存在性问题压轴题

年考考题习存性题一、综合题共21题；共分1、2016金华）在平面直坐标系中，点为点，点A坐标为（6）如图1，正方形的点在x轴负半轴上，点在二象限．现正方形OBCD绕顺时针转角α得正方形．如图2，=60°，OE=OA，求直线的数表式．若α为角α=

，AE取得最值时，求正方OEFG的积．当正方形OEFG的点F落在y上时直线直线FG相交点Peq\o\ac(△,)OEP的中两边之比否为

：？能，求点P的坐标；若不能试说明理由2、（2016临沂）如图，在面直角坐标系，直线y﹣与x轴y轴交于AB两，点的坐是（8，）连接，BC求，A，C三的物线解析式，并判eq\o\ac(△,)ABC形状；动从O发沿以每秒2个位长度速度向点B运；同时，动点Q点出，沿BC以秒1个位长的速度向点运动其一个动点到达点时个点也随之停止动运时间为t

秒当t

为值时，？在抛物线的对轴上，是否存点M，使ABM为点的三角形是腰三角形？若在，求出点M的标；若不存在请说明理由．3、（2016•内）已知物线C﹣，直线l：y=kx（k）当k=1时抛物线C与线l有个公共点．求的；

只若直线l

与物线C交不同的两点Al

与线l

﹣3x+b交点

+

，求的；在2）的件下，设直线l若存在，说明理．

与y轴于点Q问：是否实数k使S

？若在，求k值，△APQ△4、（2016•新）如图抛物线2

+bx3（≠0）顶为，抛物线与x轴于A、B两，与y轴于点且BO=OC=3AO直线﹣

x+1与y轴于点D求抛物线的解式；

证明eq\o\ac(△,)DBO∽△EBC在抛物线的对轴上是否存在Peq\o\ac(△,)是腰三角形？若在，请直接写符合条件的点标若不存在，请明理由．5、（2016深圳）图，物线﹣与x交A、B两点，B（1，）求抛物线的解式和点A的标；如图1，是线上动点，当直线分∠时，求P的坐标；如图2，知直线y=﹣

分与x轴y轴于F两点点Q是线CF下的物线上的一个点，过点Q作y轴平行线，直线点D，在段CD的长上，连接．问：以为的等eq\o\ac(△,)QDE的面是否存在最大？若存在，请出这个最大值若不存在，请明理由．6、（2016南宁）如图，知抛物线经过点顶点（，）且与直线y=x﹣交，两．求抛物线的解式及点C的坐标；求eq\o\ac(△,)ABC是角三形；若为x轴的一个点，过点N⊥轴抛物线交于点M，则否存在以O，为点三角形eq\o\ac(△,)ABC相？若存，请求出点N的坐标若不在，请说明理．7眉知图平直角坐标系xOy中ABC分为坐标轴上的三个点OA=1，，，求过A、、C三的物线的解析式在面直角坐标系中否存在一点，得以以A、B、CP为点的四边为菱形？若存，请出点P的标；若不存在请说明理由；若M该抛物线上一点，在）条件，请求出﹣AM|的最值时点M的标，并直接写|PM﹣的大值．8（潍坊）如图，已抛物线y

x+bx+ceq\o\ac(△,)ABC的个顶点，其中A0，）点（9，）ACx，点是线AC下抛物上的动点．求抛物线的解式；过点P与y平行直线l

与线AB、AC分交于点、F，四边形AECP的积最大时，求的标；当点P抛物的顶点时，在线AC上否存在点Q使得以C、Q为点三角eq\o\ac(△,)ABC似若存在，求出Q的标，若不存在请说理由．9（16宁）在形ABCD中AB=3AD=4，点从点A出，每秒1个单位的度，向移时点P从点B出以秒个位的度向C移动接QPQDPD两点同时运动的间为x秒＜），解答下列问：设的面积为S，含x的数关系式表示S；当x为值时，有大值？并求出小值；是否存在x值，使得QP⊥DP？说明理由．10、（2016泸州）如图，平面直角坐标中，点为坐原点，直线l与物线2相于A（，3

）B（，）点．求抛物线的解析；在标轴上是否存点eq\o\ac(△,)ABD是线段斜边的直角三形？若存在出点的标；若存在，说明理；点是段AB上一动，（点不点AB重）过点P作PM∥OA，第一象限内的物线于M，点M作MCx轴点C交于N，eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)PMN面积S

、满△BCN△PMN

△BCN△PMN

，求

的，并求出此时M的坐标11、2016攀花如图，抛物线y=x+bx+c与轴交于AB两B点标为3）与轴于点（，3）求物线的解析式点P在抛物位于四象限的部分运动形ABPC的积最大时P的坐标四边形ABPC的大面积．直线l

经AC两，点在抛物位于y轴侧部分上运动，线经过点B和，是否存在线，使得直线l、x轴成的三角形和线lm与轴成的三形相似？若存，求出直线的析式，若不存，请说明理由12、（2016资）知抛物线与x轴交于A（，）B（上M（，3）x轴点N连OM求此抛物线的析式；

，）点，与轴于点C过抛线如图1，eq\o\ac(△,)OMN沿x轴向右平移t交点E、F．

个位（≤t≤5）eq\o\ac(△,)O′M′N的置，、M′O与直线AC分别①点为M′O的点，求t

的；②图2，直线′N与抛物相交点，点G作GH∥交AC于点H，确定线段EH是存在大值？若存在求出它的最大及此时

的；若不存在，说明理由．13（梅州）如，在平面直角标系中，已知物y=x过AB，C三，点A的坐是（，）点的标是0，﹣3）动点P在抛物线上．b=________，坐标；（直填写果）是存在点Peq\o\ac(△,)ACP是AC直角边的直角角形？若存在所符合条件的点P的标；若存在，说明理；过点作垂轴于点，交直线AC点D，点D作轴的垂．垂为，接EF，当段的度最短时，求点的标．14、（2016昆明）如图，称轴直线x=

