专题24函数与菱形存在性问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（解析版）.docx

1、【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题24函数与菱形存在性问题 解题策略我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是四边都相等的四边形是菱形；两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ；邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ；一条对角线平分一个顶角的平行四边形是菱形.在做几何证明题的时候我们常用的判定方法主要是前三种.二次函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大的多，纵观历年中考真题，菱形存在性问题主要是以“两定两动”为设问方式，其中两定指的是四边形

2、四个顶点其中有两个顶点的坐标是确定的或者是可求解的；两动指的是其中一个动点在一条直线或者抛物线上，另外一个动点是平面内任意一点或者该动点也在一条直线或者抛物线上.经典例题【例1】（2022春锡山区校级期中）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AB6cm，BC8cm，点E从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度是2cm/s；点F从点B出发，沿BD方向匀速运动，速度是1cm/s，MN是过点F的直线，分别交AB、BC于点M、N，且在运动过程中始终保持MNBD连接EM、EN、EF，两点同时出发，设运动时间为t（s）（0t3.6），请回答下列问题：（1）求当t为何值时，EFDABD？（2）求当t为何值时，

3、EFD为等腰三角形；（3）将EMN沿直线MN进行翻折，形成的四边形能否是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）当ABDEFD时，则，代入计算即可；（2）分EDEF，DEDF，FEFD三种情形，分别画出图形，利用相似相似三角形的判定与性质可得答案；（3）当EMEN时，过点E作EKBC于K，利用勾股定理分别表示出EM和EN的长，从而得出方程解决问题【解答】解：（1）由题意得：DE2tcm，BFtcm四边形ABCD是矩形，BAD90，在RtABD中，BD10cm，DFBDBF（10t）cm，当ABDEFD时，则，即，解得t，即当t为时，EFDABD；（2）当EDEF时，过点E作

4、EGBF于G，EDEF，EFD为等腰三角形，又EGDF，DGDF（10t）cm，EDGBDA，EGDBAD90，EGDBAD，即，t；当EFFD时，过点F作FHAD，EFFD，EFD为等腰三角形，又FHED，HDDEt（cm），ADBHDF，BADFHD，DHFDAB，即，t3.6（舍去），当DEDF时，即2t10t，解得：t，综上，当t或时，EFD为等腰三角形；（4）假设存在符合题意的t，则EMEN，过点E作EKBC于K，则四边形EKCD为矩形，EDCK2t（cm），EKCD6cm，NKBCBNCK8t2t（8t）cm，EN2EK2+NK2+100，EM2AM2+AE2t252t+100，+

5、100t252t+100，解得t1t20，t0，不合题意，不存在四边形是菱形【例2】（2022秋南岸区校级期中）如图，点A、B分别在x轴和y轴的正半轴上，以线段AB为边在第一象限作等边ABC，SABC，且CAx轴（1）若点C在反比例函数y（k0）的图象上，求该反比例函数的解析式；（2）在（1）中的反比例函数图象上是否存在点N，使四边形ABCN是菱形，若存在请求出点N坐标，若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，取OB的中点M，将线段OM沿着y轴上下移动，线段OM的对应线段是O1M1，直接写出四边形CM1O1N周长的最小值【分析】（1）如图1中，作CDy轴于D首先证明四边形OACD是矩形，

6、利用反比例函数k的几何意义解决问题即可；（2）如图2中，作BDAC于D，交反比例函数图象于N，连接CN，AN，求出D的坐标，证明四边形ABCN是菱形即可；（3）过点C作y轴的对称点C，将点C向下平移0.5个单位得到点C，连接CN交y轴于点O1，在O1上方0.5个单位处取点M1，则四边形CM1O1N周长的最小，进而求解【解答】解：（1）如图1中，作CDy轴于DCAy轴，CDy轴，CDOA，ACOD，四边形OACD是平行四边形，AOD90，四边形OACD是矩形，kS矩形OACD2SABC2，反比例函数的解析式为y；（2）存在，理由：如图2中，作BDAC于D，交反比例函数图象于N，连接CN，ANAB

7、C是等边三角形，面积为，设CDADm，则BDm，2mm，m1或1（舍弃），B（0，1），C（，2），A（，0），N（2，1），BDDN，ACBN，CBCN，ABAN，ABBC，ABBCCNAN，四边形ABCN是菱形，N（2，1）；（3）由点M是OB的中点知，OM0.5O1M1，由点C、N的坐标得，CN2，如图3，过点C作y轴的对称点C（，2），将点C向下平移0.5个单位得到点C（，），连接CN交y轴于点O1，在O1上方0.5个单位处取点M1，连接CM1、CM1，此时，四边形CM1O1N周长的最小理由：由CCO1M1且CCO1M1知，四边形CCO1M1为平行四边形，则CM1CO1，而由图象的对称

8、性知，CM1CM1，则四边形CM1O1N周长CN+CM1+O1M1+O1N2+0.5+O1N+CM12.5+CM1+O1N2.5+CO1+O1N2.5+CN为最小，即四边形CM1O1N周长最小值2.5+CN2.5+【例3】（2022秋龙华区期中）已知：在平面直角坐标系中，直线l1：yx+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，直线l2经过点A，与y轴交于点C（0，4）（1）求直线l2的解析式；（2）如图1，点P为直线l1一个动点，若PAC的面积为10时，请求出点P的坐标（3）如图2，将ABC沿着x轴平移，平移过程中的ABC记为A1B1C1，请问在平面内是否存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四

9、边形是菱形？若存在，直接写出点D的坐标【分析】（1）求出A点坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可；（2）设P（t，t+2），分两种情况讨论：当P点在B点左侧时，SPACSABC+SBCP6+6（t）10，可求P（，）；当P点在A点右侧时，SPAC6（t2）10，可求P或（，）；（3）设ABC向左平移m个单位长，D（x，y），则A1（2m，0），C1（m，4），根据菱形的对角线情况可分三种情况讨论：当CD为菱形对角线时，求得D（5，0）；当AC1为菱形对角线时，求得D（2，0）；当A1D为菱形对角线时，求得D（2，8）【解答】解：（1）令x0，则y2，B（0，2），令y0，则x2，A（2，0）

10、，设直线AC的解析式为ykx+b，解得，直线l2的解析式为y2x4；（2）B（0，2），A（2，0），OAOB，ABO45，C（0，4），OC4，BC6，OA2，SABC626，P点在B点左侧或在A点右侧，设P（t，t+2），当P点在B点左侧时，SPACSABC+SBCP6+6（t）10，解得t，P（，）；当P点在A点右侧时，SPACSPBCSABC（t2）610，解得tP（，）；综上所述：P点坐标为（，）或（，）；（3）存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形，理由如下：设ABC向左平移m个单位长，D（x，y），A1（2m，0），C1（m，4），当CD为菱形对角线时，解得，D（

11、5，0）；当AC1为菱形对角线时，解得或（舍），D（2，0）；当A1D为菱形对角线时，解得（舍）或，D（2，8）；综上所述：D点坐标为（5，0）或（2，0）或（2，8）【例4】（2022秋博罗县期中）如图，抛物线yx2+x+1与y轴交于点A，过点A的直线与抛物线交于另一点B，过点B作BCx轴，垂足为点C（3，0）（1）求直线AB的函数解析式（2）动点P在线段OC上，从原点O出发以每秒一个单位的速度向C移动，过点P作PNx轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N，设点P移动的时间为t秒，MN的长为s个单位，求s与t的函数解析式，并写出t的取值范围（3）在（2）的条件下（不考虑点P与点O，C重合的情况

