【编者按】为了丰富同学们的学习生活，精品学习网中考频道为同学们搜集整理了中考数学模拟题：三角形四边形存在性问题2012年中考压轴题(有答案)，供大家参考，希望对大家有所帮助!

三角形四边形存在性问题2012年中考压轴题(有答案)

2012年全国中考数学(续61套)压轴题分类解析汇编

专题4：三角形四边形存在性问题

24. (2012黑龙江龙东地区10分)如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=12 ，点C的坐标为(-18，0)。

(1)求点B的坐标;

(2)若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=4，OD=2BD，求直线DE的解析式;

(3)若点P是(2)中直线DE上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的

四边形是菱形?若存在，请直接写出点Q的坐标;若不存在，请说明理由。

【答案】解：(1)过点B作BF⊥x轴于F，

在Rt△BCF中

∵∠BCO=45°，BC=12 ，∴CF=BF=12 。

∵C 的坐标为(-18，0)，∴AB=OF=6。

∴点B的坐标为(-6，12)。

(2)过点D作DG⊥y轴于点G，

∵OD=2BD，∴OD= OB。

∵AB∥DG，∴△ODG∽△OBA 。

∵ ，AB=6，OA=12，∴DG=4，OG=8。∴D(-4，8)，E(0，4)。

设直线DE解析式为y=kx+b(k≠0)

∴ ，解得 。∴直线DE解析式为y=-x+4。

(3)结论：存在。

点Q的坐标为：(2 ，-2 )，(-2 ，2 )，(4，4)，(-2，2)。

【考点】一次函数综合题，等腰直角三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，菱形的判定和性质。

【分析】(1)构造等腰直角三角形BCF，求出BF、CF的长度，即可求出B点坐标。

(2)已知E点坐标，欲求直线DE的解析式，需要求出D点的坐标.构造△ODG∽△OBA，由线段比例关系求出D点坐标，从而可以求出直线DE的解析式。

(3)如图所示，符合题意的点Q有4个：

设直线y=-x+4分别与x轴、y轴交于点E、点F，

则E(0，4)，F(4，0)，OE=OF=4，EF=4 。

①菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边。

则有P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EF-P1E=4 -4。

易知△P1NF为等腰直角三角形，

∴P1N=NF= P1F=4-2 。

设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1-P1N=4-(4-2 )=2 。

又ON=OF-NF=2 ，∴Q1(2 ，-2 )。

②菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边。此时Q2与Q1关于原点对称，∴Q2(-2 ，2 )。

③菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边。

此时P3与点F重合，菱形OEQ3P3为正方形，∴Q3(4，4)。

④菱形OP4EQ4，此时OE为菱形对角线。

由菱形性质可知，P4Q4为OE的垂直平分线，

由OE=4，得P4纵坐标为2，代入直线解析式y=-x+4得横坐标为2，则P4(2，2)。

由菱形性质可知，P4、Q4关于OE或x轴对称，∴Q4(-2，2)。

综上所述，存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形，点Q的坐标为：

Q1(2 ，-2 )，Q2(-2 ，2 )，Q3(4，4)，Q4(-2，2)。

25. (2012黑龙江绥化10分)如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D点坐标是(0，0)，B点坐标是(3，4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，E、F分别在AD、AB上，且F点的坐标是(2，4).

(1)求G点坐标;

(2)求直线EF解析式;

(3)点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出M点的坐标;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)由已知得，FG=AF=2，FB=1。

∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°。

∴ 。∴G点的坐标为(3，4- )。

(2)设直线EF的解析式是y=kx+b，

在Rt△BFG中， ，∴∠BFG=60°。∴∠AFE=∠EFG=60°。

∴AE=AFtan∠AFE=2tan60°=2 。∴E点的坐标为(0，4-2 )。

又F点的坐标是(2，4)，

∴ ， 解得 。

∴直线EF的解析式为 。

(3)存在。M点的坐标为( )，( )，( )。

【考点】一次函数综合题，矩形的性质，折叠性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。

【分析】(1)根据折叠性质可知FG=AF=2，而FG=AB-AF=1，则在Rt△BFG中，利用勾股定理求出BG的长，从而得到CG的长，从而得到G点坐标。

(2)由题意，可知△AEF为含30度角的直角三角形，从而可求出E点坐标;又F点坐标已知，所以可利用待定系数法求出直线EF的解析式。

(3)分FG为平行四边形边和对角线两种情况讨论，探究可能的平行四边形的形状：

若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：

①FG为平行四边形的一边，且N点在x轴正半轴上，如图1所示。

过M1点作M1H⊥x轴于点H，易证△M1HN1≌△GBF，

∴M1H=GB= ，即yM1= 。

由直线EF解析式 ，求出 。

∴M1( )。

②FG为平行四边形的一边，且N点在x轴负半轴上，如图2所示。

仿照与①相同的办法，可求得M2( )。

③FG为平行四边形的对角线，如图3所示。

过M3作FB延长线的垂线，垂足为H.易证△M3FH≌△GN3C，

则有M3H=CG=4 ，所以M3的纵坐标为8- 。

代入直线EF解析式，得到M3的横坐标为 。

∴M3( )。

综上所述，存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为：M1( )，M2( )，M3( )。

26. (2012黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西10分)如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两条直角边0A、08分别在y轴和x轴上，并且OA、OB的长分别是方程x2—7x+12=0的两根(OA<0B)，动点P从点A开始在线段AO上以每秒l个单位长度的速度向点O运动;同时，动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动，设点P、Q运动的时间为t秒.

