中考数学二轮培优重难点突破讲练专题53 固定面积的存在性问题（2份，原卷版+解析版）

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一、解答题
1．【探索发现】
如图1，是一张直角三角形纸片，，小明想从中剪出一个以为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为______．
【拓展应用】
如图2，在中，，BC边上的高，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，求出矩形PQMN面积的最大值用含a、h的代数式表示；
【灵活应用】
如图3，有一块“缺角矩形”ABCDE，，，，，小明从中剪出了一个面积最大的矩形为所剪出矩形的内角，直接写出该矩形的面积．
【答案】（1）；（2）（3）当时，矩形BGPH的面积取得最大值，最大值为567．
【分析】（1）由中位线知EF=BC、ED=AB、由可得；
（2）由△APN∽△ABC知，可得PN=a-，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ•PN=，据此可得；
（3）结合图形过DE上的点P作PG⊥BC于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P作PH⊥AB，设PG=x，知PI=28-x，由△EIP∽△EKD知，据此求得EI=，PH=，再根据矩形BGPH的面积S=可得答案．
【详解】解：、ED为中位线，
，，，，
又，
四边形FEDB是矩形，
则，
故答案为；
，
∽，
，可得，
设，由，
当时，最大值为．
如图，过DE上的点P作于点G，延长GP交AE延长线于点I，过点P作于点H，
则四边形AHPI和四边形BGPH均为矩形，
设，则，
，，，，
，，
由∽知，
即，得，
，
则矩形BGPH的面积，
当时，矩形BGPH的面积取得最大值，最大值为567．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握三角形中位线定理（三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半），相似三角形的判定与性质（相似三角形任意对应线段的比等于相似比），矩形的判定与性质（对边平行且相等）等知识点．
2．已知二次函数（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点，（A在B左侧，且OA＜OB），与y轴交于点C．
（1）求C点坐标，并判断b的正负性；
（2）设这个二次函数的图像的对称轴与直线AC交于点D，已知DC：CA=1：2，直线BD与y轴交于点E，连接BC，
①若△BCE的面积为8，求二次函数的解析式；
②若△BCD为锐角三角形，请直接写出OA的取值范围.
【答案】（1）C(0，-4)，b＜0；（2）①；②
【分析】(1)把x=0代入，即可求得点C坐标，根据 OA＜OB，可知，由a＞0即可求得b＜0；
(2)①过点D作DM⊥y轴，垂足为M，则有，由此可得，设A(-2m，0)m＞0，则AO=2m，DM=m，继而可得D(m，-6)，B(4m，0)，AB=6m， BN=3m，再由DN//OE，可得△BND∽△BOE，继而根据相似三角形的性质可得OE=8，再根据，可求得，由此可得A(-2，0)，B(4，0)，设，继而可得C(0，-8a)，再根据C点(0，-4)可求得a值，即可求得答案；
②由①易知：B(4m，0)，C(0，-4)，D(m，-6)，∠CBD一定为锐角，利用勾股定理求得，然后分两种情况进行讨论即可得.
【详解】(1)当x=0时，=-4，
∴C(0，-4)，
∵ OA＜OB，∴对称轴在y轴右侧，即，
∵a＞0，∴b＜0；
(2)①过点D作DM⊥y轴，垂足为M，则有DM//OA，
∴△DCM∽△ACO，
∴，
∴，
设A(-2m，0)m＞0，则AO=2m，DM=m，
∵OC=4，∴CM=2，
∴D(m，-6)，B(4m，0)，AB=6m， BN=3m，
∵DN//OE，
∴△BND∽△BOE，
∴，
即，
∴OE=8，
∴CE=OE-OC=4，
∴，
∴，
∴A(-2，0)，B(4，0)，
设，
即，
令x=0，则y=-8a，
∴C(0，-8a)，
∴-8a=-4，
∴a=，
∴；
②由①易知：B(4m，0)，C(0，-4)，D(m，-6)，∠CBD一定为锐角，
由勾股定理可得：，
当∠CDB为锐角时，，
，
解得；
当∠BCD为锐角时，，
，
解得，
综上：，
∴，
∴.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，待定系数法，勾股定理以及不等式等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关知识并运用数形结合思想是解题的关键.