12、），连接CM，BN，当t为何值时，四边形BCMN为平行四边形？对于所求的t的值，平行四边形BCMN是否为菱形？若存在，请直接写出四边形BCMN为菱形时t的值，若不能存在请说明理由【分析】（1）把x0代入yx2+x+1，求出y的值，得到A点坐标，把x3代入yx2+x+1，求出y的值，得到B点坐标，设直线AB的解析式为ykx+b，将A、B两点的坐标代入，利用待定系数法即可求出直线AB的解析式为yx+1；（2）根据路程速度时间得出OP1tt，那么P（t，0）（0t3），再求出M、N的坐标，利用sMNNPMP即可求出s与t的函数关系式；（3）由于BCMN，所以当BCMN时，四边形BCMN为平行四边形，

13、根据MNBC列出方程t2+t，解方程求出t的值，得出t1或2时，四边形BCMN为平行四边形；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，分t1、t2两种情况，计算MN与MC，比较大小，如果相等，则四边形BCMN是菱形；如果不相等，则四边形BCMN不是菱形【解答】解：（1）当x0时，y1，A（0，1）当x3时，y32+3+12.5，B（3，2.5），设直线AB的解析式为ykx+b，则：，解得：，直线AB的解析式为yx+1；（2）动点P在线段OC上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动，点P移动的时间为t秒，OP1tt，P（t，0）（0t3），过点P作PNx轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N，M（t，

14、t+1），N（t，t2+t+1），sMNNPMPt2+t+1（t+1）t2+t（0t3）；（3）由题意，可知当MNBC时，四边形BCMN为平行四边形，此时，有t2+t，解得t11，t22，所以当t1或2时，四边形BCMN为平行四边形当t1时，MP，NP4，故MNNPMP，又在RtMPC中，MC，故MNMC，此时四边形BCMN为菱形；当t2时，MP2，NP，故MNNPMP，又在RtMPC中，MC，故MNMC，此时四边形BCMN不是菱形综上，当t1或2时，四边形BCMN为平行四边形当t1时，四边形BCMN为菱形培优训练一解答题1（2022秋思明区校级期中）如图，正方形OABC的边OA、OC分别在x

15、轴和y轴上，顶点B在第一象限，AB6，点E、F分别在边AB和射线OB上运动（E、F不与正方形的顶点重合），OF2BE，设BEt（1）当t2时，则AE4，BF2；（2）当点F在线段OB上运动时，若BEF的面积为，求t的值；（3）在整个运动过程中，平面上是否存在一点P，使得以P、O、E、F为顶点，且以OF为边的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）由题意可直接得出答案；（2）由题意易得，进而得到FH62t，然后求解即可；（3）根据题意易得OF、EF、EO的长，要使以P，O，E，F为顶点的四边形是菱形，故而有三种情况：一是OFEF，二是OEEF，三是OEOF，然后分别求

16、解即可【解答】解：（1）AB6，BE2，AEABBE624，AOAB，A90，；故答案为：4，2；（2）如图，作FHAB于H，由题意，得，FH62t，解得：；（3）由已知得：，EF2（62t）2+（63t）213t260t+72，OE2（6t）2+62t212t+72，若OFEF，如图，8t213t260t+72，解得：，若OEEF，如图，t212t+7213t260t+72，解得：t4，若OEOF，如图，t212t+728t2，解得：综上所述，或t4或2（2022城西区开学）如图，在平面直角坐标系中，直线y2x+4与x轴，y轴分别交于A，B两点，直线yx+1与x轴，y轴分别交于C，D两点，这

17、两条直线相交于点P（1）求点P的坐标；（2）求四边形AODP的面积；（3）在坐标平面内是否存在一点Q，使以A，P，D，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由【分析】（1）联立两一次函数解析式即可求出交点坐标；（2）根据四边形AODP的面积SACPSOCD求解即可；（3）由A（2，0），P（1，2）求出AP，由C（1，0），D（0，1），P（1，2）求出AD，DP，可得ADAP，则以A，P，D，Q为顶点的四边形是菱形时，只能以PD为对角线，根据菱形的性质即可求解【解答】解：（1）联立直线y2x+4与直线yx+1得：，点P的坐标为（1，2）；（2）由直线y2x+4得

18、A（2，0），B（0，4），由直线yx+1得C（1，0），D（0，1），AC3，OC1，OD1，SACP323，SOCD11，四边形AODP的面积SACPSOCD3；（3）A（2，0），P（1，2），AP，C（1，0），D（0，1），P（1，2），AD，DP，ADAP，以A，P，D，Q为顶点的四边形是菱形时，只能以PD为对角线，如图：存在，点Q的坐标为（1，3）3（2022春大足区期末）已知：在平面直角坐标系中，直线l1：yx+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，直线l2经过点A，与y轴交于点C（0，4）（1）求直线l2的解析式；（2）如图1，点P为直线l1一个动点，若PAC的面积等于10时，请

19、求出点P的坐标；（3）如图2，将ABC沿着x轴平移，平移过程中的ABC记为A1B1C1，请问在平面内是否存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点D的坐标【分析】（1）设直线l2的解析式ykx+b，求出点A的坐标，把A、C的坐标代入解析式计算即可；（2）设点P的横坐标为t，根据三角形的面积公式建立方程，求解即可（3）按CC1为菱形边长和对角线两种情况讨论，最后根据菱形的性质求出点D的坐标即可【解答】解：（1）设直线l2的解析式ykx+b，直线l1：yx+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，A（2，0），B（0，2），直线l2经过点A，与y轴交于点C（0，4），直线

20、l2的解析式：y2x4；（2）由题意可知，BC6，设点P的横坐标为m，SPAC|xAxP|BC|2m|610，m或mP（，）或P（，）（3）设将ABC沿着x轴平移t个单位长度得到A1B1C1，A1（2t，0），CC1t，A1C1AC2，设D点坐标为（p，q），当CC1为以A1、C1、C、D为顶点的菱形边长时，有两种情况：当CC1A1C12时，即t2，此时CC1A1D，即点D在x轴上，且A1DA1C12，点D与点A重合，即D（2，0）当CC1A1Ct时，A1（2t，0），C（0，4），（4）2+（2t）2t2，解得t5，此时CC1A1D，即点D在x轴上，且A1DCC15，D（8，0）当CC1为以

21、A1、C1、C、D为顶点的菱形对角线时，A1C1A1C2，即点A1在CC1的垂直平分线上，且A1，D关于CC1对称，当ABC向左一移动，A1（2t，0），C（0，4），C1（t，4），（4）2+（2t）2（2）2，解得t4或t0（舍），当ABC向右移动时，A1（2+t，0），C（0，4），C1（t，4），（4）2+（2+t）2（2）2，解得t4（舍）或t0（舍），A1（2，0），D（2，8）综上所述，存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形，点D的坐标为（2，0），（8，0），（2，8）4（2022崆峒区校级二模）如图，抛物线yx2+bx+c交y轴于点A（0，2），交x轴于点B（

22、4，0）、C两点，点D为线段OB上的一个动点（不与O、B重合），过点D作DMx轴，交AB于点M，交抛物线于点N（1）求抛物线的解析式；（2）连接AN和BN，当ABN的面积最大时，求出点D的坐标及ABN的最大面积；（3）在平面内是否存在一点P，使得以点A，M，N，P为顶点，以AM为边的四边形是菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）将A，B的坐标代入抛物线的解析式组成二元一次方程组，求解即可；（2）设D（t，0）（0t4），根据坐标的特点，可得出点M，N的坐标，再根据三角形的面积公式可表达ABN的面积，根据二次函数的性质可得出结论；（3）根据题意，易证AEMAOB，由此

23、得出AE和AM的长，再根据题意需要分两种情况讨论：当AMMN时，当AMAN时，分别求解即可【解答】解：（1）将点A（0，2），点B（4，0）代入抛物线yx2+bx+c，抛物线的解析式为：yx2+x+2（2）点A（0，2），点B（4，0），直线AB的解析式为：yx+2；设D（t，0）（0t4），DMx轴，点M在直线AB上，点N在抛物线上，M（t，t+2），N（t，t2+t+2），MNt2+t+2（t+2）t2+4t，ABN的面积MN（xBxA）（t2+4t）42（t2）2+8，20，0t4，当t2时，ABN有最大值，最大值为8，此时D（2，0）（3）存在，如图，过点M作MEy轴于点E，MEOB，