(1)求A、B两点的坐标。

(2)求当t为何值时，△APQ与△AOB相似，并直接写出此时点Q的坐标.

(3)当t=2时，在坐标平面内，是否存在点M，使以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出M点的坐标;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)由x2-7 x +12=0解得x1=3，x2=4。

∵OA

(2) 由OA=3 , OB=4，根据勾股定理，得AB=5。

由题意得，AP=t, AQ=5-2t 。分两种情况讨论：

①当∠APQ=∠AOB时，如图1，△APQ∽△AOB。

∴ ，即 解得 t= 。∴Q( )。

②当∠AQP=∠AOB时，如图2， △APQ∽△ABO。

∴ ，即 解得 t= 。∴Q( )。

(3)存在。M1( )， M2( )，M3( )。

【考点】动点问题，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的性质，平行四边形的判定。

【分析】(1)解出一元二次方程，结合OA

(2)分∠APQ=∠AOB和∠AQP=∠AOB两种情况讨论即可。

(3)当t=2时，如图，OP=2，BQ=4，∴P(0，1)，Q( )。

若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，则

①当AQ为对角线时，点M1的横坐标与点Q的横坐标相同，纵坐标为 。∴M1( )。

②当PQ为对角线时，点M2的横坐标与点Q的横坐标相同，纵坐标为 。∴M2( )。

③当AP为对角线时，点Q、M3关于AP的中点对称。

由A(0，3)，P(0，1)得AP的中点坐标为(0，2)。

由Q( )得M3的横坐标为 ，纵坐标为 。∴M3( )。

综上所述，若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，则M点的坐标为

( )或( )或( )。

27. (2012湖北襄阳12分)如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处.分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点.

(1)求AD的长及抛物线的解析式;

(2)一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动.设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似?

(3)点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出点M与点N的坐标(不写求解过程);若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10。

由折叠的性质得，△BDC≌△EDC，∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD。

由勾股定理易得EO=6。∴AE=10﹣6=4。

设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=(8﹣x)2，解得，x=3。

∴AD=3。

∵抛物线y=ax2+bx+c过点D(3，10)，C(8，0)，

∴ ，解得 。∴抛物线的解析式为： 。

(2)∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，∴∠DEA=∠OCE，

由(1)可得AD=3，AE=4，DE=5。而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t。

当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，

∴ ，即 ，解得 。

当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，

∴ ，即 ，解得 。

∴当 或 时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似。

(3)存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1(﹣4，﹣32)，N1(4，﹣38);

②M2(12，﹣32)，N2(4，﹣26);③M3(4， )，N3(4，﹣ )。

【考点】二次函数综合题，折叠和动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。

【分析】(1)根据折叠图形的轴对称性，△CED≌△CBD，在Rt△CEO中求出OE的长，从而可得到AE的长;在Rt△AED中，AD=AB﹣BD、ED=BD，利用勾股定理可求出AD的长.进一步能确定D点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式。

(2)由于∠DEC=90°，首先能确定的是∠AED=∠OCE，若以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似，那么∠QPC=90°或∠PQC=90°，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值。

(3)假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：

①EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点。

由 得抛物线顶点，则：M(4， )。

∵平行四边形的对角线互相平分，∴线段MN必被EC中点(4，3)平分，则N(4，﹣ )。

②EC为平行四边形的边，则EC MN，

设N(4，m)，则M(4﹣8，m+6)或M(4+8，m﹣6);

将M(﹣4，m+6)代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，

此时 N(4，﹣38)、M(﹣4，﹣32);

将M(12，m﹣6)代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，

此时 N(4，﹣26)、M(12，﹣32)。

综上所述，存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1(﹣4，﹣32)，N1(4，﹣38);

②M2(12，﹣32)，N2(4，﹣26);③M3(4， )，N3(4，﹣ )。

28. (2012湖南永州10分)如图所示，已知二次函数y=ax2+bx﹣1(a≠0)的图象过点A(2，0)和B(4，3)，l为过点(0，﹣2)且与x轴平行的直线，P(m，n)是该二次函数图象上的任意一点，过P作PH⊥l，H为垂足.