3．“构造图形解题”，它的应用十分广泛，特别是有些技巧性很强的题目，如果不能发现题目中所隐含的几何意义，而用通常的代数方法去思考，经常让我们手足无措，难以下手，这时，如果能转换思维，发现题目中隐含的几何条件，通过构造适合的几何图形，将会得到事半功倍的效果，下面介绍两则实例：
实例一：1876年，美国总统伽非尔德利用实例一图证明了勾股定理：由四边形得，化简得：．
实例二：欧几里得的《几何原本》记载，关于的方程的图解法是：画，使，，，再在斜边上截取，则的长就是该方程的一个正根(如实例二图)．
根据以上阅读材料回答下面的问题：
（1）如图1，请利用图形中面积的等量关系，写出甲图要证明的数学公式是 ，乙图要证明的数学公式是 ，体现的数学思想是 ；
（2）如图2，按照实例二的方式构造，连接，请用含字母、的代数式表示的长，的表达式能和已学的什么知识相联系；
（3）如图3，已知，为直径，点为圆上一点，过点作于点，连接，设，，求证：．


【答案】（1）完全平方公式，平方差公式，数形结合的思想；（2），的表达式能和一元二次方程的求根公式相联系；（3）证明见解析．
【分析】（1）根据大正方形面积=各个部分面积之和，即可得到完全平方公式和平方差公式，进而即可得到答案；
（2）根据勾股定理以及一元二次方程的求根公式，即可得到答案；
（3）连接，，易证，，结合，即可得到结论．
【详解】（1）如图1中，图甲大正方形的面积，
图乙中大正方形的面积，即：．
它们都体现了数形结合的思想．
故答案是：完全平方公式，平方差公式，数形结合的思想；
（2）∵在中，，，
∴，
∴；
解，由求根公式可得，
答：的表达式能和一元二次方程的求根公式相联系；
（3）由已知，可得，连接，．
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∵在中，，
∴，即，
∴．
【点睛】本题主要考查乘法公式与几何图形的面积，勾股定理，一元二次方程的求根公式，圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质定理，勾股定理以及圆周角定理的推论，是解题的关键．
4．【探索发现】
如图①，是一张直角三角形纸片，，小明想从中剪出一个以为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线、剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为_____________．
【拓展应用】
如图②，在中，，边上的高，矩形的顶点、分别在边、上，顶点、在边上，则矩形面积的最大值为_________．（用含的代数式表示）
【灵活应用】
如图③，有一块“缺角矩形”，，，，，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．
【实际应用】
如图④，现有一块四边形的木板余料，经测量，，，且，，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点、在边上且面积最大的矩形，求该矩形的面积．
【答案】【探索发现】；【拓展应用】；【灵活应用】720；【实际应用】2205cm2．
【分析】（1）【探索发现】：由中位线知EF=BC、ED=AB、由 可得结论；
（2）【拓展应用】：设PN=b，证明△APN∽△ABC，表示PQ的长，根据矩形的面积公式得：S=b•PQ=+bh，根据二次函数求最值即可；
（3）【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH=20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现】结论解答即可；
（4）【实际应用】：延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB和tanC得BH和CH、EH的长，继而求得BE和CE的长，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用】结论解答可得．
【详解】（1）【探索发现】：设EF=x，ED=y，
∵EF、ED为△ABC中位线，
∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，
∴AB=2ED=2y，BC=2EF=2x，
又∠B=90°，
∴四边形FEDB是矩形，
则 ，
故答案为：；
（2）【拓展应用】：设PN=b，
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，
∵BC=a，BC边上的高AD=h，
∴ ，PQ=，
∴S=b•PQ=+bh，
∴S的最大值为： ；
则矩形PQMN面积的最大值为；
故答案为：；
（3）【灵活应用】：如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，