24、ME1，AEMAOB90，AMEABO，AEMAOB，AE：AOAM：ABME：OB，RtAOB中，OA2，OB4，AB2，AEt，AMt根据题意，需要分两种情况讨论：AMMN时，如图，此时tt2+4t（0t4），解得t或t0（舍），AM，APAM，APMN，点P在y轴上，OP2+，P（0，）；当AMAN时，如图，此时AP与MN互相垂直平分，设MN与AP交于点F，MFMN（t2+4t），MFAEt，（t2+4t）t，解得t3或t0（舍），AP2t6，P（6，2）综上，存在点P，使得以点A，M，N，P为顶点，以AM为边的四边形是菱形，此时P（0，）或（6，2）5（2022前进区三模）如图，在平面

25、直角坐标系中，矩形ABCO的边OC与x轴重合，OA与y轴重合，BC2，D是OC上一点，且OD，DC的长是一元二次方程x25x+40的两个根（ODDC）（1）求线段OD，OC，AD的长；（2）在线段AB上有一动点P（不与A、B重合），点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB方向匀速运动，到终点B停止，设运动的时间为t秒，过P点作PEBD交AD于E，PFAD交BD于F，求四边形DEPF的面积S与时间t的函数关系式；（3）在（2）的条件下，在点P运动的过程中，x轴上是否存在点Q，使以A、D、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【分析】（1）解方程可得O

26、D4，CD1，即可求解；（2）先证明四边形PEDF是矩形，由锐角三角函数可求PE，PF的长，即可求解；（3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解【解答】解：（1）OD，DC的长是一元二次方程x25x+40的两个根（ODDC）OD4，CD1，OC5，AD2；（2）PEBD，PFAD，四边形PEDF是平行四边形，BD，BD2+AD25+2025，AB225，BD2+AD2AB2，ADB90，四边形PEDF是矩形，sinBAC，PEt，PFAD，BPFBAD，cosBPFcosBAD，PF（5t），SPEPFt（5t），St2+2t；（3）存在点Q，使以A、D、P、Q为顶点的四边形是菱形，设P（t，2）

27、，PD2（4t）2+22，当PD，AP为边，四边形APDQ是菱形，PDAP，则t2（4t）2+22，解得：t，AP，DQAP，点Q（，0）；当AD，AP为边，四边形APQD是菱形，PDAP，2t，AP2，DQAP2，DQAP2，点Q（4+2，0），综上所述：点Q（4+2，0）或（，0）6（2021秋莱西市期末）已知：如图，菱形ABCD中，AB5cm，AC6cm，动点P从点B出发，沿BA方向匀速运动；同时，动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动，它们的运动速度均为1cm/s过点P作PMBC，过点B作BMPM，垂足为M，连接QP设运动时间为t（s）（0t5）解答下列问题：（1）菱形ABCD的高为 c

28、m，cosABC的值为 ；（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形MPQB为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由（3）是否存在某一时刻t，使四边形MPQB的面积是菱形ABCD面积的？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由（4）是否存在某一时刻t，使点M在PQB的角平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）连接BD交AC于点O，作AEBC于点E，根据菱形的性质得BCAB5cm，OAOC3cm，AOB90，根据勾股定理求得OB4cm，即可求得菱形ABCD的面积为24cm2，由5AE24得AE，即菱形ABCD的高为；再由勾股定理求得BEcm，则BE：A

29、E：AB7：24：25，所以cosABC；（2）由四边形MPQB为平行四边形，且M90得四边形MPQB是矩形，所以PQB90，可推导出BQBP，可列方程5tt，求出t的值即可；（3）由cosBPMcosABC，sinBPMsinABC得PMt，BMt，再根据S四边形MPQBS菱形ABCD列方程t（t+5t）24，解方程求出符合题意的t值即可；（4）作MRQP交直线QP于点R，先由tanBPMtanABC得MPMB，可知MPMB，而MRMP，所以MRMB，这说明点M到PQB的两边的距离不相等，所以不存在某一时刻t，使点M在PQB的角平分线上【解答】解：（1）如图1，连接BD交AC于点O，作AEB

30、C于点E，则AEB90，四边形ABCD是菱形，AB5cm，AC6cm，BCAB5cm，BDAC，OAOCAC3cm，AOB90，ODOB4（cm），S菱形ABCDACOD+ACOB64+6424（cm2），5AE24，AE（cm），菱形ABCD的高为cm；BE（cm），BE：AE：AB7：24：25，cosABC，cosABC的值为，故答案为：，（2）存在，如图2，四边形MPQB为平行四边形，且M90，四边形MPQB是矩形，PQB90，cosABC，BQBP，BPCQt，BQ5t，5tt，解得t，t的值为（3）存在，如图1，PMBC，BPMABC，cosBPMcosABC，sinBPMsinA

31、BC，PMt，BMt，S四边形MPQBS菱形ABCD，t（t+5t）24，整理得18t2125t+1000，解得t1，t2（不符合题意，舍去）t的值为.（4）不存在，理由：如图3，作MRQP交直线QP于点R，MBQ180PMB90，MBQB，tanBPMtanABC，MPMB，MPMB，MRMP，MRMB，点M不可能在PQB的平分线上，不存在某一时刻t，使点M在PQB的角平分线上7（2022青岛一模）已知，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC6cm，BD8cm延长BC至点E，使CEBC，连接ED点F从点E出发，沿ED方向向点D运动，速度为1cm/s，过点F作FGED垂足为点F交C

32、E于点G；点H从点A出发，沿AD方向向点D运动，速度为1cm/s，过点H作HPAB，交BD于点P，当F点停止运动时，点H也停止运动设运动时间为t（0t3），解答下列问题：（1）求证：BDE90；（2）是否存在某一时刻t，使G点在ED的垂直平分线上？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由（3）设六边形PCGFDH的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（4）连接HG，是否存在某一时刻t，使HGAC？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由【分析】（1）证明CDCB，CE，可得结论；（2）存在由题意CDCE，点G在DE的垂直平分线上，推出EFDF3cm，由此可得结论；（3）根据S六边形HPCGF

33、DSDPH+SBDESCBPSEFG，求解即可；（4）当ACHG时，AHCG，构建方程求解【解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，BCCD，CDCE，CDCBCE，BDE90；（2）解：存在理由：四边形ABCD是菱形，ADCE，ADBC，CEBC，ADCE，四边形ADEC是平行四边形，ACDE6cm，CDCE，点G在DE的垂直平分线上，EFDF3cm，t3；（3）解：过点H作HJBD于点J四边形ABCD是菱形，ACBD，OAOC3cm，OBOD4cm，ABAD5cm，PHAB，DP（5t）cm，HJAO，HJ（5t）cm，SDPHPDHJ（5t）（5t）（5t）2，S六边形HPCGFD

34、SDPH+SBDESCBPSEFG（5t）2+688（5t）3ttt2t+36；（4）存在理由：当ACHG时AHCG，t5t，t8（2021秋市南区期末）已知：如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC6cm，BD8cm点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，直线EF从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1cm/s，EFBD，且与AD，BD，CD分别交于点E，Q，F当直线EF停止运动，点P也停止运动连接PF，设运动时间为t（s）解答下列问题：（1）用含t的代数式表示线段EF：cm；（2）当t为何值时，四边形ADFP是平行四边形；（3）设四边形APFE的面积为y