(1)求二次函数y=ax2+bx﹣1(a≠0)的解析式;

(2)请直接写出使y<0的对应的x的取值范围;

(3)对应当m=0，m=2和m=4时，分别计算|PO|2和|PH|2的值.由此观察其规律，并猜想一个结论，证明对于任意实数m，此结论成立;

(4)试问是否存在实数m可使△POH为正三角形?若存在，求出m的值;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+bx﹣1(a≠0)的图象过点A(2，0)和B(4，3)，

∴ -，解得 。∴二次函数的解析式为y= x2﹣1。

(2)当﹣2

(3)当m=0时，|PO|2=1，|PH|2=1;

当m=2时，P点的坐标为(2，0)，|PO|2=4，|PH|2=4;

当m=4时，P点的坐标为(4，3)，|PO|2=25，|PH|2=25。

由此发现|PO|2=|PH|2。

设P点坐标为(m，n)，即n= m2﹣1

|OP|2= m2+ n2，|PH|2=(n+2)2=n2+4n+4=n2+m2。

∴对于任意实数m，|PO|2=|PH|2。

(4)存在。由(3)知OP=PH，只要OH=OP成立，△POH为正三角形。

设P点坐标为(m，n)，|OP|2= m2+ n2，|OH|2=4+ m2，

由|OP|=|OH|得，m2+ n2=4+ m2，即n2=4，解得n=±2。

当n=﹣2时，n= m2﹣1不符合条件，

当n=2时，由2= m2﹣1解得m=±2 。

∴故当m=±2 时可使△POH为正三角形.

【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，勾股定理，等边三角形的判定。

【分析】(1)根据二次函数y=ax2+bx﹣1(a≠0)的图象过点A(2，0)和B(4，3)，待定系数法求出a和b的值，抛物线的解析式即可求出。

(2)令y= x2﹣1=0，解得x=﹣2或x=2，由图象可知当﹣2

(3)分别求出当m=0，m=2和m=4时，分别计算|PO|2和|PH|2的值.然后观察其规律，再进行证明。

(4)由(3)知OP=OH，只要OH=OP成立，△POH为正三角形，求出|OP|、|OH|含有m和n的表达式，令两式相等，求出m和n的值。

29. (2012湖南娄底10分)已知二次函数y=x2﹣(m2﹣2)x﹣2m的图象与x轴交于点A(x1，0)和点B(x2，0)，x1

(1)求这个二次函数的解析式;

(2)探究：在直线y=x+3上是否存在一点P，使四边形PACB为平行四边形?如果有，求出点P的坐标;如果没有，请说明理由.

【答案】解：(1)∵二次函数y=x2﹣(m2﹣2)x﹣2m的图象与x轴交于点A(x1，0)和点B(x2，0)，x1

∴令y=0，即x2﹣(m2﹣2)x﹣2m=0 ①，则有：x1+x2=m2﹣2，x1x2=﹣2m。

∴ ，化简得到：m2+m﹣2=0，解得m1=﹣2，m2=1。

当m=﹣2时，方程①为：x2﹣2x+4=0，其判别式△=b2﹣4ac=﹣12<0，此时抛物线与x轴没有交点，不符合题意，舍去;

当m=1时，方程①为：x2+x﹣2=0，其判别式△=b2﹣4ac=9>0，此时抛物线与x轴有两个不同的交点，符合题意。

∴m=1。∴抛物线的解析式为y=x2+x﹣2。

(2)存在。理由如下：

假设在直线y=x+3上是否存在一点P，使四边形PACB为平行四边形。

如图所示，连接PA.PB.AC.BC，过点P作PD⊥x轴于D点。

∵抛物线y=x2+x﹣2与x轴交于A.B两点，与y轴交于C点，

∴A(﹣2，0)，B(1，0)，C(0，2)。

∴OB=1，OC=2。

∵PACB为平行四边形，∴PA∥BC，PA=BC。

∴∠PAD=∠CBO，∴∠APD=∠OCB。

在Rt△PAD与Rt△CBO中，

∵∠PAD=∠CBO ，PA=BC，∠APD=∠OCB ，

∴Rt△PAD≌Rt△CBO(AAS)。

∴PD=OC=2，即yP=2。

∵直线解析式为y=x+3，∴xP=﹣1。∴P(﹣1，2)。

∴在直线y=x+3上存在一点P，使四边形PACB为平行四边形，P点坐标为(﹣1，2)。

【考点】二次函数综合题，二次函数与x点问题，曲线图上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质。

【分析】(1)欲求抛物线的解析式，关键是求得m的值.根据题中所给关系式，利用一元二次方程根与系数的关系，可以求得m的值，从而问题得到解决。注意：解答中求得两个m的值，需要进行检验，把不符合题意的m值舍去。

(2)利用平行四边形的性质构造全等三角形，根据全等关系求得P点的纵坐标，从而得到P点的横坐标，从而求得P点坐标。

30. (2012湖南衡阳10分)如图，A、B两点的坐标分别是(8，0)、(0，6)，点P由点B出发沿BA方向向点A作匀速直线运动，速度为每秒3个单位长度，点Q由A出发沿AO(O为坐标原点)方向向点O作匀速直线运动，速度为每秒2个单位长度，连接PQ，若设运动时间为t(0

(1)当t为何值时，PQ∥BO?