由题意知四边形ABCH是矩形，
∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，
∴EH=20、DH=16，
∴AE=EH、CD=DH，
在△AEF和△HED中，
∵ ，
∴△AEF≌△HED（ASA），
∴AF=DH=16，
同理△CDG≌△HDE，
∴CG=HE=20，
∴BI==24，
∵BI=24＜32，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
过点K作KL⊥BC于点L，
由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG•BF=×（40+20）×（32+16）=720，
答：该矩形的面积为720；
（4）【实际应用】：如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
∵tanB=，
设EH=4x，BH=3x，
∵tanC=2=，
∴CH=2x，
∵BC=BH+CH=105=3x+2x，x=21，
∴BH=63，CH=42，EH=84，
由勾股定理得：BE=，
∵AB=60，
∴AE=45，
∴BE的中点Q在线段AB上，
∵CD=70，
∴CE的中点P在线段CD上，
∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，
由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC•EH=×105×84=2205cm2，
答：该矩形的面积为2205cm2．
【点睛】此题考查四边形的综合问题，熟练掌握中位线定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及类比思想的运用是解题的关键．
5．某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕矩形ABCD(AB＜BC)的对角线的交点O旋转(①→②→③)，图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．
(1)该学习小组成员意外的发现图①中(三角板一边与CC重合)，BN、CN、CD这三条线段之间存在一定的数量关系：CN2＝BN2+CD2，请你对这名成员在图①中发现的结论说明理由；
(2)在图③中(三角板一直角边与OD重合)，试探究图③中BN、CN、CD这三条线段之间的数量关系，直接写出你的结论．
(3)试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由．
【答案】(1)见解析；(2)BN2=NC2+CD2；(3)CM2+CN2=DM2+BN2，理由见解析.
【分析】（1）连结AN，由矩形知AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，结合ON⊥AC得NA=NC，由∠ABN=90°知NA2=BN2+AB2，从而得证；
（2）连接DN，在Rt△CDN中，根据勾股定理可得：ND2=NC2+CD2，再根据ON垂直平分BD，可得：BN=DN，从而可证：BN2=NC2+CD2；
（3）延长MO交AB于点E，可证：△BEO≌△DMO，NE=NM，在Rt△BEN和Rt△MCN中，根据勾股定理和对应边相等，可证：CN2+CM2=DM2+BN2．
【详解】（1）证明：连结AN，
∵矩形ABCD
∴AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，
∵ON⊥AC，
∴NA=NC，
∵∠ABN=90°，
∴NA2=BN2+AB2，
∴NC2=BN2+CD2．
（2）如图2，连接DN．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BO=DO，∠DCN=90°，
∵ON⊥BD，
∴NB=ND，
∵∠DCN=90°，
∴ND2=NC2+CD2，
∴BN2=NC2+CD2．
（3）CM2+CN2=DM2+BN2
理由如下：延长MO交AB于E，
∵矩形ABCD，
∴BO=DO，∠ABC=∠DCB=90°，AB∥CD，
∴∠ABO=∠CDO，∠BEO=∠DMO，
∴△BEO≌△DMO（ASA），
∴OE=OM，BE=DM，
∵MO⊥EM，
∴NE=NM，
∵∠ABC=∠DCB=90°，
∴NE2=BE2+BN2，NM2=CN2+CM2，
∴CN2+CM2=BE2+BN2 ，
即CN2+CM2=DM2+BN2 ．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点．
6．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB边上一点，连接CD，∠ADC＝120°，把△ADC绕点A逆时针旋转得到（旋转后点C、D的对应点分别为、），设旋转的度数为m（0°≤m≤360°）．
