中考数学复习专题【二次函数中考精品压轴题(四边形与存在性问题)解析精选】 .doc

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1、九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 2014年中考数学复习专题【二次函数中考精品压轴题（四边形与存在性问题）解析精选】【例1】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AB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BD两点的坐标；（2）点P是x轴上一个动点，过P作直线lAC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AP、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，

2、x+2x+3=0，解得x1=1，x2=3。点A在点B的左侧，AB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（k10），则 2b1=3k1=3，解得。 b=3-k+b=0111直线AC的解析式为y=3x+3。y=x+2x+3=（x1）+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，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）；221九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 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（，3）；当点Q在Q3位置时，点

3、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（，3），Q3（1，3）。（3）点B作BBAC于点F，使BF=BF，则B为点B关于直线AC 的对称点连接BD交直线AC与点M，则点M为所求。过点B作BEx轴于点E。1和2都是3的余角，1=2。RtAOCRtAFB。COCA。 =BFAB由A（1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，AB=4。3，解得。， BFAOCOCA由1=2可得RtAOCRtBEB，。=BEBEBB1312363621。BE=，BE=。OE=BEOB=3= =BEBE555

4、5B点的坐标为（2112，）。 55设直线BD的解析式为y=k2x+b2（k20），则4k=k2+b2=4213。 2112，解得48-k+b=22b=55213直线BD的解析式为：y=448x+。 1313联立BD与AC的直线解析式可得：9x=y=3x+335。48，解得4132y=x+y=1313352九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 M点的坐标为（9132）。 3535【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

5、）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，由抛物线y=x+2x+3与x轴交于AB两点可求得AB两点的坐标，同样，由由抛物线y=x+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=x+2x+3=（x1）+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BBAC于点F，使BF=BF，则B为点B关于直线AC 的对称点连接BD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。 2222，从而得12363621到BB=2BF=。由RtAOCRtBEB得到BE=，BE= ，OE=BEOB=3=，从5

6、555 因此，由勾股定理求得AB=4。由RtAOCRtAFB求得而得到点B的坐标。用待定系数法求出线BD的解析式，与直线AC的解析式即可求得点M的坐标。【例2】.如果一条抛物线y=ax2+bx+c(a0)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y=-x2+bx(b>0)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y=-x2+bx(b>0)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

7、存在，说明理由 【答案】解：（1）等腰。（2）抛物线y=-x2+bx(b>0)的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，3九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 bb2该抛物线的顶点24b=2。（3）存在。 bb2。 满足=（b0）24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AEOB，垂足为E，b2b(b>0)，AE=，即42 A3，B0，C3，D-0。2)()()() 设过点O、C、D三点的抛物线y=mx+nx，则12m-m=1，解得，。3m-3 所求抛物线的表达式为y=x。

8、【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b0，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

9、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。 2【例3】已知，在RtOAB中，OAB=90，BOA=30，AB=2若以O为坐标原点，OA所在直线 4九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 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RtOAB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y=ax+bx(a0)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

10、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2 【答案】解：（1）过C作CHOA于H，在RtOAB中，OAB=90，BOA=30，AB=2，OA=将RtOAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处，OC=OA=AOC=60。CH=3 。C3）。（2）抛物线y=ax+bx(a0)经过C3）、A（0）两点， 2a=-1，解得y=-x2 （3）存在。y=-x23），即为点C。MPx轴，设垂足为N，PNt，BOA300，所以ON 5九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 Pt）作PQCD，垂足为Q，MECD，垂足为E。把x=代入y

11、=-x2得：y=-3t2+6t。 M，-3t2+6t），E，-3t2+6t）。同理：Q，t），D1）。要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CEQD，即3-3t2+6t=t-1，解得：t1= P()4，t2=1（舍去）。 34。 ）34。 ）3 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CHOA于H，根据折叠得到OC=OA=4，A0C=60，求出OH和CH即可。（2）把C3）、A（0）代

12、入y=ax+bx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CEQD即可，据此列式求解。 2 【例4】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）（0t4）解答下列问题： （1）当t为何值时，PQBC（2）设AQP面积为S（单位：cm），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 26九年级数学专项训练题二次函