35、（cm2），求y与t之间的函数关系式；（4）是否存在某一时刻t，使得PF与EF的夹角为45？若存在，求出t的值，若不存在，说明理由【分析】（1）证明DEFDAC，进而求得结果；（2）证明并根据DQFDOC表示出DF，根据DFAP求得结果；（3）根据S四边形APFES梯形APFDSDEF，分别计算出梯形ADFP和三角形DEF的面积，进而求得结果；（4）设PF与BD交于点H，作PGBD于G，依次表示出PG，BG，QF，HQ，BHBDDQHQ，根据HBG+GH列出方程求得结果【解答】解：（1）四边形ABCD是菱形，ACBD，OD，OC，EFBD，EFAC，DEFDAC，EF故答案是： cm；（2）在

36、RtCOD中，OC3，OD4，CD5，EFAC，DQFDOC，DF，APDF，当APDF时，四边形ADFP是平行四边形，5t，t；（3）如图1，作CGAB于G，得，5CG68，CG，S梯形APFD12，S四边形APFES梯形APFDSDEF+12，y+12；（4）如图2，假设存在t，使PFE45，设PF与BD交于点H，作PGBD于G，PGBPsinABDt，BGBPcosABDt，QFDQtanCDBt，PQH90，PFE45，FHQ45，HQQF，BHBDDQHQ8t8，PGH90，PHGFHQ45，PGGH，由BHBG+GH得，8+，t，当t时，PF与EF的夹角为459（2022春双峰县期

37、末）问题情境：在综合实践课上，老师让同学们探究“平面直角坐标系中的旋转问题”，如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）操作发现：以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F（1）如图1，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；继续探究：（2）如图2，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H，求证ADBAOB；拓展探究：如图3，点M是x轴上任意一点，点N是平面内任意一点，是否存在点N使以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）根据点A、B的

38、坐标可得OA、OB的长度，再利用勾股定理可得CD的长，从而得出点D的坐标；（2）利用HL证明RtADBRtAOB即可；拓展探究：分ADAM，DADM，MDMA三种情形，分别画出图形，根据菱形的性质解决问题【解答】（1）解：点A（5，0），点B（0，3）OA5，OB3，四边形AOBC是矩形，ACOB3，OABC5，OBCC90，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，ADAO5，在RtADC中，CD4，BDBCCD1，D（1，3）；（2）证明：四边形ADEF是矩形，ADE90，点D在线段BE上，ADB90，由（1）可知：ADAO，又ABAB，AOB90，RtADBRtAOB（HL），拓展探究：

39、存在，由（1）得：D（1，3），AD5，当ADAM时，如图，则NDAD5，NDOA，N（4，3）或（6，3），当MDAD时，点D与N关于x轴对称，N（1，3），当MDMA时，如图，四边形ANDM为菱形，DNAM，DNAMDM，设HMa，则DMAM4a，32+a2（4a）2，解得a，DN4，N（），综上所述，存在点N使以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形，N的坐标为：（4，3）或（6，3）或（1，3）或（）10（2022春营口期末）如图1，直线yx+6与x，y轴分别交于A，B两点，ABO的角平分线与x轴相交于点C（1）求点C的坐标；（2）在直线BC上有两点M，N，AMN是等腰直角三角形，MAN9

40、0，求点M的坐标；（3）点P在y轴上，在平面上是否存在点Q，使以点A、B、P、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）先求出点A和点B的坐标，利用勾股定理求出AB的长度，设OCt，过点C作CHAB于H，根据角平分线的性质得CHOCt，由SABOSABC+SBCO得到t的值，即可得到点C的坐标；（2）求出直线BC的表达式为：y2x+6，设点M（m，2m+6）、N（n，2n+6），过点M作MFx轴于点F，过点N作NEx轴于点E，证明FMAEAN（AAS），则ENAF，MFAE，即可求解；（3）分AB是边、AB是对角线两种情况，根据菱形的性质分别求解即

41、可【解答】解：（1）对于直线yx+6，令x0，得到y6，B（0，6），令y0，得到x8，A（8，0）A（8，0），B（0，6），OA8，OB6，AOB90，AB10，过点C作CHAB于H，设OCt，BC平分ABO，AOB90，CHOCt，SABOSABC+SBCO，OAOBABCH+OCOB，6810t+6t，t3，OC3，C（3，0）；（2）设线BC的表达式为：ykx+b，B（0，6），C（3，0），直线BC的表达式为：y2x+6，设点M（m，2m+6）、N（n，2n+6），过点M作MFx轴于点F，过点N作NEx轴于点E，AMN为等腰直角三角形，故AMAN，NAE+MAF90，MAF+AMF

42、90，NAEAMF，AFMNEA90，AMAN，FMAEAN（AAS），ENAF，MFAE，即2n6m+8，2m+68+n，解得：m2，n6，故点M的坐标为（2，2）、点N（6，6）；由于M，N的位置可能互换，故点N的坐标为（2，2）、点M（6，6）；综上所述，点M的坐标为（2，2）或（6，6）；（3）设点P（0，p），BP2（p6）2，AP282+p2，当AB是边时，如图，点A、B、P、Q为顶点的四边形为菱形，BPAB10，BPAB10，OBOP，B（0，6），P（0，16），P（0，4），P（0，6），A（8，0），Q（8，10），Q（8，10），Q（8，0）；当AB是对角线时，如图，点A

43、、B、P、Q为顶点的四边形为菱形，APBP，BP2AP2，（p6）282+p2，解得p，P（0，），A（8，0），B（0，6），Q（8，）；综上所述，点Q的坐标为（8，10）或（8，10）或（8，0）或（8，）11（2022春曹妃甸区期末）如图，在矩形ABCD中，AB3，CAB30，点P从点A出发，每秒个单位长度的速度沿AB方向运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线CA方向运动已知点P、Q两点同时出发当点Q到达点A时，P、Q两点同时停止运动，连接PQ，设运动时间为t秒（1）BC3，AC6；（2）当t为何值时，APAQ；（3）在运动过程中，是否存在一个时刻t，使所得APQ沿它的一

44、边翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由（4）当点P关于点Q的对称点P落在ACD的内部（不包括边上）时，请直接写出t的取值范围【分析】（1）根据矩形的性质和含30角的直角三角形的性质解答即可；（2）根据直角三角形的性质和三角形的面积公式解答即可；（3）分三种情况，利用翻折的性质解答即可；（4）根据对称的性质解答即可【解答】解：（1）矩形ABCD，AB3，CAB30，BC3，AC6；故答案为：3；6；（2）由题意知，APt，AQ62t，AQAP，62tt，t126；（3）解：当沿PQ翻折时，则APAQ，则t62t，解得：t126，当沿AP翻折时，则A

45、QQP，过点Q作QMAB，垂足为M，则AMAPt，在RtAQM中，QAM30，t（62t），解得：t2，当沿AQ翻折时，则APPQ，过点P作PMAC，垂足为M，则AMAQ3t，在RtAMP中，PAM30，3tt，解得：t，综上所述，t的值为126或2或；（4）由题意知，APt，AQ62t，P在ACD内部，满足，1.5t212（2022春巴东县期末）已知点E是平行四边形ABCD边CD上的一点（不与点C，D重合）（1）如图1，当点E运动到CD的中点时，连接AE、BE，若AE平分BAD，证明：CECB（2）如图2，过点E作EFDC交直线CB于点F，连接AF若ABC120，BC2封AB4在线段CF上是

46、否存在一点H使得四边形AFHD为菱形？若存在，请求出ED，CH的长；若不存在，请简单地说明理由【分析】（1）先根据平行四边形的性质证得DEABAE，再根据角平分线的性质证得DAEDEA，得出ADDE，根据E是CD的中点得出AECE，进而得出CECB，结论得证（2）当DHCF且CE1+时，四边形AFHD为菱形，先根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFHD是平行四边形，再证明ADDH证得平行四边形AFHD是菱形【解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，ABCD，ADBC，DEABAE，又AE平分BAD，DAEBAE，DAEDEA，ADDE，又E是CD的中点，DECE，CEC