(2)设△AQP的面积为S，

①求S与t之间的函数关系式，并求出S的最大值;

②若我们规定：点P、Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则新坐标(x2﹣x1，y2﹣y1)称为“向量PQ”的坐标.当S取最大值时，求“向量PQ”的坐标.

【答案】解：(1)∵A、B两点的坐标分别是(8，0)、(0，6)，则OB=6，OA=8。

∴ 。

如图①，当PQ∥BO时，AQ=2t，BP=3t，则AP=10﹣3t。

∵PQ∥BO，∴ ，即 ，解得t= 。

∴当t= 秒时，PQ∥BO。

(2)由(1)知：OA=8，OB=6，AB=10.

①如图②所示，过点P作PD⊥x轴于点D，则PD∥BO。

∴△APD∽△ABO。

∴ ，即 ，解得PD=6﹣ t。

∴ 。

∴S与t之间的函数关系式为：S= (0

∴当t= 秒时，S取得最大值，最大值为5(平方单位)。

②如图②所示，当S取最大值时，t= ，

∴PD=6﹣ t=3，∴PD= BO。

又PD∥BO，∴此时PD为△OAB的中位线，则OD= OA=4。∴P(4，3)。

又AQ=2t= ，∴OQ=OA﹣AQ= ，∴Q( ，0)。

依题意，“向量PQ”的坐标为( ﹣4，0﹣3)，即( ，﹣3).

∴当S取最大值时，“向量PQ”的坐标为( ，﹣3)。

【考点】动点问题，平行线分线段成比例，二次函数的最值，勾股定理，三角形中位线定理。

【分析】(1)如图①所示，当PQ∥BO时，利用平分线分线段成比例定理，列线段比例式 ，求出t的值。

(2)①求S关系式的要点是求得△AQP的高，如图②所示，过点P作过点P作PD⊥x轴于点D，构造平行线PD∥BO，由△APD∽△ABO得 求得PD，从而S可求出.S与t之间的函数关系式是一个关于t的二次函数，利用二次函数求极值的方法求出S的最大值。

②求出点P、Q的坐标：当S取最大值时，可推出此时PD为△OAB的中位线，从而可求出点P的纵横坐标，又易求Q点坐标，从而求得点P、Q的坐标;求得P、Q的坐标之后，代入“向量PQ”坐标的定义(x2﹣x1，y2﹣y1)，即可求解。

31. (2012湖南株洲10分)如图，一次函数 分别交y轴、x轴于A、B两点，抛物线

y=﹣x2+bx+c过A、B两点.

(1)求这个抛物线的解析式;

(2)作垂直x轴的直线x=t，在第一象限交直线AB于M，交这个抛物线于N.求当t取何值时，MN有最大值?最大值是多少?

(3)在(2)的情况下，以A、M、N、D为顶点作平行四边形，求第四个顶点D的坐标.

【答案】解：(1)∵ 分别交y轴、x轴于A、B两点，

∴A、B点的坐标为：A(0，2)，B(4，0)。

将x=0，y=2代入y=﹣x2+bx+c得c=2;

将x=4，y=0代入y=﹣x2+bx+c得0=﹣16+4b+2，解得b= 。

∴抛物线解析式为：y=﹣x2+ x+2。

(2)如图1，设MN交x轴于点E，则E(t，0)，BE=4﹣t。

∵ ，

∴ME=BE•tan∠ABO=(4﹣t)× =2﹣ t。

又∵N点在抛物线上，且xN=t，∴yN=﹣t2+ t+2。

∴ 。

∴当t=2时，MN有最大值4。

(3)由(2)可知，A(0，2)，M(2，1)，N(2，5).

如图2，以A、M、N、D为顶点作平行四边形，D点的可能位置有三种情形。

(i)当D在y轴上时，设D的坐标为(0，a)，

由AD=MN，得|a﹣2|=4，解得a1=6，a2=﹣2，

从而D为(0，6)或D(0，﹣2)。

(ii)当D不在y轴上时，由图可知D为D1N与D2M的交点，

由D1(0，6)，N(2，5)易得D1N的方程为y= x+6;

由D2(0，﹣2)，M(2，1)D2M的方程为y= x﹣2。

由两方程联立解得D为(4，4)。

综上所述，所求的D点坐标为(0，6)，(0，﹣2)或(4，4)。

【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，锐角三角函数定义，平行四边形的判定和性质。

【分析】(1)首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式。

(2)求得线段MN的表达式，这个表达式是关于t的二次函数，利用二次函数的极值求线段MN的最大值。

(3)明确D点的可能位置有三种情形，如图2所示，不要遗漏.其中D1、D2在y轴上，利用线段数量关系容易求得坐标;D3点在第一象限，是直线D1N和D2M的交点，利用直线解析式求得交点坐标。

32. (2012湖北鄂州12分)已知：如图一，抛物线 与x轴正半轴交于A、B两点，与y

轴交于点C，直线 经过A、C两点，且AB=2.