13、数学专项训练 （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=102t若PQBC，则当t=20APAQ10-2t2t，即。 =，解得t=9ABAC10820s时，PQBC。 9（2）如图1所示，过P点作PDAC于点D。则PDBC，APDABC。 APPD10-2tPD6，即，解得PD=6-t。 =ABBC1065116S=AQPD=2t（6-t） 22566515=-t

14、2+6t=-t-+。 5522当t=25152s时，S取得最大值，最大值为cm。 22（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，11SABC，而SABC=ACBC=24，此时SAQP=12。 22662由（2）可知，SAQP=-t2+6t，-t2+6t=12，化简得：t5t+10=0。 55则有SAQP=（5）4110=150，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PDAC于点D，则有PDBC，APDABC。 2APPDAD10-2tPD

15、AD，即。=ABBCAC10687九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 68解得：PD=6-t，AD=8-t， 55818QD=ADAQ=8-t-2t=8-t。 55在RtPQD中，由勾股定理得：QD+PD=PQ，即（8-化简得：13t90t+125=0，解得：t1=5，t2=2222186222t）+（6-t）=（2t）， 5525。 1325。 13t=5s时，AQ=10cmAC，不符合题意，舍去，t=6由（2）可知，SAQP=-t2+6t 566252252400S菱形AQPQ=2SAQP=2（-t2+6t）=2（）+6=。 5513131692524002存在时刻t=，使四边形AQP

16、Q为菱形，此时菱形的面积为cm。 13169【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PQBC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PDAC于点D，得APDABC，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

17、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RtPQD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。 【例5】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+1x +c的图6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

18、直线BA、BC于不同的P、Q两点，AC、BD相交于N。 8九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 若直线lBD，如图1所示，试求11的值； +BPBQ若l为满足条件的任意直线。如图2所示，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+1x +c的图象经过点B（-3，0），M（0，-1）， 6119a+(-3)+c=0 a= ，解得66。 c=-1c=-1二次函数的解析式为：y=（2）证明：在y=121x+x-1。 6612111x+x-1中，令y=0，得x2+x-1=0，解得x1=3，x2=2。 6666C（2，0），BC=5。令x=0，

19、得y=-1，M（0，1），OM=1。又AM=BC，OA=AMOM=4。A（0，4）。设ADx轴，交抛物线于点D，如图1所示， 则yD=121x+x-1=OA=4，解得x1=5，x2=6（位于第二象限，舍去）。 66D点坐标为（5，4）。AD=BC=5。又ADBC，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），9九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 1k=-3k+b=0 2。 ，解得：5k+b=4b=32直线BD解析式为：y=13 x+。 22（3）在RtAOB中，AB=5

20、，又AD=BC=5，ABCD是菱形。若直线lBD，如图1所示，四边形ABCD是菱形，ACBD。AC直线l。BA=BC=5，BP=BQ=10。 BABCBN1 =。BPBQBD211111+=+=。 BPBQ10105若l为满足条件的任意直线，如图2所示，此时中的结论依然成立，理由如下：ADBC，CDAB，PADDCQ。APCQ=ADCD=55=25。 APAD。 =CDCQ1111115+CQ+5+AP+=+=+= BPBQ AB+APBC+CQ 5+AP5+CQ5+AP5+CQ=10+AP+CQ10+AP+CQ10+AP+CQ1=。 25+5AP+CQ+APCQ25+5AP+CQ+2550+

21、5AP+CQ5【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ADBC，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。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111+=。 BPBQ510九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 判定PADDCQ，得到APCQ=25，利用这个关系式对11进行

22、分式的化简求+BPBQ值，结论为111+= 不变。 BPBQ5【例6】如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）以A为顶点的抛物线y=ax+bx+c过点C动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动点P，Q的运动速度均为每秒1个单位运动时间为t秒过点P作PEAB交AC于点E（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EFAD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H