（1）当m＝30°时，如图2，连接C并延长，交AB于点E．请直接写出∠AC的度数；
（2）在（1）的条件下，请判断△DCE的形状，并说明理由；
（3）①小明在探究的过程中发现：当m＝90°时，如图3，四边形ACB为平行四边形，请证明小明的结论的正确性；
②请你再探究：在△ADC绕点A逆时针旋转过程中，是否存在其他的情形，使以A、B、C、四点组成的四边形为平行四边形？若存在，请在备用图中画出旋转后的图形，并请直接写出m的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）75°；（2）等边三角形，理由见解析；（3）①见解析；②存在，画图见解析，m＝90°或m＝270°
【分析】（1）由旋转知AC＝A，根据∠CA＝30°得∠AC＝＝75°；
（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝AC知∠ABC＝∠BAC＝45°，结合∠AC＝75°知∠BCE＝90°﹣∠AC＝15°，继而知∠AEC＝∠ABC＋∠BCE＝60°，根据∠ADC＋∠CDE＝180°，∠ADC＝120°得∠CDE＝60°，继而知∠CDE＝∠DEC＝∠ECD＝60°，即可得证；
（3）①m＝90°时，由∠ACB＝90°，∠BA＝90°知∠ACB＋∠BA＝180°，据此得，再由A＝AC，AC＝BC知A＝BC，即可得四边形ACB为平行四边形；
②m＝270°时，由∠AC＝90°知∠AC＝∠ACB，从而得A＝BC，结合A＝CB证得四边形ACB为平行四边形．
【详解】解：（1）由旋转知AC＝A，
∵∠CA＝30°，
∴∠AC＝＝75°；
（2）△DCE是等边三角形，
理由：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°，
由（1）知，∠AC＝75°，
∴∠BCE＝90°﹣∠AC＝15°，
∴∠AEC＝∠ABC＋∠BCE＝60°，
∵∠ADC＋∠CDE＝180°，∠ADC＝120°，
∴∠CDE＝60°，
∴∠CDE＝∠DEC＝∠ECD＝60°，
∴△DCE是等边三角形；
（3）①当m＝90°时，四边形ACB为平行四边形，如图3所示：
∵∠ACB＝90°，∠BA＝90°，
∴∠ACB＋∠BA＝180°，
∴，
∵A＝AC，AC＝BC，
∴A＝BC，
∴四边形ACB为平行四边形；
②当m＝270°时，四边形ACBC′为平行四边形，如图4所示：
当m＝270°时，∠AC＝90°，
∴∠AC＝∠ACB，
∴A＝BC，
∵A＝CB，
∴四边形ACB为平行四边形，
综上所述，当m＝90°或m＝270°时，以A、B、C、四点组成的四边形为平行四边形．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质、平行四边形的判定定理、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
7．如图示AB为⊙O的一条弦，点C为劣弧AB的中点，E为优弧AB上一点，点F在AE的延长线上，且BE=EF，线段CE交弦AB于点D．
①求证：CE∥BF；
②若BD=2，且EA：EB：EC=3：1：，求△BCD的面积（注：根据圆的对称性可知OC⊥AB）．
【答案】①证明见解析；②△BCD的面积为：2．
【分析】①连接AC，BE，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠F=∠AEB，由圆周角定理得出∠AEC=∠BEC，证出∠AEC=∠F，即可得出结论；
②证明△ADE∽△CBE，得出，证明△CBE∽△CDB，得出，求出CB=2，得出AD=6，AB=8，由垂径定理得出OC⊥AB，AG=BG=AB=4，由勾股定理求出CG==2，即可得出△BCD的面积．
【详解】①证明：连接AC，BE，作直线OC，如图所示：
∵BE=EF，
∴∠F=∠EBF；
∵∠AEB=∠EBF+∠F，
∴∠F=∠AEB，
∵C是的中点，
∴，
∴∠AEC=∠BEC，
∵∠AEB=∠AEC+∠BEC，
∴∠AEC=∠AEB，
∴∠AEC=∠F，
∴CE∥BF；
②解：∵∠DAE=∠DCB，∠AED=∠CEB，
∴△ADE∽△CBE，
∴，即，
∵∠CBD=∠CEB，∠BCD=∠ECB，
∴△CBE∽△CDB，
∴，即，
∴CB=2，
∴AD=6，
∴AB=8，
∵点C为劣弧AB的中点，
∴OC⊥AB，AG=BG=AB=4，
∴CG==2，
∴△BCD的面积=BD•CG=×2×2=2．
8．如图，已知正方形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC在x轴的正半轴上，OA=AB=2，抛物线y=x2+bx+c经过点A，B，交正x轴于点D，E是OC上的动点（不与C重合）连接EB，过B点作BF⊥BE交y轴与F
（1）求b，c的值及D点的坐标；