(1)求抛物线的解析式;

(2)若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线

段BC于点E、D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，(如图2);当点P

运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒 ;设 ，当

t 为何值时，s有最小值，并求出最小值。

(3)在(2)的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似;若存在，求t

的值;若不存在，请说明理由。

【答案】解：(1)在 中，由x=0得y=-2，∴C(0，-2)。

由 y=0得 x=2，∴A(2，0)。

∵AB=2，∴B(4，0)。

∴可设抛物线的解析式为 ，代入点C(0，-2)得 。

∴抛物线的解析式为 。

(2)由题意：CE=t，PB=2t，OP=4-2t。

∵ED∥BA，∴△CED∽△COB。 ∴ ，即 。∴ED=2t。

∴ 。

∴当t=1时， 有最大值1。

∴当t=1时， 的值最小，最小值是1。

(3)存在。设BC所在直线的解析式为y=kx+b，由B(4，0)，C(0，-2)得

，解得 ，∴C所在直线的解析式为 。

由题意可得：D点的纵坐标为t-2，则D点的横坐标为2t。

∴ 。

又 。

∵∠PBD=∠ABC，∴以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似有两种情况：

当 时，即 ，解得 ;

当 时，即 ，解得 。

综上所述，当 或 时，以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似。

【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，二次函数的最值，相似三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】(1)求出C、A、B的坐标，设抛物线的解析式为y=a(x-2)(x-4)，代入点C的坐标求出a即可。

(2)由题意：CE=t，PB=2t，OP=4-2t，由ED∥BA得出△CED∽△COB ，从而 ，求出ED=2CE=2t，根据 ，根据二次函数的最值求出即可。

(3)以P、B、D为顶点的三角形与△ABC相似有两种情况： 和 代入求出即可。

33. (2012福建宁德13分)如图，矩形OBCD的边OD、OB分别在x轴正半轴和y轴负半轴上，且OD=10，OB=8.将矩形的边BC绕点B逆时针旋转，使点C恰好与x轴上的点A重合.

(1)直接写出点A、B的坐标：A( ， )、B( ， );

(2)若抛物线y=- 1 3x2+bx+c经过点A、B，则这条抛物线的解析式是 ;

(3)若点M是直线AB上方抛物线上的一个动点，作MN⊥x轴于点N.问是否存在点M，使△AMN

与△ACD相似?若存在，求出点M的坐标;若不存在，说明理由;

(4)当 7 2≤x≤7，在抛物线上存在点P，使△ABP的面积最大，求△ABP面积的最大值.

【答案】解：(1)(6，0)，(0，-8)。

(2) 。

(3)存在。

设M ，

则N(m，0)MN= ，NA=6-m。

又DA=4，CD=8，

①若点M在点N上方， ，则△AMN∽△ACD。

∴ ，即 ，解得m=6或m=10。

与点M是直线AB上方抛物线上的一个动点不符。

∴此时不存在点M，使△AMN与△ACD相似。

②若点M在点N下方， ，则△AMN∽△ACD。

∴ ，即 ，解得m=-2或m=6。

与点M是直线AB上方抛物线上的一个动点不符。

∴此时不存在点M，使△AMN与△ACD相似。

③若点M在点N上方， ，则△AMN∽△ACD。

∴ ，即 ，方程无解。

∴此时不存在点M，使△AMN与△ACD相似。

④若点M在点N下方， ，则△AMN∽△ACD。

∴ ，即 ，解得m= 或m=6。

当m= 时符合条件。

∴此时存在点M( ， )，使△AMN与△ACD相似。

综上所述，存在点M( ， )，使△AMN与△ACD相似。

(4)设P(p， )，

在 中，令y=0，得x=4或x=6。

∴ 7 2≤x≤7分为 7 2≤x<4，4≤x<6和6≤x≤7三个区间讨论：

①如图，当 7 2≤x<4时，过点P作PH⊥x轴于点H

则OH=p，HA=6-p ，PH= 。

∴

∴当 7 2≤x<4时， 随p的增加而减小。

∴当x= 7 2时， 取得最大值，最大值为 。

②如图，当4≤x<6时，过点P作PH⊥BC于点H，过点A作AG⊥BC于点G。

则BH= p，HG=6-p，PH= ，

∴

∴当4≤x<6时， 随p的增加而减小。

∴当x=4时， 取得最大值，最大值为8。

③如图，当6≤x≤7时，过点P作PH⊥x轴于点H。

则OH=p，HA= p-6，PH= 。

∴

∴当6≤x≤7时， 随p的增加而增加。

∴当x=7时， 取得最大值，最大值为7。

综上所述，当x= 7 2时， 取得最大值，最大值为 。

【考点】二次函数综合题，矩形的性质，旋转的性质，勾股定理， 曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定，二次函数的性质。

【分析】(1)由OD=10，OB=8，矩形的边BC绕点B逆时针旋转，使点C恰好与x轴上的点A重合，可得OA2=AB2-OB2=102-82=36，∴OA=6。∴A(6，0)，B(0，-8)。

(2)∵抛物线y=- 1 3x2+bx+c经过点A、B，

∴ ，解得 。

∴这条抛物线的解析式是 。

(3)分①若点M在点N上方， ，②若点M在点N下方， ，③若点M在点N上方， ，④若点M在点N下方， 四种情况讨论即可。

(4)根据二次函数的性质，分 7 2≤x<4，4≤x<6和6≤x≤7三个区间分别求出最大值，比较即可。

34. (2012福建龙岩14分)在平面直角坐标系xoy中， 一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边 AB

在x轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A(-1，0).