23、为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值2 【答案】解：（1）A（1，4）。由题意，设抛物线解析式为y=a（x1）+4抛物线过点C（3，0），0=a（31）+4，解得，a=1。抛物线的解析式为y=（x1）+4，即y=x+2x+3。（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，A（1，4），C（3，0）， 2222k=-24=k+b，解得。 b=60=3k+b直线AC的解析式为y=2x+6。点P（1，4t），将y=4t代入y=2x+6中，解得点E的横坐标为x=1+t。 211九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 t2t点G的横坐标为1+，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为4-。 42t2t2GE

24、=（4-）（4t）=t-。 44tt又点A到GE的距离为，C到GE的距离为2-， 221t1tt212SDACG=SDAEG+SDCEG=EG+EG（2-=EG=t-=-(t-2)+1。 222244当t=2时，SACG的最大值为1。（3）t=20或t=20- 13【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，矩形和菱形的性质。【分析】（1）根据矩形的性质可以写出点A得到坐标；由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为 y=a（x1）+4，然后将点C的坐标代入，即可求得系数a的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）。（2）利用待定系数法求得直线AC的方程y=2x+

25、6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标（1，4t），据此可以求得点E的纵坐标，将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标；然后结2ttt2合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=t-、点A到GE的距离为，C到GE的距离为2-；42212最后根据三角形的面积公式可以求得SDACG=SDAEG+SDCEG=-(t-2)+1，由二次函数的最值可以解得4t=2时，SACG的最大值为1。（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H在直线EF上。分CE是边和对角线两种情况讨论即可。 tt 由题设和（2）知，C（3，0），Q（3，t），E（1+,4-t），设H（1+,m）。 22当CE是对角线时，如

26、图1，有CQ=HE=CH，即12九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 4-t-m=tm=4-2t222244-2t-3t-8t+16=013t-72t+80=0， ()24m-3t-8t+16=0解得，t=20或t=4（舍去，此时C，E重合）。 13当CE是边时，如图2，有CQ=CE=EH，即m-(4-t)=tm=42t-40t+80=0，2t-40t+80=0解得，t=20-ABCD的范围）。综上所述，当t=20或t=20-ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，13E，H为顶点的四边形为菱形。【例7】如图，二次函数y=x2bxc的图象与x轴交于A、B两点，且A点坐标为（3，0），经过

27、B点的直线交抛物线于点D（2，3）.（1）求抛物线的解析式和直线BD解析式；（2）过x轴上点E（a，0）（E点在B点的右侧）作直线EFBD，交抛物线于点F，是否存在实数a使四边形BDFE是平行四边形？如果存在，求出满足条件的a；如果不存在，请说明理由. 【答案】解：（1）将A（3，0），D(2，3)的坐标代入y=x2bxc得，b=29-3b+c=0，解得：。 c=-34-2b+c=-3抛物线的解析式为y=x22x3 。由x22x3=0，得：x1=3，x2=1，B的坐标是（1，0）。设直线BD的解析式为y=kxb，则 13九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 k=1k+b=0，解得：。 b=-

28、1-2k+b=-3直线BD的解析式为y=x1。（2）直线BD的解析式是y=x1，且EFBD,直线EF的解析式为：y=xa。若四边形BDFE是平行四边形，则DFx轴。D、F两点的纵坐标相等，即点F的纵坐标为3。-(2a+1)y=x2+2x-3由得y2（2a1）ya22a3=0，解得：y= 。 2y=x-a令-(2a+1)2=3，解得：a1=1，a2=3。当a=1时，E点的坐标（1，0），这与B点重合，舍去；当a=3时，E点的坐标（3，0），符合题意。存在实数a=3，使四边形BDFE是平行四边形。【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，平行四边形的性质。【分析】（1）把A、

29、D两点的坐标代入二次函数解析式可得二次函数解析式中b，c的值，让二次函数的y等于0求得抛物线与x轴的交点B，把B、D两点代入一次函数解析式可得直线BD的解析式。（2）得到用a表示的EF的解析式，跟二次函数解析式组成方程组，得到含y的一元二次方程，进而根据y=3求得合适的a的值即可。【例8】如图，把两个全等的RtAOB和RtCOD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上已知点A（1，2），过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F抛物线y=ax+bx+c经过O、A、C三点（1）求该抛物线的函数解析式；（2）点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，