47、B；（2）解：存在，当DHCF且CE1+时，四边形AFHD为菱形，理由如下：过点D作DHCF于H，如图所示：四边形ABCD是平行四边形ABCD4，ADBC2，ABCADC120，BADBCD60，CE1+，DECDCE4（1）3，在RtCHD中，CHD90，DCH60，CDH30，CHCD2，DH，ADDH，在RtCEF中，CEF90，ECF60，CFE30，CF2CE2（1+）2+2，FHCFCH2+222ADFH，在平行四边形ABCD中，ADBC，点F在CB的延长线上，ADFH，四边形AFHD是平行四边形，又ADDH，平行四边形AFHD是菱形13（2022春同江市期末）如图，平面直角坐标系

48、中，把矩形OABC沿对角线OB所在的直线折叠，点A落在点D处，OD与BC交于点EOA，OC的长满足式子|OA6|+0（1）求点A，C的坐标；（2）直接写出点E的坐标，并求出直线AE的函数解析式；（3）F是x轴上一点，在坐标平面内是否存在点P，使以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）根据非负数的性质求出OA、OC的长，即可解决问题；（2）首先证明EOEB，设EOEBx，在RtECO中，EO2OC2+CE2，构建方程求出x，可得点E坐标，再利用待定系数法即可解决问题；（3）分两种情形分别求解即可解决问题【解答】解：（1）由|OA6|+

49、0可得OA6，OC3，A（6，0），C（0，3）；（2）OABC，CBOAOB，根据翻折不变性可知：EOBAOB，EOBEBO，EOEB，设EOEBx，在RtECO中，EO2OC2+CE2，x232+（6x）2，解得x，CEBCEB6，E（，3），设直线AE的解析式为ykx+b，解得，直线AE的函数解析式为yx+；（3）如图，OB3当OB为菱形的边时，OF1OBBP13，故P1（63，3），OF3P3F3BP33，故P3（6+3，3）当OB为菱形的对角线时，OP2BP2，CP26P2O，在RtOP2C中，P2C2+OC2P2O2，（6P2O）2+32P2O2，解得P2O，CP26，P2（，3）

50、，当OP4为对角线时，ABx轴，OP4OB，P4（6，3），综上所述，满足条件的点P坐标为（63，3）或（6+3，3）或（ ，3）或（6，3）14（2022春抚远市期末）如图，平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线OB所在的直线折叠，点A落在点D处，OD与BC交于点EOA，OC的长满足式子|OA6|+0（1）求点A，C的坐标；（2）直接写出点E的坐标，并求出直线AE的函数解析式；（3）F是x轴上一点，在坐标平面内是否存在点P，使以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）根据非负数的性质求出OA、OC的长即可解决问题；（2）首先证明E

51、OEB，设EOEBx，在RtECO中，EO2OC2+CE2，构建方程求出x，可得点E坐标，再利用待定系数法即可解决问题；（3）分三种情形，根据菱形的性质分别求解即可解决问题【解答】解：（1）OA，OC的长满足式子|OA6|+0OA60，OC290，OA6，OC3，A（6，0），C（0，3）；（2）四边形OABC是矩形，OABC，CBOAOB，根据翻折不变性可知：EOBAOB，EOBEBO，EOEB，设EOEBx，在RtECO中，EO2OC2+CE2，x232+（6x）2，解得x，CEBCEB6，E（，3），设直线AE的解析式为ykx+b，则有，解得，直线AE的函数解析式为yx+；（3）如图，O

52、A6，OC3，OB3当OB为菱形的边时，OF1OBBP13，故P1（63，3），OF3P3F3BP33，故P3（6+3，3）当OB为菱形的对角线时，P2OP2B，设P2OP2Ba，则P2C6a，在RtP2OC中，P2O2OC2+P2C2，a232+（6a）2，解得a，CEBCP2B6，P2（，3），当OF4为对角线时，可得P4（6，3），综上所述，存在，满足条件的点P坐标为（63，3）或（6+3，3）或（，3）或（6，3）15（2022春东阳市期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且B（4，2），E为直线AC上一动点，连OE，过E作GFOE，交直线BC、直

53、线OA于点F、G，连OF（1）求直线AC的解析式（2）当E为AC中点时，求CF的长（3）在点E的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由【分析】（1）设直线AC的解析式：ykx+b，将A，C两点坐标代入，进而求得结果；（2）设CFx，可证得CEFAEG，进而在RtCOF中，根据勾股定理列出方程，进一步求得结果；（3）当以OF，OG为边时，根据（2）可求得点F和点G坐标，进而求得点P横坐标；当以OG，FG为边时，延长OF至P，使PFOF，在OC的延长线上截取CQOC2，连接PQ，可推出OF平分CFG，从而得出OE

54、OC2，可证得AOCOQP，进而求得点F点坐标，在RtEOG中，根据勾股定理列出方程，进一步可求得F点横坐标；当OF，FG为边时，作FHOG于H，连接CH，作HQAC与Q，可推出CH平分ACO，设OHa，在RtAHQ中，根据勾股定理可求得a，进而求得点P横坐标【解答】解：（1）矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且B（4，2），点A（4，0），点C（0，2），设直线AC的解析式：ykx+b（k0），代入点A，C坐标，得，解得，直线AC解析式：yx+2；（2）E为AC的中点，CEAE，在矩形OABC中，BCOA，FCEGAE，又CEFAEG，CEFAEG（ASA），EFEG，CFAG，O

55、EFG，OE为线段FG的垂直平分线，OFOG，设CFx，则AGx，A（4，0），OA4，OG4x，OF4x，在RtOCF中，根据勾股定理，得22+x2（4x）2，解得x，CF；（3）存在以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，分情况讨论：以OG，OF为边，则OFOG，GFOE，E为FG的中点，由（2）可知点F（，2），点G（，0），根据平移的性质，可得点P的坐标为（4，2），点P的横坐标为4；如图1，以OG，FG为边，OGFG，延长OF至P，使PFOF，在OC的延长线上截取CQOC2，连接PQ，CF，CFPQ，PQOFCO90，OGFG，GOFGFO，BCOA，CFOFOG，CFOGFO，BCO

56、OEF，OEOC2，同理可得：CFEF，OFCE，COF+ACO90，ACO+CAO90，COFCAO，PQOAOC90，OQOC4，AOCOQP（ASA），PQOC2，CF1，设OGFGa，在RtEOG中，OEOC2，EGFGEFa1，OGa，a2（a1）222，a，G（，0），F（1，2），12，P点横坐标为：；如图2，以OF，FG为边，OFFG，作FHOG于H，连接CH，作HQAC与Q，可得OFGACO，OCHOFG，CH平分ACO，OHHQ，CEOC2，设OHa，在RtAHQ中，HQx，AH4x，AQACCQ22，（4x）2x2（22）2，x1，F（1，2），P（1，2），综上所述：P

57、点横坐标为：4或或116（2022大方县模拟）如图，抛物线与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线经过点B，C，点P是抛物线上的动点，过点P作PQx轴，垂足为Q，交直线BC于点D（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；（2）当点P位于直线BC上方且PBC面积最大时，求P的坐标；（3）若点E是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点E，使得以A，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）把B（4，0）代入，先求出n的值，再求出C的坐标，将点B、C代入解析式，求解即可；（2）设，则，用含m的代数式表示出DP，可得，利用二次函

