∴。
∴。
∴当线段AM最短时，重叠部分的面积为。
【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】（1）由AB=AC，根据等边对等角，可得∠B=∠C，又由△ABC≌△DEF与三角形外角的性质，易证得∠CEM=∠BAE，则可证得：△ABE∽△ECM。
（2）由∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，可得AE≠AM，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△ABE∽△ECM，根据相似三角形的对应边成比例，易得，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. （2012四川绵阳14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+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？若成立，证明你的猜想；若不成立，请举出反例。

【答案】解：（1）∵二次函数y=ax2+x +c的图象经过点B（-3，0），M（0，-1），
∴ ，解得。
∴二次函数的解析式为：。
（2）证明：在中，令y=0，得，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=AM－OM=4。∴A（0，4）。
设AD∥x轴，交抛物线于点D，如图1所示，
则，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），
∴ ，解得：。
∴直线BD解析式为：。
（3）在Rt△AOB中，，
又AD=BC=5，∴▱ABCD是菱形。
①若直线l⊥BD，如图1所示，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD。∴AC∥直线l。∴。
∵BA=BC=5，∴BP=BQ=10。
∴。
②若l为满足条件的任意直线，如图2所示，此时①中的结论依然成立，理由如下：
∵AD∥BC，CD∥AB，∴△PAD∽△DCQ。∴。
∴AP•CQ=AD•CD=5×5=25。
∴
。
【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。
①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。
②判定△PAD∽△DCQ，得到AP•CQ=25，利用这个关系式对进行分式的化简求值，结论为 不变。
13. （2012四川凉山12分）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x＋4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=－x2＋bx＋c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；若不存在，请说明理由．

【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=－x2＋bx＋c经过A、B两点，
∴，解得 。
∴抛物线解析式为y=－x2－3x＋4。
令y=0，得－x2－3x＋4=0，解得x1=－4，x2=1，
∴C（1，0）。
（2）如图1，设D（t，0）。
∵OA=OB，∴∠BAO=45°。