30、问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由（3）若AOB沿AC方向平移（点A始终在线段AC上，且不与点C重合），AOB在平移过程中与COD重叠部分面积记为S试探究S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由2 14九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 【答案】解：（1）抛物线y=ax+bx+c经过点O，c=0。又抛物线y=ax+bx+c经过点A、C， 223a=-a+b=22。 ，解得4a+2b=1b=7237抛物线解析式为y=-x2+x。 22（2）设点P的横坐标为t，PNCD，OPNOCD，可得PN=tt。P（t

31、，）。 2237点M在抛物线上，M（t，-t2+t）。 22如图1，过M点作MGAB于G，过P点作PHAB于H，7373AG=yAyM=2-t2+t=t2-t+2， 2222BH=PN=t。 2当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形， 37t2t2-t+2=，化简得3t8t+4=0。 2222解得t1=2（不合题意，舍去），t2=， 321点P的坐标为（。 ）3321存在点P（，使得四边形ABPM为等腰梯形。）33 15九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 （3）如图2，AOB沿AC方向平移至AOB，AB交x轴于T，交OC于Q，AO交x轴于K，交OC于R。由A、C的坐标可求得过A、C的直线

32、为yAC=x+3设点A的横坐标为a，则点A（a，a+3），易知OQTOCD，可得QT=点Q的坐标为（a，a。 22）。 3设AB与OC相交于点J，ARQAOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，HTAQ。 =OBAJ13-a-aAQ1=2-a。 OB=HT=1AJ2-211a3AT=（3a），AQ=yAyQ=（a+3）=3a。 222211S四边形RKTQ=SAKTSARQ=KTATAQHT 22KT=13-a13133133=(3-a)-3-a(-a+2)=-a2+a-=-a-+。 222222422821-0， 2333在线段AC上存在点A（， ），能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为。

33、228【考点】二次函数综合题，二次函数的图象和性质，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，等腰梯形的性质，相似三角形的判定和性质，图形平移的性质以及几何图形面积的求法。【分析】（1）抛物线y=ax+bx+c经过点O、A、C，利用待定系数法求抛物线的解析式。（2）根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求221出t的值，从而可解。结论：存在点P（，使得四边形ABPM为等腰梯形。 ）33（3）求出得重叠部分面积S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值。 【例9】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

34、合，ABOC，AOC=90，BCO=45，点C的坐标为（18，0）。 16九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 （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 DGODOG2，E（0，4）。 =，AB=6，OA=12，DG=4，OG=8。D（4，8）ABOBOA3设直线DE解析式为y=kx+b（k0）k=-1-4k+b=8 ，解得。直线DE解析式为y=x+4。 b=4 b=4（3）结论：存在。点Q的坐标为：（，2 ），（，2 ），（4，4），（2，2）。【考点】一次

35、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ODGOBA，由 17九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 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，。菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边。则有P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EFP1

36、4。易知P1NF为等腰直角三角形，P11F=4。 设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1P1N=4（4） 又ON=OF，Q1（，）。菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边。此时Q2与Q1关于原点对称，Q2（，）。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）。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

37、菱形，点Q的坐标为：Q1（，），Q2（，），Q3（4，4），Q4（2，2）。【例10】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 18九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 【答案】解：（1）由已知得，FG=AF=2，FB=1。四边形ABCD为矩形，B=90

38、。BG=G点的坐标为（3，4。（2）设直线EF的解析式是y=kx+b，在RtBFG中，cosBFG=FB1。AFE=EFG=60。 =，BFG=60FG2AE=AFtanAFE=2tan60。E点的坐标为（0，4。又F点的坐标是（2，4），b=4-k=解得 2k+b=4b=4-直线EF的解析式为y=+4-（3）存在。M，），。 8）【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=ABAF=1，则在RtBFG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： 19九年级数学专项训练题二次函数学专项训练 FG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M1Hx轴于点H，易证M1HN1GBF，M1，即yM1 由直线EF解析式y=+4-xM1=M1