（2）求点E在OC上运动时，四边形OEBF的面积有怎样的规律性？并证明你的结论；
（3）连接EF，BD，设OE=m，△BEF与△BED的面积之差为S，问：当m为何值时S最小，并求出这个最小值．
【答案】（1）b=，c=2；D点坐标为（3，0）．（2）点E在OC上运动时，四边形OEBF的面积不变；（3）当m=2﹣时S最小为0．
【详解】试题分析：（1）把点A，B代入抛物线y=x2+bx+c求得b、c即可，y=0，建立方程求得点D；
（2）四边形OEBF的面积不变，利用三角形全等证得结论即可；
（3）用m分别表示出两个三角形的面积，求差探讨得出答案即可．
试题解析：（1）把点A（0，2）、B（2，2）代入抛物线y=x2+bx+c得
解得b=，c=2；
∴y=x2+x+2；
令x2+x+2=0
解得x1=﹣1，x2=3
∴D点坐标为（3，0）．
（2）点E在OC上运动时，四边形OEBF的面积不变；
∵四边形OABC是正方形
∴AB=BC，∠BCE=∠BAE=∠ABC=90°
又∵BF⊥BE
∴∠FBE=90°
∴∠ABF=∠CBE
∴△ABF≌△BCE
∴四边形OEBF的面积始终等于正方形OABC的面积．
（3）如图，
可以看出S△BEF=S梯形OCBF﹣S△OEF﹣S△BEC
=（2+2+m）×2﹣m（2+m）﹣（2﹣m）×2
=﹣m2+m+2
S△BED=×（3﹣m）×2
=3﹣m
两个三角形的面积差最小为0，
即3﹣m=﹣m2+m+，
解得m=2±，
∵E是OC上的动点
∴m=2﹣，
当m=2﹣时S最小为0．
考点：二次函数综合题．
9．在一次数学活动课上，两个同学利用计算机软件探索函数问题，下面是他们交流片断：
图1：小韩：若直线x=m（m＞0）分别交x轴，直线y=x和y=2x于点P、M、N时，有=1．
图2：小苏：若直线x=m（m＞0）分别交x轴，双曲线 y=（x＞0）和y=（x＞0）于点P、M、N时，有=…
问题解决
（1）填空：图2中，小苏发现的= ；
（2）若记图1，图2中MN为d1，d2，分别求出d1，d2与m之间的函数关系式．并指出函数的增减性；
（3）如图3，直线x=m（m＞0）分别交x轴，抛物线y=x2-4x和y=x2-3x于点P，M，N，设A，B为抛物线y=x2-4x，y=x2-3x与x轴的非原点交点．当m为何值时，线段OP，PM，PN，MN中有三条能围成等边三角形？并直接写出此时点A，B，M，N围成的图形的面积．
【答案】（1）；（2）d1=m，d2=，函数d2为m为减函数；（3）当m=2时，S=3；当m=5时，S=7.5．
【详解】试题分析：（1）把当x=m分别代入反比例函数的解析式，求出M点的纵坐标和N点的纵坐标，进而求出MN的长，则值可求出；
（2）当x=m时，则M点的纵坐标为m，N点的纵坐标为2m，进而求出MN的长，d1可求，同理可求出d2，利用反比例函数的增减性即可做出判断；
（3）由函数的解析式分别求出PM，PN，MN的长，根据等边三角形的性质：三边相等即可求出m的值，利用梯形的性质即可求出其面积．
试题解析：（1）当x=m时，
则M点的纵坐标为，N点的纵坐标为，
所以MN=-=，
∴=；
（2）当x=m时，则M点的纵坐标为m，N点的纵坐标为2m，
∴MN=2m-m=m，
即d1=m，
当x=m时，则M点的纵坐标为，N点的纵坐标为，
∴MN=-=，
∴d2=，
∵m＞0，
∴函数d2为m为减函数；
（3）∵OP=m，PM=|4m-m2|=m|4-m|，PN=|3m-m2|=m|3-m|，MN=|m|，
由题意，得m|4-m|=m或m|3-m|=m，
解得m=5，或m=3（不合题意），或m=4（不合题意），或m=2，
当m=2时，S=3；当m=5时，S=7.5．
考点：反比例函数综合题．
10．如图：已知直线与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线经过点B，且与x轴交于点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接、，设点M的横坐标为m，四边形的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)若点P在平面内，点Q在直线上，平面内是否存在点P使得以O，B，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．
【答案】(1)；
(2)，；
(3)，，，；
【分析】（1）根据直线解析式求出点B的坐标，将B、C两点坐标代入解析式即可得到答案；
（2）连接，表示出M的坐标，根据列出S与m的函数关系式，最后根据函数性质即可得到答案；
（3）设点，分、、分别为对角线三类讨论，根据对角线互相平分得到点P的坐标， 最后根据菱形的邻边相等即可得到答案；
【详解】（1）解：当时，，
∴点B的坐标为，
将，代入抛物线解析式可得，
，
解得：，
∴该抛物线的解析式为：；
（2）解：连接，
∵点M的横坐标为m，
∴，
当时，