的物线经过B2，0）、（，4）两，抛线与x轴另一交点为A求物线的解析式若为一象内抛物线上的点，设四边形的积为S求的大值；如，若M线段BC上动点，在x轴是否存这样点，eq\o\ac(△,)MQC为腰三角形eq\o\ac(△,)MQB为角三角形？若在，求出点的坐标若不存在，请明理由．15、（2016贵港）如图，物线y=ax2﹣5（≠0）x轴交点A（﹣5，0）点（3，）与y轴于点求该抛物线的析式；若点E为x轴方抛物上的一动点，S

时求点的标；△△ABC（的条件下物上是否存在点使BAP=∠CAE？存在出点的坐标若不存，请明理由．162016雅安已eq\o\ac(△,)ABC中∠B=90°AB=10是AC上（不括端点A，过作PE⊥于E，点作EF∥，交点F．设PC=x．求y与x的数关系式是存在点Peq\o\ac(△,)？存在，求此时x值；若不存在请说明理由．17、（2016衢州）如图，直角标系中直线l：交轴y轴于点，，点B坐标是2，2）过点B别作x轴y轴垂线，垂足为A、，D是线段CO上的动，以BD为称轴作eq\o\ac(△,)BCD或对称eq\o\ac(△,)′D．当∠CBD=15°时求点C的坐标．当图中直线l

经点，且k=﹣

时如图）求点由C的动过程中，线BC扫过图形eq\o\ac(△,)OAF重叠分的面积．当图中直线l经点DC时（如图3），DE为对轴，作eq\o\ac(△,)DOE或轴称eq\o\ac(△,)DO，结O，′O问是否存在，eq\o\ac(△,)DO′Eeq\o\ac(△,)′O相似？若在，出k的；若不存，请说明理．18、（2016杭州）在线段AB同侧作射线AM和BN若∠MAB与∠的平分分别交射线BNAM于EF，AEBF于点P如图，点点同发现当射线AMBN交于C；且∠时，有下两个结论：①∠APB=120°；②AF+BE=AB那，当AMBN时点点发现的结还成立吗？若立，请给予证；若不成立，求APB的数，写，BE长之间的等量关，并给予证明设点为段AE上一点，若，四边形ABEF的面积32

，AQ的．19、2016梧州）如图，物线+bx4（）与x轴交于A（，）（）两点，点A的线y=交物线于点C．求抛物线的解析；在线AC上一动点，点E某个位置时eq\o\ac(△,)BDE的长最小求此时点标；当点E在直线AC与物线围成封闭线A→C→A上运动时，是否在eq\o\ac(△,)BDE直角三角的情况，若存，请直接写出合要求的E点的坐标；若不在，请说明理．20、016玉林）如图，抛线L：

+bx+c与x轴交AB（，）点（AB的左），轴于点0，3）已知对称轴x=1．求物线L的析式；将物线L向平移h个单位度平移后得抛物线的顶落eq\o\ac(△,)（包eq\o\ac(△,)的界求的值范围设是物线L上一点，在线lx=3上eq\o\ac(△,)能否为以点为角顶点等腰直角角形？若能，出符合条件的的标；若不能，说明理由．21、2016曲）如图，在平直角坐标系中抛物线yx轴AB点，交y轴点C（，）tan

．求物线的解析式点是线段AC上意一点，过H作线HNx轴点N，抛物于点P，线的大值；点M是物线上任意一，连接C，以CM为边作方形，否存在点M点E恰落在对称上？若存在，求出点M的标若不存在，请明理由．正方形正方形答案解析部分一综合题【案】（）：如图1，过E作EH⊥OA于点H，EF与轴的交为M．∵OE=OA，，△为三角形，∴

．（﹣，

）∵∠AOM=90°，∠EOM=30°∵直线过点（，

在eq\o\ac(△,)EOM中，∵cos∠EOM=∴．M（，），设线EF函表达式为y=kx+4）∴﹣3k+4，得k=

，，

=

，所，直线EF的数表达式为y=（）：如图2，

x+4射OQ与OA的角为（α锐角，tan

）无正方形边长为少，绕点旋角α后得到方形的点E在线OQ上∴AE⊥OQ时线段AE的长最．在eq\o\ac(△,)中设AE=a，则OE=2a∴+（2a）2

2

，解得a=

，=﹣

（去），∴OE=2a=

，∴S=OE

=（）：设正方形边为m．当点F落在y轴半轴时．如图3，当与重时eq\o\ac(△,)PEO是腰直角三形，有

=

或

=

．在eq\o\ac(△,)AOP中，APO=45°OP=OA=6，∴点的坐为（0，）在3的础上，减小正方形边时，点在上eq\o\ac(△,)OEP的其两边之比不可为

：；当加正方形边长，存在

=

（4）

=

（）两情况．如，EFP是腰直角角形，有

=

，

=

，此有∥．在eq\o\ac(△,)中∠AOE=45°，∴

，PE=，PA=PE+AE=18，∴的坐为（，）如，过作PRx轴于点R，延长交x轴点H．设．在eq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)POG，PO=PG2+m+n22