58、数求最值求解即可；（3）分类讨论，当点D在y轴右侧时，当点D在y轴左侧时，有菱形的性质可得CDAE，ACAE，求出AE的解析式为，设，再根据AC25AE2，建立关于t的方程，求解即可【解答】解：（1）把B（4，0）代入得2+n0，解得n2，直线BC的解析式为令x0，则y2，C（0，2）把点B（4，0），C（0，2）代入抛物线的解析式，得，解得抛物线的解析式为令，解得x11，x24，A（1，0）；（2）设，则，B（4，0），OB4，当m2时，PBC的面积最大，此时P（2，3）；（3）存在，理由如下：当点D在y轴右侧时，四边形ACDE为菱形，CDAE，ACAE，设AE的解析式为，把A坐标代入，得，

59、AE的解析式为，设，AC25AE2，解得t1或3（舍），E（1，1）；当点D在y轴左侧时，同理可得，E（3，1）；综上，E1（1，1），E2（3，1）17（2022山西模拟）综合与探究如图，二次函数yax2+bx+4的图象与x轴分别交于点A（2，0），B（4，0），点E是x轴正半轴上的一个动点，过点E作直线PEx轴，交抛物线于点P，交直线BC于点F（1）求二次函数的表达式（2）当点E在线段OB上运动时（不与点O，B重合），恰有线段PFEF，求此时点P的坐标（3）试探究：若点Q是y轴上一点，在点E运动过程中，是否存在点Q，使得以点C，F，P，Q为顶点的四边形为菱形，若存在，直接写出点Q的坐标；若

60、不存在，请说明理由【分析】（1）将A（2，0），B（4，0）代入yax2+bx+4，即可求函数的解析式；（2）求出直线BC的解析式，设P（t，t2+t+4），则F（t，t+4），E（t，0），分别求出PFt2+2t，EFt+4，再由PFEF，求出t1，即可求P（1，）；（3）设P（t，t2+t+4），则F（t，t+4），当P点在F点上方时，当四边形CFPQ1为菱形时，PFCQ1，先求Q1（0，t2+2t+4），再由CQ1CF，可得Q1（0，4）；当四边形CFPQ2为菱形时，PFCQ2，求出Q2（0，t22t+4），再由Q2FCQ2，可得Q2（0，2）；当P点在F点下方时，PFt22t，由PFC

61、Q3，可得Q3（0，t2+2t+4），再由CQ3CF，可得Q3（0，4）【解答】解：（1）将A（2，0），B（4，0）代入yax2+bx+4，解得，yx2+x+4；（2）令x0，则y4，C（0，4），设直线BC的解析式为ykx+b，解得，yx+4，设P（t，t2+t+4），则F（t，t+4），E（t，0），PFt2+t+4（t+4）t2+2t，EFt+4，PFEF，t2+2t（t+4），解得t1或t4，0t4，t1，P（1，）；（3）存在点Q，使得以点C，F，P，Q为顶点的四边形为菱形，理由如下：设P（t，t2+t+4），则F（t，t+4），由（2）知C（0，4），当P点在F点上方时，PFt2

62、+2t，当四边形CFPQ1为菱形时，PFCQ1，Q1（0，t2+2t+4），CQ1CF，t2+2tt，解得t0（舍）或t42，Q1（0，4）；当四边形CFPQ2为菱形时，PFCQ2，Q2（0，t22t+4），Q2FCQ2，（t2+2t）2t2+（t2t）2，解得t2，Q2（0，2）；当P点在F点下方时，PFt+4（t2+t+4）t22t，PFCQ3，Q3（0，t2+2t+4），CQ3CF，t22tt，解得t0（舍）或t4+2，Q3（0，4）；综上所述：Q点坐标为（0，4）或（0，4）或（0，2）18（2022建华区二模）综合与实践如图，已知正方形OCDE中，顶点E（1，0），抛物线yx2+bx

63、+c经过点C、点D，与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），直线xt（t0）交x轴于点F（1）求抛物线的解析式，且直接写出点A、点B的坐标；（2）若点G是抛物线的对称轴上一动点，且使AG+CG最小，则G点坐标为：（，）；（3）在直线xt（第一象限部分）上找一点P，使得以点P、点B、点F为顶点的三角形与OBC全等，请你直接写出点P的坐标；（4）点M是射线AC上一点，点N为平面上一点，是否存在这样的点M，使得以点O、点A、点M、点N为顶点的四边形为菱形？若存在，请你直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）根据正方形的性质可求得：C（0，1），D（1，1），再运用待定系数法即可求得答

64、案；（2）连接AD交抛物线的对称轴于点G，连接CG，如图，则此时AG+CG最小，运用待定系数法求得直线AD的解析式为yx，即可求得点G的坐标；（3）分两种情形：OBCFBP或OBCFPB，分别建立方程求解即可；（4）利用待定系数法可得直线AC的解析式为yx1，设M（m，m1）（m1），分三种情况：当OM、AN为对角线时，如图1，当AM、ON为对角线时，如图2，当OA、MN为对角线时，如图3，分别画出图形，根据菱形性质建立方程求解即可得出答案【解答】解：（1）E（1，0），OE1，四边形OCDE是正方形，OCCDCEOE1，CDEDEOOCD90，C（0，1），D（1，1），抛物线yx2+bx+

65、c经过点C（0，1），点D（1，1），解得：，抛物线解析式为：yx2x1，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），令y0，即有x2x10，整理得：（x+1）（x2）0，解得：x11，x22，A点坐标为（1，0），B点坐标为（2，0）；（2）G点坐标为：（，），理由如下：抛物线yx2x1经过C（0，1），D（1，1），C、D关于抛物线的对称轴：直线x对称，连接AD交抛物线的对称轴于点G，连接CG，如图，则此时AG+CG最小，C、D关于抛物线的对称轴：直线x对称，CGDG，AG+CGAG+DGAD（两点之间，线段最短）A（1，0），D（1，1），直线AD的解析式为yx，连接

66、AD交抛物线的对称轴：直线x于点G，当x时，y，G（，）；故答案为：（，）；（3）符合条件的点P的坐标为（4，1）或（3，2），理由如下：由（1）知C（0，1），B（2，0），x轴y轴（即OCAB），OC1，OB2，BOC90，BC，在直线xt（第一象限部分）上找一点P，使得以点P、点B、点F为顶点的三角形与OBC全等，OFt，PFx轴BFOFOBt2，分三种情形：OBCFBP或OBCFPB或OBCBPF，FPOC1，BFOB2，t2或FPOB2，BFOC1，t2或FPOB2，BFOC1，0t2，t22或t21或2t1，t4或t3或t1，P（4，1）或（3，2）或（1，2）；（4）存在符合条件

67、的点M和N，点N坐标为（1，1）或（，）或（，），理由如下：设直线AC的解析式为ykx+d，把A（1，0），C（0，1）代入，得：，解得：，直线AC的解析式为yx1，点M是射线AC上一点，点N为平面上一点，设M（m，m1）（m1），当OM、AN为对角线时，如图1，四边形OAMN是菱形，AMMNOA1，MNOA，（m+1）2+（m1）21，解得：m1+或m1（不符合题意，舍去），M（1+，），N（，）；当AM、ON为对角线时，如图2，四边形OAMN是菱形，ANMNOAOM1，MNOA，ANOM，m2+（m1）21，解得：m0或m1（不符合题意，舍去），M（0，1），N（1，1）；当OA、MN为对

68、角线时，如图3，四边形OAMN是菱形，MNOA，AMOM，MN与OA互相垂直平分，即M与N关于x轴对称，（m+1）2+（m1）2m2+（m1）2，解得：m，M（，），N（，）；综上所述，点N的坐标为（，）或（1，1）或（，）19（2022红花岗区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+4与x轴交于A（1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（1）求抛物线的解析式；（2）点P在抛物线上，当PBAACO时，求点P的坐标；（3）将抛物线的对称轴沿x轴向右平移个单位得直线l，点M为直线l上一动点，在平面直角坐标系中是否存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点