，解得，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，S最大，
；
（3）解：设点，
①当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
解得：，
∴；
②当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
∴，
解得：，
∴，；
③当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴P的坐标为，
∴，
解得： （与B重合舍去），，
∴；
综上所述存在4点使以O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形：，，，；
【点睛】本题考查二次函数综合，主要有求解析式、围成图形最大面积、围成特殊菱形问题，解题的关键是求出解析式，根据特殊图形性质设点表示出所有点根据线段相等列式求解．
11．如图，在平面直角坐标系中，二次函数交x轴于点，，交y轴于点，在y轴上有一点，连接．
(1)求二次函数的表达式；
(2)若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求的面积的最大值；
(3)抛物线的对称轴上存在着点P，使为等腰三角形．符合条件的点P坐标有若干个，请求出任意一个符合要求的点P的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)的坐标为：、、、、（任求取一个坐标即可）
【分析】（1）采用待定系数法即可求解；
（2）连接，根据题意可知：点D在第二象限，设，，
根据，，，可得，，，根据，可得，化为顶点式为：，问题得解；
（3）先求出抛物线的对称轴为：，设P点坐标为：，结合，，可得，，，分当时，当时，当时，三种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）∵二次函数交x轴于点，，交y轴于点，
∴，解得：，
∴二次函数解析式为：；
（2）连接，如图，
根据题意可知：点D在第二象限，设，，
∵，，
∴，，
∵，，，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
化为顶点式为：，
即当时，有最大值，最大值为，
即的面积的最大值为；
（3）如图，
由可得：，
则抛物线的对称轴为：，
设P点坐标为：，
∵，，
∴，，，
当时，有：，
解得：，
此时；
当时，有：，
解得：，
此时的坐标为：、；
当时，有：，
解得：，
此时的坐标为：、；
综上：的坐标为：、、、、．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求解抛物线解析式，二次函数的最值，勾股定理，解一元二次方程以及等腰三角形的性质等知识，掌握二次函数的性质是解答本题的关键．
12．如图，抛物线与x轴交于，两点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若抛物线交y轴于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在抛物线的第二象限图像上是否存在一点P，使得的面积最大？若存在，求出点P的坐标及的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
(3)存在，点P的坐标为，8
【分析】(1)运用待定系数法计算即可．
(2)判定，是对称点，确定直线的解析式，计算当时的函数值即可确定坐标．
(3)设，过点P作于点E，根据，构造二次函数，根据二次函数的最值计算即可．
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于，两点，
∴，解得，∴该抛物线的解析式为．
（2）存在，点．理由如下：∵抛物线与x轴交于，两点，∴，是对称点，且，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为，
当时，，故点．
（3）如图，设，过点P作于点E，
∵抛物线与x轴交于，两点，且，
∴，，，，
∴，
，
故当时，取得最大值，且为8，此时．
【点睛】本题考查了待定系数法确定二次函数的解析式，一次函数的解析式，构造二次函数计算三角形的最值，熟练掌握待定系数法，灵活构造二次函数是解题的关键．
13．如图，已知抛物与轴交于，两点，与y轴交于点C，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P为线段上的一动点（不与B、C重合），轴，且交抛物线于点M，交x轴于点N，求的面积的最大值；
(3)若点D为抛物线的顶点，在y轴上是否存在点E，使E到点B的距离与点E到点D的距离之差最大？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）先求出点C坐标，然后再根据待定系数法求出的解析式，设点P坐标为，则M点坐标为，点N坐标为，用x表示出的面积，然后求出最大值即可；