，在eq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)中PE2

=PF

+EF2

=m

2

，当

=

时∴PO=2PE2

．∴

+2mn+n2

（2

）得．∵∥，∴△AOE∽△，∴．即，∴

=

，∴，在腰eq\o\ac(△,)中PR=HR=，∴﹣OH=18，∴点P的标为（，36）．当F落在y轴半轴时，如图，与A重时，在eq\o\ac(△,)中

OG又正方形，OG=OE，∴OE．∴P的坐标为（﹣，）在6的础上，当正方边长减小时eq\o\ac(△,)的中两之比不可能为

：1；正方形边长增时，存在

=

（7）一种情．如，过作PRx轴点R，设．在eq\o\ac(△,)中PO2=PG2+OG2=n，在eq\o\ac(△,)中PE

=PF

=（）2

2

2

+2mn+n2

．当

=

时∴PE2

．∴2m2

+2mn+n2

2

2

，∴n=2m，由NG=OG=m，则PN=NG=m，∵OE∥，∴△∽△ANP，∴

，即．在腰eq\o\ac(△,)ONG，

m∴

m∴

，等腰eq\o\ac(△,)中RN=PR=6，∴的坐为（，）所eq\o\ac(△,)OEP的中两边的能为：，的标是（0，6）P（﹣，18），（﹣，）（﹣，0）P（﹣18，）【点】定系数求一次函数解式，正方形的质【析】分析】1）先判断eq\o\ac(△,)AEO为三角形，根据锐角三角数求出OM即；（）断出当⊥OQ时线段AE的最小，用勾股理计算即可；3）eq\o\ac(△,)OEP的中两之比为

：分三情况进行计算可．此题是正形的性质题，要考查了正方的性质，等腰角形的性质，股定理解本题的关键灵活运用勾股理进行计算．【案】（）：∵线﹣与x轴y轴交于AB点，A（，0），B0，10），抛线过原，∴设物线析式为+bx，∵物线过点B（，10）C（，）∴，∴，∴抛物线解式为y=x

﹣

x，A5，0），B0，）C，）∴AB

2

+10

=125，2

+﹣5），+（﹣5）=25，AC

=AB

，∴△是直角角形（）：如图1，当，运动

秒即，﹣

时由1）得AC=OA∠∠在eq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)和eq\o\ac(△,)ACQ中

，eq\o\ac(△,)AOP≌eq\o\ac(△,)ACQ∴，2t=10﹣，∴t=

，当运动时间为

时，PA=QA（）：存在∵y=x2﹣

x，抛物线的对称为x=

，∵A（5，），B（，10）∴

设M（，），①BM=BA，（

）+（m10）2=125，∴，②时∴（

）

，M（=125，∴m=

，），（，﹣，

，），∴M（，）M（

，），③MA=MB时，∴

﹣5）2+m

=）

+10﹣）

，∴m=5，∴M

，5）此时点M恰是线段AB的点，构不成三形，舍去，∴M坐标为M（

，），（，），（，）M（，﹣）【点】定系数求二次函数解式，全等三角的判定与性质等腰三角形的质【析】分析】1）先确定出A坐，用待定系数法出抛物线解析；用勾股定理定理判eq\o\ac(△,)ABC是角三形；）据运表示出，CQ=10﹣t，判出eq\o\ac(△,)≌eq\o\ac(△,)ACQ，得OP=CQ即；（）三种情况用平坐标系内，两间的距离公式算即可，此题二次函数综合，主要考查了定系数法求函解析式，三角的全等的性质判定，等腰三形的性质，解题的关是分情况讨论也是本题的难．【案】（）：当，抛物线C直线l

只一个公共点，直线l

解式为y=x∵，∴x

﹣3x+m=x∴﹣4x+m=0∴﹣，m=4（）：如图，分过点A，轴垂线，垂足依为C，D，E，eq\o\ac(△,)∽△，

．理，

．∵∴

，，

．∴．

．解程组

，

，PD=

．由程组

消，得x

﹣（）x+4=0．∵AC，BE是上一二次方程的两∴，．∴

．得b=8．（）：不存在．理如下：假设存，当

时，，于是﹣AC=PEPD△APQ△即．由（2）知，PD=

，

，（）2=16解k=1（去k=7）．当k=1时，AB两重合eq\o\ac(△,)BQA不在∴不存在数k使S

△APQ△【点】与系数关系，比例的质，相似三角的判定与性质【析】【析】1）图象有一个交，则对应的方组有一组解，eq\o\ac(△,)，入计算即可求m的值出辅助线eq\o\ac(△,)OAC∽，

+=2理

+AC是x2（）x+4=0两，即可；由

得到AC+BE=2PD，立方程k+32△APQ

=16即．此题是次函数合题，主要考了相似三角形性质和判定，例的性质，一二次方程的根系数的关系，本题的键是灵活运用与系数的关系【案】（1）解∵抛物2

+bx3，∴﹣，C（，﹣）∴，∵，∴，AO=1，∴（3，）A﹣，0），该抛线与x轴交于A、B两，∴，∴，∴抛物线解析为y=x

﹣﹣（）明：由），抛线解析式为y=x2﹣2x﹣（﹣1）2﹣，（，4），∵（，0），A（，），0，），∴

，

，

，∵线y=∴

x+1与y轴于点∴（，），B（3，0），OD=1BD=，，，∴，∴△BCE∽△BDO

，（）：存在，理由设（1，m，∵B（，）C，3）∴BC=3

，

，

，∵△等腰三角形，①PB=PC，∴②PB=BC时∴

=

=

，m=1，P1，﹣1），，m=±，∴P（1，）或（1，﹣），③PC=BC时∴

=

﹣3±

（﹣

（3﹣

∴合条件的P点坐为P（1，﹣1）（1，

）（，）或（，3+

）（，﹣﹣）【点】次函数应用，二次函与一次函数的点问题【析】【析】）先求出的标在由BO=OC=3AO确定出点B，A的标，最后用定系数求出抛物线解式；2）求出点A，DE的标，从而求BC=3

