专题54 有关面积比的存在性问题(解析版)

专题54有关面积比的存在性问题【题型演练】一、解答题1．如图，已知抛物线与x轴相交于A，B两点（点B在点A右侧），与y轴交于点C．(1)求点A，B，C的坐标；(2)如图1，若点P是抛物线上B，C之间的一个动点（不与B，C重合），连接，，则是否存在一点，使的面积最大？若存在，求出的最大面积；若不存在，请说明理由；(3)如图2，若M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线于点，当时，求点M的坐标【答案】(1)，，(2)存在，最大面积是16(3)或或或【分析】（1）令，求出的值可得出点，的坐标；令，求出的值可得出点的坐标；（2）根据待定系数法可先求出直线的解析式，设点的坐标为，过点作轴，利用三角形的面积公式表示三角形的面积，再根据二次函数的性质可得出结论；（3）设点的坐标为，则点的坐标为，所以，由此建立关于的方程，解之即可．【详解】（1）解：由，得解得，，点，的坐标分别为，，由，得，点的坐标为；（2）解：存在，理由如下：设直线的解析式为，将，代入，得，解得，直线的解析式为，设点的坐标为，如图，过点作轴，交直线于点，则点的坐标为，，，，当时，的面积最大，最大面积是16，，存在点，使的面积最大，最大面积是16．（3）解：设点的坐标为，则点的坐标为，，，，当时，，解得或，点的坐标为或，当或时，，解得：或，点的坐标为或，综上所述，点的坐标为或或或．【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．2．如图，抛物线与轴相交于A、两点，与轴相交于点，已知点的坐标为，抛物线的对称轴为直线，点是上方抛物线上的一个动点.(1)求这个抛物线的解析式；(2)当的面积为时，求点的坐标；(3)是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)或(3)存在，【分析】(1)利用待定系数法列方程组求解抛物线的解析式即可；(2)连接，设，即可求得点C的坐标，即可求得、，再根据，列方程求解即可；(3)过点D作于点E，过点C作于F，设与交于点G，首先根据矩形的性质及，即可证得，据此即可证得，可得，再由点B、C的坐标，即可求得直线的解析式为，设，则，则，，可得，，即可得方程，解方程即可求解．【详解】（1）解：点的坐标为，抛物线的对称轴为直线，，解得：.，所以，抛物线的解析式为：；（2）解：如图：连接，过点D作于点E，设，，∵点D是上方抛物线上的一个动点，，，令，则，，．，．，的面积为，，∴，整理得：．解得：或，的坐标为或；（3）解：存在点，使得，理由如下：如图：过点D作于点E，过点C作于F，设与交于点G，四边形是矩形，，，，，，在和中，，，，设的解析式为：，，解得：，

∴直线的解析式为：，设，则，则，，∵点D是上方抛物线上的一个动点，，，，，，，整理得：，解得，(不合题意，舍去)，∴点D的坐标为．【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式，坐标与图形，不规则图形面积的求法，一元二次方程的解法，全等三角形的判定及性质，采用数形结合的思想及正确作出辅助线是解决此题的关键．3．如图1，已知抛物线：交轴于两点，与轴交于点，抛物线：经过点，点是射线上一动点．(1)求抛物线和直线的函数表达式．(2)如图2，过点作交抛物线第一象限部分于点，作交于点，求面积的最大值及此时点的坐标．(3)抛物线与在第一象限内的图象记为“图象”，过点作轴交图象于点，是否存在这样的点，使相似？若存在，求出所有符合条件的点的横坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为：；直线的函数解析式为：(2)的面积最大值为：；(3)或者或者或者【分析】（1）由求出，，再用待定系数法可求得抛物线的解析式为：，直线的函数解析式为：（2）过作轴交于，由是等腰直角三角形，知面积最大时最大，此时最大，即可得出由二次函数的性质可出答案．（3）由（2）可知是等腰三角形，当与相似时，再根据等腰直角三角形的性质分两种情况即可得到点的坐标．