69、N的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）运用待定系数法直接求出抛物线解析式即可；（2）得出tanPBAtanACO，求出OE1，得出点E的坐标，求出直线BE的解析式，联立直线BE和抛物线方程，则可得出点P的坐标；（3）由题意得直线l：x2，设出点M的坐标，分两种情况求出点M的坐标，根据菱形的性质即可得出结论【解答】解：（1）抛物线yax2+bx+4与x轴交于A（1，0），B（4，0）两点，解得，抛物线的解析式为yx2+3x+4；（2）如图，设直线PB与OC交于点E，抛物线解析式yx2+3x+4与y轴交于点C，C（0，4），又A（1，0），OA1，OC4，tanACO，PBAACO，tanP

70、BAtanACO，OE1，E（0，1）或（0，1），设直线BE的解析式为ymx+n，或，解得或，直线BE的解析式为yx+1或yx1，或，解得，x1，x24（舍去），x3，x44（舍去），P（，）或（，）；（3）由（1）知，抛物线解析式为yx2+3x+4，对称轴直线为x，将抛物线的对称轴沿x轴向右平移个单位得直线l：x2，设M（2，m），B（4，0），C（0，4），BC2OB2+OC232，CM222+（m4）2m28m+20，BM2m2+（42）2m2+4，当CN为对角线时，如图，以点B，C，M，N为顶点的四边形为菱形，CMCB，CM2CB2，m28m+2032，m4+2或42，M（2，4+2

71、）或（2，42），B（4，0），C（0，4），N（6，2）或（6，2）；当BN为对角线时，如图，以点B，C，M，N为顶点的四边形为菱形，BMCB，BM2CB2，m2+432，m2或2，M（2，2）或（2，2），B（4，0），C（0，4），N（2，4+2）或（2，42）；综上所述，存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形为菱形，点N的坐标为（6，2）或（6，2）或（2，4+2）或（2，42）20（2022蒲城县一模）如图，已知直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线yax2+3x+c经过B、C两点，与x轴的另一个交点为A，点E的坐标为（1）求抛物线的函数表达式；（2）点E，F关于抛物线的对

72、称轴直线l对称，Q点是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点P，使得以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由，可得B（3，0），C（0，），用待定系数法得抛物线的函数表达式是yx2+3x+；（2）yx2+3x+（x1）2+6，得抛物线的对称轴是直线x1，关键E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x1对称，得F（2，），设Q（1，t），P（m，m2+3m+），分3种情况：当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ的中点，得m1，又EQFQ，故P（1，6）；当EQ，FP为对角线时，EQ，FP的中点重合，得P（1，0），Q（1，0），又FQ2PQ

73、，故P（1，0）；当EP，FQ为对角线，EP，FQ的中点重合，可得P（3，0）【解答】解：（1）在中，令x0得y，令y0得x3，B（3，0），C（0，），把B（3，0），C（0，）代入yax2+3x+c得：，解得，抛物线的函数表达式是yx2+3x+；（2）在抛物线上存在点P，使得以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：yx2+3x+（x1）2+6，抛物线的对称轴是直线x1，E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x1对称，F（2，），设Q（1，t），P（m，m2+3m+），当EF，PQ是对角线时，EF的中点即是PQ的中点，如图：，解得m1，E（0，），F关于抛物线的对称轴直线x1对称，EQ

74、FQ，以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，P（1，6）；当EQ，FP为对角线时，EQ，FP的中点重合，如图：，解得，P（1，0），Q（1，0），而F（2，），FQ2PQ，以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，P（1，0）；当EP，FQ为对角线，EP，FQ的中点重合，如图：，解得，P（3，0），Q（1，0），而F（2，），FPQP2，以E、F、P、Q为顶点的四边形是菱形，P（3，0），综上所述，P的坐标是（1，6）或（1，0）或（3，0）21（2022春兴宁区校级期末）如图，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A（3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC，点P是直线AC下方抛物线

75、上的一个动点（1）求抛物线的解析式；（2）连接AP，CP，设P点的横坐标为m，ACP的面积为S，求S与m的函数关系式；（3）试探究：过点P作BC的平行线1，交线段AC于点D，在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标，若不存在，请说明理由【分析】（1）将A（3，0），B（1，0）代入yx2+bx+c即可得到答案；（2）过点P作PMy轴交直线AC于点M，则P的坐标是（m，m2+2m3），利用待定系数法求AC的解析式，表示M的坐标，用m的代数式表示PM的长度，根据三角形面积公式即可得到答案；（3）分两种情况：如图2，四边形CDEB是菱形，如图3

76、，四边形CBDE是菱形，根据两点的距离公式和菱形的边长相等列方程可解答【解答】解：（1）将A（3，0），B（1，0）代入yx2+bx+c得：，解得：，yx2+2x3；（2）如图1，过点P作PMy轴交直线AC于点M，A（3，0），C（0，3），设直线AC的解析式为：ykx+n，AC的解析式为：yx3，P点的横坐标为m，P的坐标是（m，m2+2m3），则M的坐标是（m，m3），PMm3（m2+2m3）m23m，点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，3m0，SPMOA（m23m）m2m（3m0）；（3）分两种情况：如图2，四边形CDEB是菱形，设D（t，t3），则E（t+1，t），四边形CDEB是菱

77、形，CDBC，（t0）2+（t3+3）212+32，t，t0，t，E（+1，）；如图3，四边形CBDE是菱形，设D（t，t3），则E（t1，t6），四边形CBDE是菱形，CEBC，（t10）2+（t6+3）212+32，t0（舍）或2，E（3，4）；综上所述，点E的坐标为（+1，）或（3，4）22如图，已知抛物线yax2+bx2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C3和1是关于x的一元二次方程ax2+bx20的两个根（1）求该抛物线的解析式；（2）过点B作BDAC交抛物线于点D，BD与y轴交于点E，P为直线AC下方抛物线上的一个动点，连接PB交AC于点F，求SPEF的最大值及此时点P的坐标

78、；（3）在（2）的条件下，将该抛物线向右平移2个单位后得到新抛物线，新抛物线与原抛物线相交于点Q，点M为原抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在点N，使得以点A，M，N，Q为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；如不存在，请说明理由【分析】（1）由一元二次方程根与系数的关系列方程组，求出系数a、b的值；（2）过点P作y轴的平行线，交BD于点G，设点P的横坐标为t，根据SPEFSBPESBEF，和SBEFSBEC，可得出SPEF关于x的函数关系式，利用二次函数的性质求出SPEF的最大值及点P的坐标；（3）根据平移的性质可得出新抛物线的解析式，联立可得出点Q的坐标，设点M的坐标

79、为（1，m），若以点A，M，N，Q为顶点的四边形是菱形，则需AMQ为等腰三角形即可需要分三种情况：AMAQ，MAMQ，QAQM根据题意列出方程求解即可【解答】解：（1）3和1是关于x的一元二次方程ax2+bx20的两个根，解得该抛物线的解析式为yx2+x2（2）3和1是关于x的一元二次方程ax2+bx20的两个根，抛物线yax2+bx2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，当y0时，x1或x3，则A（3，0），B（1，0），当x0时，y2，则C（0，2）直线AC的解析式为：yx2，BDAC，直线BD的解析式为：yx+b，1+b0，b，直线BD的解析式为：yx+，令x0，则y，E（0，）O

80、B1，EC，SBEFSBECECOB过点P作y轴的平行线，交BD于点G，设点P的横坐标为t，P（t，t2+t2），G（t，t+），SBPEPG（xBxE）t+（t2+t2）1t2t+，SPEFSBPESBEFt2t+t2t（t+）2+0，当t时，SPEF的值最大最大为此时P（，）（3）存在理由如下：由（1）知，原抛物线的解析式为：yx2+x2（x+1）2原抛物线的对称轴为（1，0）将该抛物线向右平移2个单位后得到新抛物线的解析式为：y（x1）2x2x2令x2+x2x2x2，解得x0，Q（0，2）点M为原抛物线对称轴上一点，设点M的坐标为（1，m），若以点A，M，N，Q为顶点的四边形是菱形，则需