，BE=2

，CE=，OB=3，BD=

，出比值，得到

得结论；）出点P的坐标表出，，求出BC，三种情况计算可．此题是二函数综合题，要考查了点的标的确定方，两点间的距公式，待定系法，等腰三角的性质，相似角形的判定，本题的关键是断∽△BDO．点是分类．【案】（1）解把B，0）代y=ax2

+2x3，得﹣3=0，解a=1∴物线解析式为y=x2﹣，，可2﹣3=0，解得x=1或x=﹣，A坐标为（﹣，）（）：若平∠，则APO=，图，点轴上，PA与y轴于点，由点在线y=x上可知∠∠POB′=45°，在eq\o\ac(△,)′PO中∴≌eq\o\ac(△,B)eq\o\ac(△,)（ASA），∴′O=1，设直线解式为，A、两点坐代入可得，得，直线AP析为y=x+1，联，得，点标为（，）；若点下时，同理可eq\o\ac(△,)≌eq\o\ac(△,B)eq\o\ac(△,)，∠∠，又∠′PO在APO的部，∴∠∠，此时没有满足件的P点，综上可知P点坐标（（）：如图2，QH⊥CF，点，

，）．∵CF为y=

x﹣

，∴可求得（，），（，）∴tan∠OFC=

=

，DQ∥y轴∴∠QDH=∠MFD=，∴tan∠HDQ=

，妨设，DH=

t，t，∵△QDE是DQ为腰等腰三角形，∴DQ=DE，

=△DEQ

DE•HQ=

×

t×t=

t

，若DQ=QE，则

=△DEQ

DE•HQ=

×2DH•HQ=

×

t×t=t

，∵

t

＜

t

，∴DQ=QEeq\o\ac(△,)的积比时．设点标为xx+2x3），则Dx

x﹣）∵Q点直线CF的方，x﹣x+2x）x2﹣

x+

，当x=

时t=3，∴（S

）=t△DEQ

=

，即QD为的等腰三角形面积最大值为【点】物线与轴的交【析】分析】1）把B点坐标入抛线解析式可求a的值，求得抛物线解式，再令y=0可得相应方程的，可求得A点标；当Px轴上方时，接交y轴于点，eq\o\ac(△,)OBPeq\o\ac(△,)，求得坐标，用定系数法可求直线AP的析式，立直线y=x可求得点标；当点在x轴下时，同理可求∠BPO=∠′PO，∠B在APO的部，可知此时有满足条件的P；过作⊥DE于H，直线CF解析式可求得CF的标，结条件可求得∠QDH可分别用DQ表示QH和DH的，分和DQ=QE两情况，分别DQ的表示出的面积，再设点Q的标利用二次函数性质可求eq\o\ac(△,)QDE的积的大值．本题主考二次函数的综应用，涉及知点有待定系数、角平分线的义、全等三角的判定和性质三角形面积、等腰三形的性质、二函数的性质及类讨论等．在）确定出直线的析是解题关键，在）中利用DQ表eq\o\ac(△,)的面是解题的关键本题考查知识较多，综合性较，计量大，难度较．【案】（）：∵点坐标为1，1）设抛物线解析为y=ax﹣1）2+1，抛线过原点，∴0=a（0﹣1）

，解得a=﹣1，抛物线解析式y=﹣（x﹣1）2，即﹣x

，联抛物线和直线析式可得

，得

或，∴（，0），（1，﹣）（）明：如图，分过A、两作x的线，交于点D、两点则AD=OD=BD=1BE=OB+OE=2+1=3EC=3ABO=∠CBO=45°，即∠ABC=90°∴△ABC是角三角形；（）：假设存在满条件的点N设N（x0）则（x，x+2x）∴，﹣x2，由2）在eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)CEB中可分别得∵MN⊥x轴点NABC=∠，

，BC=3

，∴eq\o\ac(△,)ABCeq\o\ac(△,)似时有

=

或

=

，①

=

时则有

，x||﹣x+2|=

|x|∵当x=0时M、ON不能构成角形∴∴﹣x+2|=

即﹣x+2=±

解得x=

或x=

此时N点坐（0（；②

=

时则有

，|x||﹣，∴﹣x+2|=3，，得x=﹣1，此N点标为（1，0），0），综上可知在满足条件的N点其坐标为（

，0）（，0）或1，0）或（，）【点】物线与轴的交，勾股定理【析】分析】1）可设顶点，把原点坐标入可求得抛物解析式，联立线与物线解析式，可得C点坐；分过A、两作x轴的垂，交x轴点D两，结合A、BC点的坐标可得∠ABO=CBO=45°，可得结论；设N点标，可表示出M点坐标从而可表示出MN、ON的长，eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)ABC相时，利用三角相似的性质可

=

或

=

，求得N点的坐．本题二次函数的综合用，涉及知识有待定系数法图象的交点问、直角三角形判定、勾股定、相似三角形性质及类讨论等．在）注意顶点式的用，在3）中出N、M的标，利用相三角形的性质到关坐标的方程是题的关键意似三角形点的应题考查知识点多综性较强度中．【案】（1解设物线的解式为2∵（1（03、C﹣，）∴

，解：﹣

，﹣

，，∴经AB、C三点抛物线的解析为﹣

x

﹣

x+3（2）：在平面直角标系存在一点，得点ABC为点的四边形为形，理由为：∵，，，∴当平且等于AC时，四边ACBP菱形，∴BP=AC=5，且点到x轴距离等，∴的标为，）当在二、象限时，以点A、、C、为点的四形只能是平行边形，不是菱，则当点P的标为，3）时以点AB、C为点的四形为菱形．（）：设直线PA的析式为y=kx+b（∵A（，0）（5，）∴，得k=