【详解】（1）解：∵抛物线：交轴于两点∴得到方程：∴解得：∴，∴将，代入抛物线：∴可得方程为：∴解得：∴抛物线的解析式为：∵抛物线：与轴的交点∴∵设直线的函数解析式为：∴可得方程：∴∴直线的函数解析式为：（2）∵，∴是等腰直角三角形∴∵∴∴是等腰直角三角形∴的面积最大时最大∵轴∴∴是等腰直角三角形∴最大时，最大∴最大时，面积最大∴设，则∴∴当时，最大为∴∴∴的面积最大值为：（3）解：存在点，使与相似时，为等腰直角三角形∵轴∴∴当时如图此时与纵坐标相等∴在中∵∴可得方程：∴或∴∴的横坐标为∵在∴可得方程：∴解方程可得：，(舍去)∴∴的横坐标；当时，如图：设，则∵∴，∵是等腰直角三角形∴∴解得(舍去)或或(此时不在第一象限，舍去)∴的横坐标∴同理可得是等腰直角三角形∴∴点的横坐标为：或者或者或者【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，相似三角形的判定等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点的坐标和相关线段的长度．4．如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），以OA为一边在第一象限内作矩形OABC，直线CD：交AB于点E，与y轴交于点D，．(1)求点B的坐标．(2)点P为线段CE上的一个动点，过点P作轴，交AB于点F，交x轴于点G，连接FD，设点p的横坐标为m，△DFP的面积为S，求S关于m的函数关系式．(3)在（2）的条件下，连接BP并延长与x轴交于点M，过点P作，与x轴交于点，当时，在直线CD上是否存在一点R，过点作轴交直线于点Q，得，若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在；或【分析】（1）先求出直线CD的解析式即可解决问题；（2）用M表示PF的长，利用三角形的面积公式计算即可；（3）由题意可知：，整理得：，解得或（舍去），则，根据，，，可证，则，，则，根据直线解析式为：，结合，可知直线的解析式为：，则，当点再点上方时，设，则，根据，则，进而可知，故，根据对称性可知，也满足条件，由此可得到结果．【详解】（1）解：由题意知，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴直线，当时，，∴，∴．（2）解：如图所示，∵，F（m，4），∴，∴；（3）解：如图2所示：由题意可知：，整理得：，解得或（舍去），∴，∵，，，∴，∴，，∴，∵直线解析式为：，∵，∴直线的解析式为：，∴，当点再点上方时，设，则，∵，∴，∴，∴，根据对称性可知，也满足条件，∴或．【点睛】本题考查一次函数综合题，矩形的性质，平行线分段成比例定理，一元二次方程等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式是解决本题的关键．5．如图，和分别位于两侧，点为中点，连接，．(1)如图1，若，，，求的长；(2)如图2，连接交于点，在上取一点使得，若，，，猜想与之间存在的数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，是以为斜边的等腰直角三角形，若，，请直接写出当取最大值时的面积．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)【分析】（1）过作交延长线于，根据勾股定理得出，，根据为中点，得出，在中，勾股定理即可求解；（2）延长至，使，作于，证明，继而证明为等边三角形，最后证明即可得证．（3）取的中点，连接，可推出点在以为圆心，半径是的圆上运动，在上截取，构造，从而得出，确定当、、在同一直线上时，最小，进而解斜，从而进一步求出结果．【详解】（1）解：过作交延长线于，∵，，∴，，又∵为中点，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴；（2），理由如下：延长至，使，作于，∵E为中点∴∴∴，∴又∵，∴为等边三角形∴∴又∵∴为等边三角形又∵∴又∵∴∴∴∴．又∵∴．又∵，∴∴∴（3）如图3，取的中点，连接，是的中点，，点在以为圆心，半径是的上运动，在上截取，，，，，，，当、、在一条直线上时，最大，，最大，如图4，连接，作于，，，设，，在中，，，，舍去，==．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆的有关概念和性质，解决问题的关键是根据题意构造辅助线．6．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线交x轴于、B两点，交y轴于点C，其对称轴为，(1)求该抛物线的函数解析式；(2)P为第四象限内抛物线上一点，连接，过点C作交x轴于点Q，连接，求面积的最大值及此时点P的坐标．