81、AMQ为等腰三角形即可，分以下三种情况：当AMAQ时，A（3，0），Q（0，2），（3+1）2+（0m）2（3）2+22，解得m3或3，M（1，3）或M（1，3），以点A，M，N，Q为顶点的四边形是菱形，N（2，1）或N（2，5）当MAMQ时，A（3，0），Q（0，2），（3+1）2+（0m）2（1）2+（m+2）2，解得m，M（1，），以点A，M，N，Q为顶点的四边形是菱形，N（2，）当QAQM时A（3，0），Q（0，2），（3）2+22（1）2+（m+2）2，解得m2+2或m22，M（1，2+2）或M（1，22），以点A，M，N，Q为顶点的四边形是菱形，N（4，2）或N（4，2）综上，存在

82、点N，使得以点A，M，N，Q为顶点的四边形是菱形，此时点N的坐标为N（2，1）或N（2，5）或N（2，）或（4，2）或N（4，2）23如图，已知抛物线yax2+bx3与x轴交于A（1，0），B两点，与y轴交于点C且tanABC1，连接AC、BC（1）求抛物线的解析式；（2）若P点是直线BC下方一点，过P点作PEAC交BC于点E，PHy轴交BC于点H，求CE+BH的最小值及此时P点的坐标（3）在第（2）条件下，将该抛物线向右平移2个单位后得到新抛物线，新抛物线与原抛物线相交于点F，点M为原抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在点，使得以点H，M，N，F为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接

83、写出点N的坐标；如不存在，请说明理由【分析】（1）由抛物线yax2+bx3得C（0，3），由tanABC1可得OCOB，则B（3，0），利用待定系数法将A，B三点坐标分别代入即可求解；（2）过E点作PM交PH于点M，可得EMH是等腰直角三角形，EHMHEM，则EH最大时，CE+BH的值最小，证明EMPAOC，根据相似三角形的性质可得EMPM，设P（m，m22m3），则H（m，m3），得到PH的长度，继而得到EH长度，根据二次函数的性质即可求解；（3）存在以点H，M，N，F为顶点的四边形是菱形，分三种情况，即以FH为一边的菱形FHMN；以FH为一边的菱形FHNM；以FH为对角线的矩形FMHN，根

84、据菱形的性质即可求出点P的坐标【解答】解：（1）抛物线yax2+bx3，C（0，3），tanABC1，1，OCOB，则B（3，0），把A（1，0）、B（3，0）代入yax2+bx3，得，解得，该抛物线的解析式为yx22x3；（2）过E点作PM交PH于点M，OCOB，OBCOCB45，PHy轴，PHCOCB45，EMH是等腰直角三角形，EHMHEM，EH的值最大时，CE+BH的值最小，PEAC，ACBPEC，OAC180ACBOBC，MEP180PECPHCOACMEP，AOCEMP90，EMPAOC，EMPM，EMMHPHC（0，3），B（3，0），BC3，设直线BC的解析式为ykx3，3k3

85、0，解得k1，直线BC的解析式为yx3，设P（m，m22m3），则H（m，m3），PHm3m2+2m+3m2+2m，EHMHEM（m2+2m）（m22m）（m）2+，当m时，EH的最大值为，CE+BH的最小值为BCEH最大3，此时，P点的坐标为（，）；（3）yx22x3（x1）24，抛物线的对称轴为直线x1，将该抛物线向右平移2个单位后得到新抛物线y（x12）24x26x+5，x22x3x26x+5，解得x2，新抛物线与原抛物线，的交点F（2，3），由（ 2）知，H（，），设M（1，t），当以FH为一边的菱形FHMN时，MHFH，F（2，3），H（，），MH2（t+）2+（1）2t2+3t+，

86、FH2（2）2+（+3）2，t2+3t+，解得t0（舍去）或3，点M为（1，3），N（，）；当以FH为一边的菱形FHNM时，MFFH，F（2，3），H（，），MF2（t+3）2+（21）2t2+6t+10，FH2（2）2+（+3）2，t2+6t+10，解得t3或3+，点M为（1，3）或（1，3+），N（，）或（，+）；当以FH为对角线的矩形FMHN时，MHMF，F（2，3），H（，），MF2（t+3）2+（21）2t2+6t+10，MH2（t+）2+（1）2t2+3t+，t2+6t+10t2+3t+，解得t，点M为（1，），N（，2）综上，点N的坐标为（，）或（，）或（，+）或（，2）24（2

87、022渝北区自主招生）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点B的坐标为（1，0），且tanOAC（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点M为直线AC下方抛物线上一点，过点M作MDy轴交AC于点D，求MD+DC的最大值及此时点M的坐标；（3）如图2，连接BC，将BOC绕着点A逆时针旋转60得到BOC，将抛物线yax2+bx沿着射线CB方向平移，使得平移后的新抛物线经过O，H是新抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在点P，使以点B，C，H，P为顶点的四边形是以BC为边的菱形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理

88、由【分析】（1）利用三角形函数的正切值，求出OA，从而确定A点坐标，再由待定系数法求函数的解析式即可；（2）求出直线AC的解析式，设M（t，t2+t），则D（t，t），则MDt2t，过点D作DEy轴交于点E，利用直角三角形的三角函数值求出CDt，则MD+CD（t+）2+，当t时，MD+CD的最大值为，（3）连接AO，OO，过点O作OHx轴交于点H，由旋转可知，AOO是等边三角形，可求O（，），设抛物线沿x轴正方向平移m个单位，则沿y轴正方向平移m个单位，平移后的抛物线解析式为y（x+1m）2+m，再将O代入抛物线解析式可得m，则抛物线的解析式为y（x）2+，设H（，t），P（x，y），连接BB

89、、AB，AC、AC，分别在等边三角形ACC、ABB中求出C（0，），B（1，2），再分两种情况讨论：当BH为菱形的对角线时，BCCH，求得P（，+2）或（，+2）；当BP为菱形的对角线时，BCBH，求得P（，+）或（，+）【解答】解：（1）令x0，则y，C（0，），OC，tanOAC，OA3，A（3，0），将A（3，0），B（1，0）代入yax2+bx，解得，yx2+x；（2）设直线AC的解析式为ykx+b，解得，yx，设M（t，t2+t），则D（t，t），MDtt2t+t2t，过点D作DEy轴交于点E，tanACO，ACO60，CDED，DEt，CDt，MD+CDt2ttt2t（t+）2+，

90、当t时，MD+CD的最大值为，此时M（，）；（3）存在点P，使以点B，C，H，P为顶点的四边形是以BC为边的菱形，理由如下：设直线BC的解析式为ykx+b，解得，yx，连接AO，OO，过点O作OHx轴交于点H，由旋转可知，AOAO3，OAO60，AOO是等边三角形，OH，OH，O（，），设抛物线沿x轴正方向平移m个单位，则沿y轴正方向平移m个单位，平移后的抛物线解析式为y（x+1m）2+m，O在新抛物线上，（+1m）2+m，解得m或m（舍），抛物线的解析式为y（x）2+，抛物线的对称轴为直线x，设H（，t），P（x，y），连接BB、AB，AC、AC，在ACC中，ACAC，CAC60，ACC是等边三角形，CAO30，C与C关于AO对称，C（0，），在ABB中，ABAB，BAB60，ABB是等边三角形，A（3，0），B（1，0），AB4，B（1，2），当BH为菱形的对角线时，BCCH，解得或，P（，+2）或（，+2）；当BP为菱形的对角线时，BCBH，解得或，P（，+）或（，+）；综上所述：（，+2）或（，+2）或（，+）或（，+）