，﹣，直线的解析为y=x，当M点、A在同一直线上，根据三角形三边关|＜，当M点、A同一直线上时﹣AM|=PA，∴点M与点、A在一线上时|PM﹣的最大，即点M为线PA与抛物线交点，解程组，

或，∴M坐标为，）（，），﹣的值最大此|PM﹣AM|的最值为5．【点】次函数应用【析】分析】1）设抛物线解析式为y=ax即确定出所求抛线解析式；

，A，B，C三点坐代入出a，，的值，在面直角坐标系存一点P，得以点ABC、P为顶的四边形为菱，理由根OAOB的长利用勾股定理出BC与AC长相等有当与AC平且相等时，四形ACBP为菱形可得出的长，OB的确定出P的坐标，确定出P坐，当点P在二、三限时，以点A、、、为点的四形只能是平行边形，不是菱；利待定系数法确出直线PA解式，点M与、A在同一直线上，根据三角形三边关|PM＜PA，点M与、A同一直线上时|PM﹣，当M点、A在一直线上时|PM的值最大即点M为直线PA与物线交点，联立直FPFCAECPABCD﹣FPFCAECPABCD﹣AP抛物解析式，求出|PMAM|的最大值M标，确定|PM﹣AM|的大值即可．此属于二次数综合题，涉的知识有：二函数的性质，定系数法确定物线解析式、次函数解析式菱形的定，以及坐标图形性质，熟掌握待定系数是解本题的关．【案】（）：∵A0，）B（﹣，10）在物线上∴∴物线的解析式y=x+2x+1

，，（）：∵AC∥轴，A（，）

x

+2x+1=1∴x=6，x=0，∴坐标6，）∵A0，1）．（9，）∴线AB的解析式为y=x+1设点P，

2

+2m+1）∴E（m﹣）∴﹣﹣（

2

+2m+1）﹣

m

﹣3m，∵AC⊥EP，，∴S

AECP

=AC×EF+△AEC△APC

AC×PF=AC×EF+PF）=

AC×PE=×6×﹣

m

﹣3m）=2﹣9m=﹣（

）+

，∵﹣6＜m0∴﹣

时四边形的积最大值是

，时点P（﹣，﹣）（）：∵y=

x

（）﹣，P﹣，﹣2），∴﹣y，CF=x﹣，∴PF=CF，∴∠PCF=45°同理得：∠，∴∠∠EAF，∴在线AC上在满足件的Q，设Q（t，1）且AB=9

，

∵C、、Q为点的三形eq\o\ac(△,)ABC相，①eq\o\ac(△,)∽ABC，，

，t=﹣，Q﹣4，）②eq\o\ac(△,)∽ABC，，，∴t=3，∴（，）．【点】次函数应用【析】分析】1）用待定系法求出抛物线析式即可；（m2+2m+1PE=﹣

m

﹣3mS

=AC×PE△AEC△APC建函数关系式，出极值即可；（3）先判断出再得到∠∠EAF，以C、PQ为点的三形eq\o\ac(△,)ABC相，两情况计算即可此题是二次函综合题，主要查了待定系数，相似三角形性质，几何图面积的法（用割补法，解本题的关是求函数解析．【案】（）：∵边形ABCD为形∴，，当运x秒时，AQ=xBP=x，∴﹣AQ=3﹣x﹣BP=4﹣，∴

=△ADQ

AD•AQ=

×4x=2x，S=Q•BP=△BPQ

（﹣）x=x

x

，S

△

=

（4﹣x﹣

x，

=AB•BC=3×4=12∴S=S

ABCD

﹣﹣﹣﹣△△△（

x﹣

x

）（﹣

x）x

﹣2x+6=

（x﹣），即S=

（x）2，∴为口向的二次函数，对称轴为x=2，∴＜＜2时随x的大而减小，当＜≤3，随的增大而增大又，时

，x的范围内不到x=0，∵=2S∵=2S∴不在最值，当x=2，有小值，最小值（）：存在，理由下：由）知﹣x，BP=x，﹣x，当QP⊥时则∠BPQ+DPC=∠∠，∠∠，∠∠C，△∽，∴，，得x=

（去）或

，当x=

时⊥【点】次函数最值，矩形的质，相似三角的判定与性质【析】【析】）用x表出、BQ、BP、CP从可表示出S

、、的面积，△ADQ△PCD则表示出S再用二函数的增减性求得是否有最值能求得其小值用示BQ、、，⊥时可证eq\o\ac(△,)∽，用相三角形的性质得到关于x的程，可得x的值．题为四边形的合应用，涉及识点有矩形的质、二次函数的值、相似三形的判定和性质方程思想等．1）中得S关关式后，求S的值时需要注x的围，在）证明三角形相是解题的关键本题考查知识较，综合性较强难度适中．【案】（）：∵（，，得

），B（，）在抛物线y=mx，

+nx图象上，∴∴物线解析式为y=﹣

x

x（）：存在三个点足题意，理由下：当点D在x轴时，如1，过A作⊥x轴点D，∵（

）D坐为0）当点D在轴时，设（d）则A（

﹣2

，BD2=42+d

，且2（﹣）

（

=36∵是为边直角三角形，∴AD+BD=AB2

，即（3

﹣）

2

，得

，∴点坐标为，

）（，

）综可知存在满足件的D点其坐标为1，）0，

）（，（）：如图2，作PF⊥CM于F，

）∵PMOA∴eq\o\ac(△,)∽eq\o\ac(△,)MFP∴

，∴MF=3PF，在eq\o\ac(△,)中

，∠ABD=

，∴∠ABD=60°，，CN=

a，在eq\o\ac(△,)中∠∠BNC=30°，∴tan∠=

，

PF，∴MN=MF+FN=4

，△BCN△PMN

，∴

a2

=2×

，∴a=2

PF，△ABC四边形ABPC△ABC四边形ABPC∴∴MN=

PF，×

a=

，=a，∴MC=MN+NC=（

+

），∴M点标为（4﹣，

+

））又M点在抛线上，代入可﹣

（﹣）

（﹣a）（

+

），解a=3

或（舍去），OC=4﹣

，MC=2

+

，∴M坐标为（，+）．【点】次函数应用【析】分析】1）由AB两的坐标，利待定系数法可得抛物线解析；（2）分Dx轴和轴，D在x上时，过A作AD⊥x轴垂足D即所；当D点在y轴时，设出D点标为，d）可分别表示出AD、BD再利用勾股定可得到关于的程，可得的，从而可求得足条件的D点标；（3作⊥CM于Feq\o\ac(△,)ADOeq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)MFP以三角函数，可分表出MF和NF从而可表示出MN设BC=a则可用a表出再用