(3)在（2）的条件下，将抛物线向右平移经过点Q，得到新抛物线，点E在新抛物线的对称轴上，是否在平面内存在一点F，使得以A、P、E、F为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)面积的最大值为4，此时P的坐标为(3)存在，点F的坐标为，【分析】（1）把点A的坐标代入得到，再根据抛物线的对称轴，得出a和b的关系式，即可求解；（2）连接，过P点作平行于y轴的直线交于H点，根据可得，从而求面积的最大值即可，通过设P的坐标，得到H的坐标，从而建立关于面积的二次函数表达式，最终结合二次函数的性质求解即可；（3）通过（2）的结论首先确定出平移后抛物线的解析式，设出E，F的坐标，运用勾股定理进行分类讨论即可．【详解】（1）将，代入得：，∵抛物线对称轴为对称轴为，∴，即，把代入得：，解得：，∴，∴抛物线的解析式为：；（2）如图所示，连接PC，PB，BC，过P点作平行于y轴的直线交BC于H点，∵，∴，即求面积的最大值即可，把代入得，∴C坐标为，设直线BC的解析式为：，将，代入得：，解得：，∴直线BC的解析式为：，设，则，∴，∴，根据二次函数的性质可得：当时，取得最大值为4，将代入，得到此时P的坐标为，∴面积的最大值为4，此时P的坐标为；（3）存在，理由如下：由（2）可知，当面积的最大值为4时，P的坐标为，∵，∴，则，∵原抛物线解析式为：，∴设向右平移后的解析式为：，将代入求得：（舍负值），∴平移后抛物线的解析式为：，其对称轴为直线，∴设，，则结合A、P的坐标可得：，，，①当时，如图所示，此时根据勾股定理得：，即：，解得：，即：，此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：，解得：，∴；②当时，如图所示，此时根据勾股定理得：，即：，解得：，即：，此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：，解得：，∴；③当AE⊥PE时，根据勾股定理得：，即：，整理得：，∵，∴上述方程在实数范围内无解，即不存在的情况，综上所述，所有可能的点F的坐标为，．【点睛】本题考查二次函数综合运用，以及矩形的性质，准确求得抛物线的解析式，并灵活根据矩形的性质进行分类讨论是解题关键．7．已知点，．(1)在第二象限有一点，请用含的代数式表示四边形的面积___________．(2)在（1）的条件下，是否存在点，使四边形的面积为的面积的2倍，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．(3)若，在轴上确定一点，使为等腰三角形，则符合点的坐标为___________．【答案】(1)(2)(3)或或或【分析】（1）根据点A和点B坐标得到，，分别表示出和的面积，相加即可；（2）根据面积关系列出方程求解即可；（3）分，，三种情况，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理求解即可．【详解】（1）解：∵，，∴，，∴，∵在第二象限，，∴，∴．故答案为：；（2）∵，∴，∴，∴存在点P，使得四边形的面积为面积的2倍，；（3）∵，∴，当时，点P坐标为或，当时，过C作于H，∴，∴点P坐标为，当时，设点P坐标为，∴，∴，解得：，∴点P坐标为，故答案为：或或或．【点睛】本题考查了坐标与图形性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握坐标和长度的关系，对于等腰三角形，要注意分类讨论．8．如图，抛物线与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧．点A的坐标为．(1)求抛物线的解析式；(2)在直线下方的抛物线上是否存在一点P，使得的面积等于面积的三分之二？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由．(3)将直线绕着点C旋转得到直线，直线与抛物线的交点为M（异于点C），求M点坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为(2)不存在这样的点P，理由见解析(3)M点坐标是或【分析】（1）由，得，利用待定系数法求出解析式即可；（2）过点P作轴分别交线段于点N．先求出，得到，再求出，待定系数法得的解析式，设，，得到，由根的判别式得到方程无实数根，即可得到结论；（3）分直线绕着点C顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，分别进行求解即可．【详解】（1）解：∵，，∴．把点A，C的坐标代入，得，解得，∴抛物线的解析式为：；（2）解：不存在这样的点P，使得的面积等于面积的三分之二；理由：如图，过点P作轴分别交线段于点N．∵抛物线的解析式为，令，则，解得，∴，∴，∴，，由题意得，∴，即，∵，，设直线的解析式为，∴，解得，故直线的解析式为：．