(1)请直接写出点B、C的坐标：B( ， )、C( ， );并求经过A、B、C三点的抛物

线解析式;

(2)现有与上述三角板完全一样的三角板DEF(其中∠EDF=90°，∠DEF=60°)，把顶点E放在线段

AB上(点E是不与A、B两点重合的动点)，并使ED所在直线经过点C. 此时，EF所在直线与(1)

中的抛物线交于第一象限的点M.

①设AE=x，当x为何值时，△OCE∽△OBC;

②在①的条件下探究：抛物线的对称轴上是否存在点P使△PEM是等腰三角形，若存在，请求

点P的坐标;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)B(3，0)，C(0， )。

∵A(—1，0)B(3，0)

∴可设过A、B、C三点的抛物线为 。

又∵C(0， )在抛物线上，∴ ，解得 。

∴经过A、B、C三点的抛物线解析式 即 。

(2)①当△OCE∽△OBC时，则 。

∵OC= ， OE=AE—AO=x-1， OB=3，∴ 。∴x=2。

∴当x=2时，△OCE∽△OBC。

②存在点P。

由①可知x=2，∴OE=1。∴E(1，0)。 此时，△CAE为等边三角形。

∴∠AEC=∠A=60°。

又∵∠CEM=60°， ∴∠MEB=60°。

∴点C与点M关于抛物线的对称轴 对称。

∵C(0， )，∴M(2， )。

过M作MN⊥x轴于点N(2，0)，

∴MN= 。 ∴ EN=1。

∴ 。

若△PEM为等腰三角形，则：

ⅰ)当EP=EM时, ∵EM=2，且点P在直线x=1上，∴P(1，2)或P(1，-2)。

ⅱ)当EM=PM时，点M在EP的垂直平分线上，∴P(1，2 ) 。

ⅲ)当PE=PM时，点P是线段EM的垂直平分线与直线x=1的交点，∴P(1， )

∴综上所述，存在P点坐标为(1，2)或(1，—2)或(1，2 )或(1， )时，

△EPM为等腰三角形。

【考点】二次函数综合题，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，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，相似三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定。

【分析】(1)由已知，根据锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值可求出OC和AB的长，从而求得点

B、C的坐标。设定交点式，用待定系数法，求得抛物线解析式。

(2)①根据相似三角形的性质，对应边成比例列式求解。

②求得EM的长，分EP=EM， EM=PM和PE=PM三种情况求解即可。

35. (2012福建漳州12分)已知抛物线y= x2 + 1(如图所示).

(1)填空：抛物线的顶点坐标是(______，______)，对称轴是_____;

(2)已知y轴上一点A(0，2)，点P在抛物线上，过点P作PB⊥x轴，垂足为B.若△PAB是等边三角

形，求点P的坐标;

(3)在(2)的条件下，点M在直线AP上.在平面内是否存在点N，使四边形OAMN为菱形?若存在，

直接写出所有满足条件的点N的坐标;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)顶点坐标是(0，1)，对称轴是y轴(或x=0)。 (2)∵△PAB是等边三角形，