，△BCNPMN可示出a的而可用表示出CN求得

的值借助可示出点的坐，代抛物线解析式求得的，从而可求出M的坐标．本为二次函数的合应用，涉知识点有待定数法、勾股定、相似三角形判定和性质点与函数图象关系及分类讨等．在）注意分点D在x轴轴两种情况，在（3）分别利用表示MF和NC是题的关键意造三角形相似题及知识点较多计算量较大，合性较强，特是第）问，难很大．【案】（）：把B、C两坐标代抛物线解析式得

，得，∴物线解析式为y=x2

﹣2x﹣3（）：如图1，接BC过轴平行，交BC点M，轴点H在y=x2

﹣2x3中令y=0可﹣﹣3，解得﹣或x=3，∴A坐标为（，）∴AB=3﹣（1）=4，，∴=

AB•OC=

×4×3=6，∵B，）C（0，﹣）∴线BC解式为y=x﹣，设点标为x，x

﹣﹣）则M点标为（，x﹣3）∵点第限，PM=x﹣﹣（2﹣2x﹣3）=﹣x2+3x，∴

=△PBC

PM•OH+•HB=PM（OH+HB=PM

，∴当PM有最大值eq\o\ac(△,)的积最大，则四形ABPC的积最大，PM=x

+3x=（x

）

+

，∴x=

时，=

，S

=△PBC

×

=

，此点标为，﹣）

=6+△ABC△PBC

=

，即点标为，﹣），四边形ABPC的积最大，最面积为；（）：如图2，直线交y轴于点N交直线l于点G则∠∠GNC+∠GCN，当AGB和相时，必∠AGB=CGB，又∠AGB+，∠AGB=CGB=90°∴∠∠OBN，在eq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)AON和eq\o\ac(△,)NOB中∴eq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)AON≌eq\o\ac(△,)（ASA）∴，N点标为，1），设线解式为y=kx+d把、两坐标代入可得为y=x﹣，

，得，直线m解式即在满足条件的线m其解析式为

x﹣1【点】物线与轴的交，全等三角形判定与性质，似三角形的判【析】分析】1）由B、C两点的标，用待定系数法求得抛物线的析式；（2）连接BC，eq\o\ac(△,)ABC的积是不变，过作PM∥y，交BC于M设出点坐标，可示出PM的长知当取最大值eq\o\ac(△,)的积最大用二次函数的性可求得点坐标及四形ABPC的最大积；（3）设直线y轴于点N，交线l

于G由于∠∠GCN所eq\o\ac(△,)AGB和NGC相时，必∠AGB=∠，可证eq\o\ac(△,)AOC≌△NOB可求得ON的长可求出N点坐，利用B、两点坐可求得直线m的析式．本为二次函数的合应用，涉及识点有待定系法、二次函数最值、相似三形的判定、全三角形的判定性质等．在2）中定出PM的值最四边形ABPC的面积最大是题的关键确定出满足条件直线的位置是题的键题查知识点较多综合性较强，别是第2）和第（3）问度较．【案】（）：设抛物线解式为y=ax﹣6）x+

）把点M（，）入得﹣

，∴物线解析式为y=﹣∴y=﹣xx+2

（x6）（x+

）（2）解：①如图1中ACOM交点G连接EO．∵AO=6，OC=2，MN=3，ON=1，∴，∴，∵∠∠MON=90°∴△AOC∽△MNO∴∠OAC=∠NMO，∵∠NMO+∠MON=90°∴∠OAC=90°，∴∠AGO=90°，⊥AC，∵eq\o\ac(△,M)eq\o\ac(△,)′O是eq\o\ac(△,)平所得∴′M∥OM∴O⊥，M′F=FO，∴′=EO，∵∥，∴，，EN′=

（﹣t）在eq\o\ac(△,)中∵′N′=1，′=

（﹣）EO′=EM′=

+t∴

+t）2

=1+（

﹣

t）

，∴．②图2中，∵GHO，O⊥AC∴GH⊥AC，∴∠，∵∠∠HEG=90°∠AEN′+∠OAC=90°，∠HEG=AEN，∴∠OAC=∠，∠GHE=AOC=90°∴△∽△，∴

=

，EG最时，EH最，∵EG=GN﹣﹣

（）

+

（t+1）﹣（5﹣）=﹣

t2

+

t+﹣（﹣2）

+

．时，EG最值=

，∴EH最大值=

．时EH大值为．【点】物线与轴的交【析】分析】1）设抛物线析式为y=a﹣）x+而决问题．

）把点M（1，）入即求出a，进（2）①如图1中AC与OM交点G．接，先证eq\o\ac(△,)AOC△MNO，推OM⊥AC，在eq\o\ac(△,)中利用勾定理列出方程可解决问题．②eq\o\ac(△,)∽△AOC得