设，，则，∴，整理得，∵，∴方程无实数根，∴不存在这样的点P，使得的面积等于面积的三分之二；（3）解：当直线绕着点C顺时针旋转时，如图，过A作交于点K，作轴于点H，∵，∴，∵，，∴，∴，，∴，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为，联立，解得（舍去），或，当时，，∴．当直线绕着点C逆时针旋转时，如图，过A作交于点D，作轴于点E，同理可证得，得到，同理求得直线的解析式为，联立，解得（舍去），或，当时，，∴．综上，M点坐标是或．【点睛】此题是二次函数几何综合题，考查了待定系数法、全等三角形的判定、旋转的性质、一元二次方程根的判别式、二次函数与一次函数交点等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．9．如图，已知二次函数的图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．点P，Q为抛物线上两动点．(1)若点P坐标为，求抛物线的表达式；(2)如图①，连接，在（1）的条件下，是否存在点，使得．若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由；(3)若点为抛物线顶点，连接，当的值从变化到的过程中，求线段扫过的面积．【答案】(1)；(2)存在；；；(3)【分析】（1）把点的坐标代入解析式，求出的值即可；（2）本小问需要分两种情况：①当点在右侧，画出图形，由“内错角相等，两直线平行”可得；②当在左侧时，取的中点，过点作的中点交轴于点，根据相似求出点的坐标，进而可求出的解析式，联立即可；（3）先表达出点的坐标，借助平移的性质可得出线段扫过的面积．【详解】（1）解：把坐标代入，得，解得，；（2）解：①当点在右侧，如图所示，，，令，可得，，令，解得或（舍去），；②当在左侧时，取的中点，过点作的垂线交轴于点，如图所示，令，则，解得或，，，，，，点是的中点，，，，，，，，即，解得，，；直线即直线为，解令，解得，，故存在；；；（3）解：点是二次函数的顶点，点，点在直线上运动，当时，点的横坐标为；当时，点的横坐标为，．【点睛】本题属于二次函数与几何综合题，涉及待定系数法求函数解析式，角度的存在性，图形的平移，分类讨论讨论思想等，第（2）问中作出图形，解题的关键是构造正确辅助线，利用分类讨论思想进行求解．10．问题解决：(1)如图①，半圆的直径，点是半圆上的一个动点，则的面积最大值是______．(2)如图②，在扇形中，，，点、分别在和上，且，是的中点，点在弧上．连接、，四边形的面积是否存在最大值，若存在，请求最大值；若不存在，请说明理由．(3)如图③，四边形中，，，，四边形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．【答案】(1)(2)四边形的面积存在最大值，最大值为；(3)四边形的面积存在最大值，最大值是【分析】（1）如图1，点运动至半圆的中点时，底边上的高最大，即，求出此时的面积即可；（2）作，垂足为，延长交弧于点，则此时的面积最大，可求出其值；而面积为定值，故可得此时四边形的面积的最大值；（3）连接，作的外接圆，过作于，根据已知条件，可得是等边三角形，即、、共线时，的面积最大，进而根据，根据，即可求解．【详解】（1）解：如图1，点运动至半圆的中点时，底边上的高最大，即，此时的面积最大值，∴，故答案为：；（2）解：四边形的面积存在最大值，作，垂足为，延长交弧于点，则此时的面积最大，如图2：，，点为的中点，，，∴在中，，，，四边形面积为，四边形的面积存在最大值，最大值为；（3）解：四边形的面积存在最大值，连接，作的外接圆，过作于，如图：，，，、、、四点共圆，即在上，，，是等边三角形，有，在中，，，当为中点，即、、共线时，的面积最大，此时，为直径，，，，，，即四边形的面积存在最大值，最大值是．【点睛】本题是圆的综合题，考查了三角形的面积、轴对称、勾股定理、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、四点共圆、圆的直径最大等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决最值问题．11．如图1，抛物线经过，两点，与轴交于另一点．(1)求抛物线和直线的解析式；(2)如图2，点为第一象限抛物线上一点，是否存在使四边形面积最大的点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；(3)如图3，若抛物线的对称轴（为抛物线顶点）与直线相交于点，为直线上的任意一点，过点作交抛物线于点，以E，F，M，N为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，请求出点的坐标；若不能，请说明理由．