∴∠ABO=90°-60°=30°。

∴AB=2OA=4。∴PB=4。

把y=4代入y= x2+1，得 x=± 。

∴点P的坐标为( ，4)或(- ，4)。

(3)存在。所有满足条件的点N的坐标为

( ，1)， (- ，-1)， (- ，1)， ( ，-1)。

【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，等边三角形的性质，菱形的判定。

【分析】(1)根据函数的解析式直接写出其顶点坐标和对称轴即可。

(2)根据等边三角形的性质求得PB=4，将PB=4代入函数的解析式后求得x的值即可作为P点

的横坐标，代入解析式即可求得P点的纵坐标。

(3)首先求得直线AP的解析式，然后设出点M的坐标，利用勾股定理表示出有关AP的长即

可得到有关M点的横坐标的方程，求得M的横坐标后即可求得其纵坐标：

设存在点M使得OAMN是菱形，

∵∠OAP>900，∴OA不可能为菱形的对角线，只能为菱形的边。

若点P的坐标为( ，4)，∵点A的坐标为(0，2)，

设线段AP所在直线的解析式为y=kx+b，则 ，解得： 。

∴AP所在直线的解析式为：y= x+2。

∵点M在直线AP上，∴设点M的坐标为：(m， m+2)。

如图，作MH⊥y轴于点H，

则MH= m，AN=OH-OA= m+2-2= m。

∵OA为菱形的边，∴AM=AO=2。

∴在Rt△AMH中，AH2+MH2=AM2，即：m2+( m)2=22，

解得：m=± 。∴M( ，3)或(- ，1)。

当M( ，3)时，N( ，1);当M(- ，1)时，N(- ，-1)。

若点P的坐标为(- ，4)，同理可得N的坐标为(- ，1)或( ，-1)。

综上所述，存在点N( ，1)，(- ，-1)，(- ，1)，( ，-1)，使得

四边形OAMN是菱形。

36. (2012福建三明12分)已知直线 与x轴和y轴分别交于点A和点B，抛物线 的顶点M在直线AB上，且抛物线与直线AB的另一个交点为N.

(1)如图①，当点M与点A重合时，求：

①抛物线的解析式;(4分)

②点N的坐标和线段MN的长;(4分)

(2)抛物线 在直线AB上平移，是否存在点M，使得△OMN与△AOB相似?若存在，

直接写出点M的坐标;若不存在，请说明理由.(4分)

【答案】解：(1)①∵直线 与x轴和y轴分别交于点A和点B，∴A( ，0)，B(0，-5)。

当顶点M与点A重合时，∴M( ，0)。

∴抛物线的解析式是： ，即 。

②∵N是直线 与在抛物线 的交点，

∴ ，解得 或 。

∴N( ，-4)。

如图，过N作NC⊥x轴，垂足为C。

∵N( ，-4)，∴C( ，0)

∴NC=4.MC=OM-OC= 。

∴ 。

(2)存在。点M的坐标为(2，-1)或(4，3)。

【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定。

【分析】(1)①由直线 与x轴和y轴分别交于点A和点B，求出点A、B的坐标，由顶点M与点A重合，根据二次函数的性质求出顶点解析式。

②联立 和 ，求出点N的坐标，过N作NC⊥x轴，由勾股定理求出线段MN的长。

(2)存在两种情况，△OMN与△AOB相似：

情况1，∠OMN=900，过M作MD⊥x轴，垂足为D。

设M(m， )，则OD= m，DM= 。

又OA= ，OB=5，

则由△OMD∽△BAO得， ，即 ，解得m=2。

∴M(2，-1)。

情况2，∠ONM=900，若△OMN与△AOB相似，则∠OMN=∠OBN。

∴OM=OB=5。

设M(m， )，则 解得m=4。

∴M(4，3)。

综上所述，当点M的坐标为(2，-1)或(4，3)时，△OMN与△AOB相似。

37. (2012福建福州13分)如图①，在Rt△ABC中，∠C=90º，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ.点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒(t≥0).

(1) 直接用含t的代数式分别表示：QB=______，PD=______.

(2) 是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形?若存在，求出t的值;若不存在，说明理由.并探究如

何改变点Q的速度(匀速运动)，使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度;

(3) 如图②，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长.

【答案】解：(1) QB=8-2t，PD=43t。

(2) 不存在。理由如下：

在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴ AB=10。

∵ PD∥BC，∴ △APD∽△ACB。∴ ADAB=APAC，即：AD10=t6，∴ AD=53t。

∴ BD=AB-AD=10-53t。

∵ BQ∥DP，∴ 当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形。

∴8-2t=43t，解得：t=125。

当t=125时，PD=43×125=165，BD=10-53×125=6，∴ DP≠BD。

∴ PDBQ不能为菱形。

设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8-vt，PD=43t，BD=10-53t。

要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，

当PD=BD时，即43t=10-53t，解得：t=103。

当PD=BQ时，t=103时，即43×103=8-103v，解得：v=1615。

∴要使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，点Q的速度为1615单位长度/秒。

(3) 如图，以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系。

依题意，可知0≤t≤4。

当t=0时，点M1的坐标为(3，0);

当t=4时，点M2的坐标为(1，4)。

设直线M1M2的解析式为y=kx+b，

∴ 3k+b=0k+b=4，解得：k=-2b=6。

∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6。

∵点Q(0，2t)，P(6-t，0)，

∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为(6-t2，t)。

把x=6-t2，代入y=-2x+6，得y=-2×6-t2+6=t。

∴点M3在直线M1M2上。∴线段PQ中点M所经过的路径长即为线段M1M2。

过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2。

∴ M1M2=25。

∴线段PQ中点M所经过的路径长为25单位长度。

【考点】锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，一次函数综合题，勾股定理，菱形的判定和性质.

【分析】(1) 根据题意得：CQ=2t，PA=t，由Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，即可

得tanA= PDPA=BCAC=43，则可求得QB与PD的值。

(2) 易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形

PDBQ是平行四边形，即可求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形;然后设点Q的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，列方程即可求得答案。

(3) 建立直角坐标系，求出线段PQ中点M始末坐标M1和M2，求出直线M1M2的解析式，并证明线段PQ任一中点在直线M1M2上，从而得出线段M1M2即为线段PQ中点M所经过的路径长，根据勾股定理即可求出。

38. (2012辽宁丹东14分)已知抛物线 与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，点A的坐标是(-1，0)，O是坐标原点，且 .

