1、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AMNDMODON，。OD=4，MD=，ND=，。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）
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）根据正切函数定义，分别求出ANM和ONM即可证明。 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RtOMNK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lA
3、C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（1）当y=0时，x2+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，解得。直线AC的解析式为y=3x+3。y=x2+2x+3=（x1）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，当点Q在
4、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）；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）；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。由A（1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，AC=，A
5、B=4。，解得。BB=2BF=，由1=2可得RtAOCRtBEB，。BE=，BE=。OE=BEOB=3=B点的坐标为（，）。设直线BD的解析式为y=k2x+b2（k20），则直线BD的解析式为：。联立BD与AC的直线解析式可得：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。（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AB两点可求得AB两点的坐标，同样，由由抛物线y=x2+2x+3与y
6、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=（x1）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。 因此，由勾股定理求得AC=，AB=4。由RtAOCRtAFB求得，从而得到BB=2BF=。由RtAOCRtBEB得到BE=，BE= ，OE=BEOB=3=，从而得到点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。3. （2
7、012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（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（b0）。 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
8、ABCD为矩形。 又AO=AB， OAB为等边三角形。 作AEOB，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。（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
9、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，ADBC，B=90，AD=2，BC=6，AB=3E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
10、形BEFG沿BC向右平移，记平移中的正方形BEFC为正方形BEFG，当点E与点C重合时停止平移设平移的距离为t，正方形BEFG的边EF与AC交于点M，连接BD，BM，DM，是否存在这样的t，使BDM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BEFG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（1）如图，设正方形BEFG的边长为x，则BE=FG=BG=x。AB=3，BC=6，AG=ABBG=3x。GFBE，AGFABC。，即。解得：x=2，即BE=2。（2）存在满足条件的t，理由如下：如图，过点D作DHBC
11、于H，则BH=AD=2，DH=AB=3，由题意得：BB=HE=t，HB=|t2|，EC=4t，EFAB，MECABC。ME=2t。在RtBME中，BM2=ME2+BE2=22+（2t）2=t22t+8。在RtDHB中，BD2=DH2+BH2=32+（t2）2=t24t+13。过点M作MNDH于N，则MN=HE=t，NH=ME=2t，DN=DHNH=3（2t）=t+1。在RtDMN中，DM2=DN2+MN2=（t+1）2+ t 2=t2+t+1。（）若DBM=90，则DM2=BM2+BD2，即t2+t+1=（t22t+8）+（t24t+13），解得：t=。（）若BMD=90，则BD2=BM2+D
12、M2，即t24t+13=（t22t+8）+（t2+t+1），解得：t1=3+，t2=3（舍去）。t=3+。（）若BDM=90，则BM2=BD2+DM2，即t22t+8=（t24t+13）+（t2+t+1），此方程无解。综上所述，当t=或3+时，BDM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。（1）首先设正方形BEFG的边长为x，易得AGFABC，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MECABC与勾股定理，求得BM，DM与BD的平方，然后分别从若DBM、DBM和BDM分别是直角，列方程求解即可。（3）
13、分别从， 和时去分析求解即可求得答案：如图，当F在CD上时，EF：DH=CE：CH，即2：3=CE：4，CE=。t=BB=BCBEEC=62。ME=2t，FM=t，当时，S=SFMN=tt=t2。如图，当G在AC上时，t=2，EK=ECtanDCB= ，FK=2EK=1。NL=，FL=t，当时，S=SFMNSFKL=t2（t）（1）=。如图，当G在CD上时，BC：CH=BG：DH，即BC：4=2：3，解得：BC=，EC=4t=BC2=。t=。BN=BC=（6t）=3t，GN=GBBN=t1。当时，S=S梯形GNMFSFKL=2（t1+t）（t）（1）=。如图，当时，BL=BC=（6t），EK=
14、EC=（4t），BN=BC=（6t）EM=EC=（4t），S=S梯形MNLK=S梯形BEKLS梯形BEMN=。综上所述：5. （2012甘肃白银12分）已知，在RtOAB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
15、；（1）过C作CHOA于H， 在RtOAB中，OAB=90，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=60OH=，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。 MPx轴，设垂足为N，PNt，BOA300，所以ON P（） 作PQCD，垂足为Q，MECD，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CEQD， 即，解得：，（舍去）。 P点坐标为（，）。 存在满足条件的点P，使
16、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。 （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CEQD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）
17、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（t0）（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；（3）当t为何值时，MNA是一个等腰三角形？（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（x6），则将N（3，4）代入得4=3a（36），解得a=。抛物线的解析式：（2）存在。过点N作NCOA于C，由题意，A
18、N=t，AM=OAOM=6t，NC=NAsinBAO=。MNA的面积有最大值，且最大值为6。（3）在RtNCA中，AN=t，NC=ANsinBAO=，AC=ANcosBAO=t。 OC=OAAC=6t。N（6t，）。又AM=6t且0t6，当MN=AN时，即t28t+12=0，解得t1=2，t2=6（舍去）。当MN=MA时，即，解得t1=0（舍去），t2=。当AM=AN时，6t=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。（1）由A、B的坐
19、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SMNA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：MN=NA、MN=MA、NA=MA；直接根据等量关系列方程求解即可。7. （2012贵州
20、贵阳12分）如图，二次函数y=x2x+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=x2x+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；（1）A（4，0）在二次函数y=x2x+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。SABM=。顶点M关于x轴的对称点是M，S四边形AMBM=2SABM=2=125。（3
21、）存在抛物线，使得四边形AMBM为正方形。在y=x2x+c中，令y=0，则x2x+c=0，设点AB的坐标分别为A（x1，0）B（x2，0），则x1+x2=，x1x2=。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+4c3=0，解得c1=，c2=。又抛物线与x轴有两个交点，=b24ac=（1）24c0，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。（1）把点A的坐标代入二次函数解析式，计算求出
22、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=2SABM，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
23、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：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；（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；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，即，解得。当s时，PQBC。（2）如图1所示，过P点作PD
24、AC于点D。则PDBC，APDABC。，即，解得。S=AQPD=2t（）当t=s时，S取得最大值，最大值为cm2。（3）不存在。假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把ABC的面积平分，则有SAQP=SABC，而SABC=ACBC=24，此时SAQP=12。由（2）可知，SAQP=，=12，化简得：t25t+10=0。=（5）24110=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。PD=，AD=，QD=ADAQ=。在RtPQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，即（）2+（）2=（2t）2，化简得：13t290t+125=0，解得：t1=5，t2=。t=5s时，AQ=10cmAC，不符合题意，舍去，t=。由（2）可知，SAQP=S菱形AQPQ=2SAQP=2（）=2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。（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APD