【答案】(1)抛物线的解析式：；直线的解析式为；(2)当时，四边形面积最大；(3)能，点N的坐标为或或．【分析】（1）由于抛物线经过，两点，根据待定系数法可求抛物线和直线的解析式；（2）根据三角形面积公式和二次函数的最值即可求解；（3）根据抛物线的顶点坐标得到，可得，根据两点间的距离公式可得，如图3，过点M作，交抛物线于点N，设，则；则；当与平行且相等时，四边形是平行四边形，则，解方程可求点N的坐标．【详解】（1）解：依题意，有：，解得．故抛物线的解析式：；解方程得，∴，设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为；（2）解：∵、，∴，∴的面积最大时，四边形面积最大，如图2，过点P作轴，交直线于Q，设，则；则；；∵，∴当时，的面积最大，所以，当时，四边形面积最大；（3）解：存在．抛物线的顶点坐标，当时，，则，则，如图3，过点M作，交抛物线于点N，设，则，则；当与平行且相等时，四边形是平行四边形，则，由，解得；当时，与重合，不合题意，舍去；当时，，则；由，解得，则或．综上所述，存在平行四边形，点N的坐标为或或．【点睛】本题考查了二次函数综合题，解题的关键是熟练掌握待定系数法可求抛物线的解析式，待定系数法求直线解析式，三角形面积公式，二次函数的最值，抛物线的顶点坐标，两点间的距离公式，平行四边形的性质等知识点，以及方程思想，分类思想的应用，综合性较强，难度较大．12．如图1，直线的解析式为，直线交轴于点，交轴于点点坐标为，点关于直线的对称点在直线上，．(1)求直线的解析式；(2)如图2，在轴上是否存在点，使与的面积相等，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由；(3)如图3，过点的直线：，当它与直线夹角等于时，求出相应的值．【答案】(1)直线解析式为(2)点的坐标为或(3)的值为或【分析】（1）先求出两点的坐标，从而得到的长度，再根据勾股定理，即可求出的值，从而得到直线的解析式；（2）根据题意可得，，设点的坐标为，即可得到，解出的值即可得到答案；（3）如图3，设直线与的交点为和，过点作轴，过点作于，过点作于，由全等三角形的性质求出点的坐标，即可求解．【详解】（1）解：直线的解析式为，直线交轴于点，交轴于点，当时，；当时，，点坐标为，点坐标为，，，，解得：，，，直线解析式为：；（2）解：由（1）可得点的坐标为，点关于直线的对称点在直线上，，设点的坐标为，则，解得或，点的坐标为或；（3）解：如图3，设直线与的交点为和，过点作轴，过点作于，过点作于，设点，点，，，直线：与直线夹角等于，，，，，，（AAS），，点坐标为，点在直线上，，解得，点，点，设直线的解析式为，则，解得，直线的解析式为，同理可得：直线解析式为，的值为或．【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的性质和判定，轴对称的性质，勾股定理等知识，利用数形结合思想解决问题是解题的关键．13．已知，如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，，点P为x轴下方的抛物线上一点．(1)求抛物线的函数表达式；(2)连接，求四边形面积的最大值；(3)是否存在这样的点P，使得点P到和两边的距离相等，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)33(3)存在这样的点，使得点P到和两边的距离相等【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）如图所示，连接，过点P作轴交于D，先求出直线的解析式，设，则，则，求出的最大值，再由可知当最大时，最大，由此即可得到答案；（3）如图所示，取点E使其坐标为，连接，取中点F，连接，先证明，进而得到平分，则直线上的点到的距离相等，由此即可知点P即为直线与抛物线的交点，据此求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，∴可设抛物线解析式为，又∵当时，，即，∴，∴，∴抛物线解析式为；（2）解：如图所示，连接，过点P作轴交于D，设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，设，则，∴，∴，∵，∴当时，最大，最大为9，∵，，∴，∴当最大时，最大，最大为；（3）解：如图所示，取点E使其坐标为，连接，取中点F，连接，∵，∴，，∴，∵F是的中点，∴平分，∴直线上的点到的距离相等，设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，联立得，解得或（舍去），∴点P的坐标为．