=

，以EG最时，大，构建二函数求出的大值即可解决题．本题考查次函数综合题相似角形的判定和质、勾股定理知识，解题的键是发现OM⊥CA，学利用化的思想解决题，学会构建次函数解决最值题，属于中考轴题．【案】（）-2；；（1，0）2）解：存在理：如图所示①当∠=90°．由1）可知点A的坐标3，0）设AC的解式为y=kx﹣3．∵点A的标代入﹣3=0解得k=1∴线AC的析式为﹣3．∴线CP的析式为y=﹣x3．∵y=x﹣3与2﹣2x﹣3联解得x，（去），∴的坐为（1，﹣）②∠AC=90°时设的解析式为y=﹣．∵x=3，y=0代得：﹣3+b=0，得．∴线AP的解析式y=﹣．∵y=与2

﹣2x﹣联解得x﹣2，x（去），∴的坐为（，）综所述的标是（1，﹣）（﹣2，5）．△PDB△PDB（）：如图2示连接OD由题意可知四边形OFDE矩形，则OD=EF．根垂线段最短，得当ODAC时OD最，即最．由1）可知，在eq\o\ac(△,)AOC中∵OC=OA=3，ODAC∴是AC的点∵∥OC∴

OC=

．

OC=

∴的坐标-

．

，解：

．当EF最短时点的标是（，-）（，-）【点】物线与轴的交，二次函数的用，垂线段最，直角三角形等的判定【析】解答】：（1）∵点A和点的标代入抛物线解析式得：﹣，c=﹣．

，得：∴物线的解析式y=x2

﹣2x﹣．∵﹣2x﹣3=0，解x1，x．∴的标为（1，0）．故案为：﹣2；；1，0）．【析】（1）将A点坐标入抛物线的解式可求得、值，然后令可得B的坐标；）别过C和A作AC的线，抛物线与P，两点先得AC的析式，然后可得CA的解析式最后再求得C和A与物的交点标即可；）接OD先证明四边形OEDF为矩从得到然后据垂线段最短求得D的坐标，从而得点P的坐标，然后由物线的解析可求得点的标．【案】（）：由对称性得A﹣1，）设抛线的解析式为y=a（x﹣把（0代﹣2aa=﹣∴y=﹣（x+1）x﹣）∴抛线的解析式为y=﹣2x2

；（）：如图1，点P（m﹣2m2

+2m+4），作PD⊥x轴，垂为D∴S=S

=m﹣）

（2m

+2m+4）（2﹣m，﹣

﹣2（m1），∵﹣2＜，有大，则；（）：如图2，在这样的点Qeq\o\ac(△,)MQC为腰三角形eq\o\ac(△,)MQB为角三角形，理是：设直线BC的析为：，把B（，0）、（0，）入得：，得：，∴线BC的解析为：﹣2x+4，设M（，﹣2a+4，过A作AE⊥，足为E，则AE的析式为：y=

，则线BC与直线AE的点（，）设Q﹣，）（＞0），∵AE∥QM∴ABE∽QBM∴由股定理得x+（﹣﹣）]②，

①由①②得：（）a

，当

时x=

，∴Q（﹣，）．【点】定系数求一次函数解式，待定系数求二次函数解式【析】分析】1）由对称轴对称性得出点A的标，由待定系法求出抛物线解析式；）作助线把四边形成梯形和直角角形示出积，简后是一个关的次函数求值可；3）出符合条件的Q点只一种利用平行相似对应高的比和应边的比相等比例式②在直eq\o\ac(△,)和直eq\o\ac(△,)利勾股理列方程；两程式组成方程求解并取舍．本是二次函数的合问题综合较强查了利用待定数法求二次函和一次函数的析式利用程组求图象的点坐标函和方程机地结合步把函数简单化时考查了相似的质：在次函数的问题，如果利用勾定理不能求的可以考虑利用似的性质求解【案】（）：把A、B点坐标代入析式可得

，得，∴物线解析式为y=

x

+

x﹣（2）：在y=x

+

x﹣5中令x=0可得﹣，∴C（0，5）∵

，且点在△ABC轴方，∴E点坐标和点坐标相同，当﹣时代入可得

x+x=5，解﹣或x=0（去），∴E坐标为（﹣2，﹣5）；（）：假设存在满条件的P，其坐标为（，

m

+﹣）如，连接AP、AE，过作ED⊥AC于D，作⊥x轴点Q，则，PQ=|2

+﹣，在eq\o\ac(△,)AOC中，

，∠DCE=45°，由2）可得EC=2，eq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)EDC中可得DE=DC=

，∴AD=ACDC=5

﹣

，当∠BAP=CAE时eq\o\ac(△,)EDA∽，∴

=

，

=

，∴

m

+

m

（5+m）或

m

+m5=（5+m），当

m

+﹣5=

（），整可得4m

﹣5m﹣，得

或m=（A点合舍去，当

m

+﹣5=﹣（）时，理可得

﹣45=0解得

或﹣5（与A重合，舍），∴在满条件的点P，横坐标为

或【点】定系数求二次函数解式，三角形的积，相似三角的判定与性质【析【析】题主要考查二函数的综合运．涉及到的知点有待定系数、三角形的面、相似角形的判定和质及分类讨论．在）利用∠∠构造三角形似是解题的关．本题查知识点较多综合性很强，度适中．）把A、B两点的标代，利用待定系法可求得抛物的解析式当

时知点C的纵坐标相同求E点标在CAE△△ABC中过作⊥AC于D，可求和AD的度，设出点坐，过作⊥于点，条件eq\o\ac(△,)EDA∽，用相似三角形对应边可得到于P点标方程，可求得点标．【案】（）：在eq\o\ac(△,)ABC中∠B=90°，AB=10∴