(1)求抛物线的函数表达式;

(2)直接写出直线BC的函数表达式;

(3)如图1，D为y轴的负半轴上的一点，且OD=2，以OD为边作正方形ODEF.将正方形ODEF

以每秒1个单位的速度沿x轴的正方向移动，在运动过程中，设正方形ODEF与△OBC重叠部分的面积为s，运动的时间为t秒(0

求：①s与t之间的函数关系式;

②在运动过程中，s是否存在最大值?如果存在，直接写出这个最大值;如果不存在，请

说明理由.

(4)如图2，点P(1，k)在直线BC上，点M在x轴上，点N在抛物线上，是否存在以A、M、

N、P为顶点的平行四边形?若存在，请直接写出M点坐标;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)∵ A(-1，0), ，∴C(0，-3)。

∵抛物线经过A(-1，0),C(0，，3)，

∴ ，解得 。

∴抛物线的函数表达式y=x2-2x-3。

(2)直线BC的函数表达式为y=x-3。

(3)当正方形ODEF的顶点D运动到直线BC上时，设D点的坐标为(m，-2)，

根据题意得：-2=m-3，∴m=1。

①当0

当1

G(t，t-3)，H(1，-2)，

∴GD1=t-1，HD1= t-1。

∴S=

。

∴s与t之间的函数关系式为

②在运动过程中，s是存在最大值：当t =2秒时，S有最大值，最大值为 。

(4)存在。M 1(- ，0)M2( ，0)，M3( ，0)，M4( ，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，正方形的性质，二次函数的性质，平行四边形的判定。

【分析】(1)求出点C的坐标，即可根据A，C的坐标用待定系数法求出抛物线的函数表达式。

(2)求出点B的坐标(3，0)，即可由待定系数法求出直线BC的函数表达式。

(3)①分0

②由于 在0

(4)由点P(1，k)在直线BC上，可得k=-2。∴P(1，-2)。

则过点P且平行于x轴的直线N1N2和在x轴上方与x轴的距离为2的直线N3N4，与y=x2-2x-3的交点N1、N2、 N3、N4的坐标分别为N1( ，-2)，N2( ，-2)， N3( ， 2)，N4( ， 2)。

若AP是边，

则M1的横坐标为-PN1加点A的横坐标：- ;

M2的横坐标为PN2加点A的横坐标： ;

M3的横坐标为N3的纵坐标加N3的横坐标： ;

M4的横坐标为N4的纵坐标加N4的的横坐标： 。

若AP是对角线，符合条件的点M与上述M 1(- ，0)和M2( ，0)重合。

综上所述，M 1(- ，0)，M2( ，0)，M3( ，0)，M4( ，0)。

39. (2012辽宁阜新12分)在平面直角坐标系中，二次函数 的图象与x轴交于A(-3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C.

(1)求这个二次函数的关系解析式;

(2)点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大?若存在，求出点P的坐标;若不存在，说明理由;

考生注意：下面的(3)、(4)、(5)题为三选一的选做题，即只能选做其中一个题目，多答时只按作答的首题评分，切记啊!

(3)在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，说明理由;

(4)点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E.是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，说明理由;

(5)点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，说明理由.

【答案】解：(1)由抛物线 过A(-3，0)，B(1，0)，则

，解得 。

∴二次函数的关系解析式为 。

(2)设点P坐标为(m，n)，则 。

连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N。

PM = ， ，AO=3。

当 时， ，所以OC=2。

∵ <0，∴函数 有最大值，当 时， 有最大值。

此时 。

∴存在点 ，使△ACP的面积最大。

(3)存在。点 。

(4)存在。点 。

(5)点 。

【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，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。

【分析】(1)将点A、B的坐标代入 即可求得a、b，从而得到二次函数的关系解析式。

(2)设点P坐标为(m，n)，则 。连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，根据 求出S关于m的二次函数，根据二次函数最值求法即可求解。

(3)分BQ为斜边和CQ为斜边两种情况讨论即可。

(4)分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三种情况讨论即可。

(5)分AC是边和对角线两种情况讨论即可。

40. (2012辽宁铁岭14分)如图，已知抛物线经过原点O和x轴上一点A(4，0)，抛物线顶点为E，

它的对称轴与x轴交于点D.直线 经过抛物线上一点B(-2，m)且与y轴交于点C，与抛物线

的对称轴交于点F.

(1)求m的值及该抛物线对应的解析式;

(2)P 是抛物线上的一点，若S△ADP=S△ADC,求出所有符合条件的点P的坐标;

(3)点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，

设点M的运动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形.若能，请直接写出点M

的运动时间t的值;若不能，请说明理由.

2012中考科目：

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