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，一次函数与几何综合，角平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．14．抛物线经过点和点．(1)求该抛物线所对应的函数解析式；(2)该抛物线与直线相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线轴，分别与x轴和直线交于点M、N．①连结，如图1，在点P运动过程中，的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；②连结，过点C作，垂足为点Q，如图2，是否存在点P，使得与相似？若存在，直接写出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)或【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）联立抛物线与直线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点C、D的坐标，设点P的坐标为，则点N的坐标为，，根据三角形面积公式可得出，利用二次函数的性质即可解决最值问题；利用相似三角形的性质可得出：若与相似，则有或，设点P的坐标为，则点N的坐标为，点M的坐标为，点Q的坐标为，进而可得出，，，，将其代入或中即可求出x的值，结合即可得出点P的坐标．【详解】（1）∵抛物线经过点和点，，解得，该抛物线对应的函数解析式为；（2）联立抛物线与直线的解析式成方程组，得：，解得：，，点C的坐标为，点D的坐标为．设点P的坐标为，则点N的坐标为，，．，当时，取最大值，最大值为64，在点P运动过程中，的面积存在最大值，最大值为64．，若与相似，则有或．设点P的坐标为，则点N的坐标为，点M的坐标为，点Q的坐标为，，，，．当时，有，解得：，舍去，点P的坐标为；当时，有，解得：，舍去，点P的坐标为．综上所述：存在点P，使得与相似，点P的坐标为或．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、二次函数的性质以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法求出二次函数的解析式；（2）利用三角形的面积公式找出；分、两种情况求出x的值．15．【问题提出】(1)如图1，，在内部有一点P，M、N分别是、上的动点，分别作点P关于边、的对称点，，连接，与、相交于M、N，则此时的周长最小，且顺次连接O，，后的形状是等腰直角三角形．理由如下：∵点P关于边、的对称点分别为，，∴，，，，∴即周长的的最小值为∵，∴∴是等腰直角三角形．学以致用：若，在内部有一点P，分别作点P关于边、的对称点，，顺次连接O，，，则的形状是__________三角形．(2)【问题探究】如图2，在中，，，点D是的中点，若，请用含有h的代数式表示的面积．(3)【问题解决】如图3，在四边形内有一点P，点P到顶点B的距离为10，，点M、N分别是、边上的动点，顺次连接P、M、N，使在周长最小的情况下，面积最大，问：是否存在使在周长最小的条件下，面积最大这种情况？若存在，请求出的面积的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)等边(2)(3)存在，【分析】（1）根据对称性，得到，，，进而得到：，即可得到为等边三角形；（2）作的垂直平分线，交于点，连接，根据中垂线的性质，得到，，推出是含的直角三角形，用分别表示出，再利用，求出，进而求出的面积．（3）如图，作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接，交，于点M，N，此时的周长最小，可以求出，由推出最小时，的值最大，此时的面积最大，进行求解即可．【详解】（1）解：∵点P关于边OA、OB的对称点分别为，，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴为等边三角形；故答案为：等边；（2）解：∵，，点D是的中点，∴，，，作的垂直平分线，交于点，连接，则：，，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：存在；理由如下：如图，以点为圆心，为半径画圆，分别作点关于，的对称点，，则点，在上，连接，分别交，于点，，此时的周长最小．∴，，，∵，∴，且，∴，过点作于，∴，，∴，∴，∵，∵为定值，∴最小时，的值最大，此时的面积最大，过点作于点，则