，∵⊥BC于点E，sinC=

=

，PC=x，PE=y，∴y=x（＜x20）（）：存在点使是eq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)，①图1，∠时，四边是形，

x，边形是行四形，

x，BF+AF=AB=10，∴；如图2，当∠时，eq\o\ac(△,)APFeq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)ABC，∠ARP=C=30°，﹣2x，平四边中，AF=PE，﹣x，解；③∠时此时不在符合条件的eq\o\ac(△,)．综所述，当x=10或，存在点eq\o\ac(△,)PEF是eq\o\ac(△,)．【点平四边的性质，矩形性质，相似三形的判定与性，解直角角形【析【析】查了相似三角的判定与性质平行四边形的质，矩形的性，解直角三角，注意类思想的运用综合性较强，度中等1）在eq\o\ac(△,)ABC中，根三角函数可求y与x的数关系式2）分种情①图1，∠FPE=90°时②图，∠PFE=90°，③∠PEF=90°，进行讨可求的值．【案】（）：∵△≌eq\o\ac(△,C)eq\o\ac(△,)，∴∠CBD=∠，′B=CB=2，∴∠CBC′=30°，如C′H⊥于H则

CHB=

∴﹣∴点的坐标：（2﹣，）（）：如图2，A（，），﹣

，∴入直线AF的解析为：﹣

x+b∴b=

，则线AF解式为：y=﹣

x+

，∠，∠BAF=60°，∵点D由的动过程中BC扫过的图形是扇，∴与O重时，点与A重合，且扫的图形eq\o\ac(△,)OAF重部分是弓形，当在直y=﹣

x+

上，，∴△是等边三角形，时∠，∴叠部分的面积：﹣

2

π（）：如图3，OO与DE交于点M，则，⊥DE，若DO与COO相似，eq\o\ac(△,)COO必eq\o\ac(△,)，在由C到的运动程中eq\o\ac(△,)COO中显然只∠′O=90°，CO∥，，∴，连BE轴称性可CBC′E=∠∠BAE=90°eq\o\ac(△,)BAE和eq\o\ac(△,)′E中，eq\o\ac(△,)BAEeq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)BC′EHL），∴AE=C，DE=DC′E=DC+AE，OE=x，则AE=2﹣∴﹣x，由股定理得x2（﹣）2，解x=∵（1）E（，存在点，eq\o\ac(△,)DO′Eeq\o\ac(△,)相似，时﹣，．

，）∴

k+1=0，得：﹣【点】定系数求一次函数解式，全等三角的判定与性质勾股定理，相图形【析】分析】1）利用翻折换的性质得∠，C′B=CB=2，而得出CH的，进得出答案；（2）先求出直线AF的解式，进而得出D合时，点与A合，BC′扫的图形eq\o\ac(△,)OAF重部分是弓，求出即可3）根题意得eq\o\ac(△,)DO′Eeq\o\ac(△,)COO相，eq\o\ac(△,)′必eq\o\ac(△,)，而出eq\o\ac(△,)BAE≌eq\o\ac(△,)BC（HL），利用勾股定理出的进而得出答案【案】（）：原命题不成，新结论为APB=90°，（或AF=BE=AB，理：∵AMBN∴∠∠NBA=180°∵AEBF分平分∠MAB，∴∠EAB=

∠，FBA=

∠NBA∴∠EAB+∠

（∠），∴∠APB=90°，∵∠MAB，∠∠BAE，∵AM∥BN∴∠MAE=BAE，∴∠∠BEA∴AB=BE，理：AF=AB，∴（或AF=BE=AB）；（）：如图1，点F作FG于，，∥，∴边形ABEF是行四边形，∵，∴AB=AF=BE=8∵

∴

，eq\o\ac(△,Rt)FAG中，，当在段AB上，∠，当在段BA延线时∠FAB=120°，①图2，当FAB=60°，∠，∴，PA=4

，∵BQ=5∠，∴PQ=3，∴

﹣或

．②图3，当FAB=120°时∠PAB=60°，∠FBG=30°，∴Q

，∵PB=4

＞，线AE不存在符合条的点∴∠FAB=60°时，AQ=4

﹣3或4．【点】平线的质，角平分线性质，勾股定【析线和平行线体求∠∠NBA，从得到∠，后用等边对等，即可．）根据条件出，，求出FAG=60°，后两种情况讨论算．此题是边形综合题，要考查了平行的性质，角平线的性质，直三形的性质，勾定理，解本题关键是用勾股理计算线段．【案】（1解∵抛物线2+bx﹣（轴于（40（1，）点，∴

∴

抛物线解析式y=x2

﹣﹣4（）：如图1，作关直AC的称点F，接交AC于E，由1）得，抛物线析式为y=x23x﹣①，∴（，）∵C是线y=﹣x+4②抛物线的交点∴立①②得，（）或，∴C（﹣2，6），∵A（，），∴直AC析式为y=﹣x+4∵线⊥，B（﹣，），∴直BF析式为，设F（m），∴G（

，）∵点在直线AC上∴

，m=4∴F（4，）D（0，4），∴线析式为y=

x﹣4，∵线AC解式为y=﹣x+4∴线直线AC的点E（

，）（）：∵BD=

，），点B到段的离为BG=

BF=×5=

＞BD∴∠BED不能是角，∵B（，0），D0，﹣4），∴直线BD解式为y=﹣，∵△BDE为角三形，∴∠，BE⊥BD交AC，直BE解析为y=∵E在线ACy=﹣x+4的象上，（3，1）②∠BDE=90°∴⊥BD交AC于D，∴线BE解式为x﹣4，

x+

，∵E在物线y=x23x﹣4上，∴线与物线的交点0，4）和

，）∴E（，）即：满足条件点E坐标为（，1）（，）【点】定系数求二次函数解式，二次函数象上点的坐标征【析【析】1）利用待