，∴当时，即O点与Q点重合时，的值最大，∴，∴，∴，∴，∴，∴∴，此时是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴的最大值．【点睛】本题考查轴对称，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含的直角三角形、隐圆等知识．通过构造轴对称，利用轴对称进行求解，是解题的关键．16．已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．(1)求该抛物线的表达式；(2)求的面积；(3)在抛物线上是否存在一点P，使，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)5(3)或【分析】（1）把点，坐标代入函数解析式，用待定系数法求解即可；（2）求出点C坐标，再根据三角形面积公式计算即可；（3）分点在轴上方和轴下方两种情况，构建直角三角形，利用求出点坐标即可．【详解】（1）解：抛物线与轴交于，两点，，解得：，抛物线的表达式为；（2）在中，令，∴，∴，∵，，∴；（3）如图所示：①当点在轴上方时，过点作轴于点，，，，，，设，，点的坐标为，点是抛物线上一点，，解得：，（不合题意，舍去），点坐标为；②当点在轴下方时，过点作轴于点，，，，，设则，点的坐标为，点是抛物线上一点，，解得：，（不符合题意，舍去），点的坐标为，综上所述：点坐标为或．【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象的性质，待定系数法确定函数的解析式，解直角三角形，关键是注意分类讨论，不能漏解．17．如图，直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．(1)求抛物线的解析式；(2)在第四象限的抛物线上是否存在一点M，使的面积为？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由．(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)存在，；(3)存在，或．【分析】（1）由直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，求出B、C两点坐标，然后用代入法求抛物线解析式；（2）如图，M是抛物线第四象限上的点，连接，设，根据面积公式求出得，解方程接可求出；（3）如图，作抛物线的对称轴交x轴于N，作，连接由（2）可知，对称轴为，根据等腰直角三角形性质证即，根据勾股定理求出，从而得到，当P在第一象限时、当P在第四象限时讨论即可．【详解】（1）解：直线与x轴、y轴分别交于B、C两点当时，解得，当时，解得，，抛物线经过点B、C解得抛物线的解析式为：（2）解：如图，M是抛物线第四象限上的点，连接，设，则即解得或（舍去）当时（3）解：如图，作抛物线的对称轴交x轴于N，作，连接由（2）可知，对称轴为，，，当P在第一象限时：当P在第四象限时：故答案为：存在，或．【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，通过角度和面积探讨点的存在性；用代入法求函数解析式，假设点存在，根据条件做出图形，利用数形结合是解题的关键．18．已知：如图，在矩形中，，，对角线，交于点．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接并延长，交于点，连接和．设运动时间为（s）（），解答下列问题：(1)是否存在某一时刻，使垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．(2)求的面积（cm2）与运动时间（s）的关系式．(3)求为何值时，是等腰三角形？【答案】(1)不存在，理由见解析(2)(3)或秒【分析】（1）由题意得：，，，，，根据列等式计算即可．（2）过点分别做于点，于点列式计算即可．（3）分类，根据三角形相似计算求解即可．【详解】（1）解：不存在，理由如下：由题意得：，，，，，在矩形中，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即∴（不合题意，舍去）∴不存在某一时刻，使垂直．（2）解：过点分别做于点，于点．则，在矩形中，，又∵，∴∴∴．（3）解：①当时∵，∴