（3）先求出点D坐标，连接并延长交与y轴于一点E，此时最大，求出直线解析式，再求出与y轴的交点坐标，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为．
（2）解：将代入得：，
∴点C的坐标为，
设直线BC的解析式为，代入B、C的坐标得：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为：，
设点P坐标为，则M点坐标为，点N坐标为，
∴
∴
，
∴当时，的面积的最大值为．
（3）解：存在满足条件的点E；点E的坐标为．
∵，
∴顶点，
连接并延长交与y轴于一点E，此时最大，
设直线的解析式为，把，代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
把代入得：，
∴点E坐标为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求一次函数解析式，求二次函数解析式，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，注意数形结合．
14．如图1，抛物线与x轴相交于原点O和点A，直线与抛物线在第一象限的交点为B点，抛物线的顶点为C点．
(1)求点B和点C的坐标；
(2)抛物线上是否存在点D，使得？若存在，求出所有点D的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，点E是点B关于抛物线对称轴的对称点，点F是直线下方的抛物线上的动点，与直线交于点G．设和的面积分别为和，求的最大值．
【答案】(1)，；
(2)存在，当点的坐标为或时，使得；
(3)的最大值为．
【分析】（1）令，求出的值即可得出点的坐标，将函数化作顶点式可得出点的坐标；
（2）分点在直线下方、上方两种情况，分别求解即可；
（3）如图，分别过点，作轴的平行线，交直线于点，，则，，设，可表达，再利用二次函数的性质可得出结论．
【详解】（1）解：令，
解得或，
∴，
∵，
∴顶点；
（2）设直线的解析式为：，则将，代入可得：
，解得：，即：直线的解析式为：，
当点在直线的下方时，过点作轴，交轴于点，延长，交于，
∵
∴，即，，
∵
∴
∴，
∴
当时，，得：，∴
则，
∴，
易知直线的解析式为：，
联立：，解得：或
即；
当点在直线的上方时，
∵，
∴
∵直线的解析式为：，
∴直线的解析式为：
联立：，解得：或
即；
综上，当点的坐标为或时，使得；
（3）∵点与点关于对称轴对称，
∴，
如图，分别过点，作轴的平行线，交直线于点，，
∴，，
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∴当时，的最大值为．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查二次函数的性质，二次函数上的坐标特征，三角形的面积和全等三角形的判定及性质，解题的关键正确表达两个三角形面积的比．
15．如图，在中，，，，点P从点A出发沿方向向点B运动，速度为，同时点Q从点B出发沿方向向点A运动，速度为，当一个运动点到达终点时，另一个运动点也随之停止运动．
(1)______；______；
(2)设点P的运动时间为x秒，的面积为，当存在时，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(3)当点Q在上运动时，多少秒时的面积为？
【答案】(1)8，6
(2)
(3)秒
【分析】(1)由在中，设，，由勾股定理即可求得、的长；
(2)分别从当点Q在边上运动与当点Q在边上运动去分析，首先过点Q作的垂线，利用相似三角形的性质即可求得的底与高，则可求得y与x的函数关系式；
(3)把代入(2)中的解析式，即可求解．
【详解】（1）解：设，，
在中，，
得，
解得(负值舍去)，
，，
故答案为：8，6；
（2）解：如图2：当Q在上运动时，过Q作于点H，
，，
，
，，
，
，
，
解得，
；
如图3：当Q在上运动时，过Q作于点，
，的路程为，
，，
，，
，
，
，
解得，
，
综上，；
（3）解：当点Q在BC上运动时，，
当时，，
解得，(舍去)，
故当点Q在上运动时，秒时的面积为
【点睛】本题主要考查了勾股定理，求函数的关系式、勾股定理的应用、相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，采用分类讨论是解题的关键．
16．如图，是的两条弦，且于点
(1)如图1：若，求证；
(2)如图2：若，求弓形的面积．
(3)连结，若，
①与具有怎样的数量关系，并证明．
②在上存在点，满足，点是的中点，连结，已知，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)①，理由见解析；②4
【分析】（1）根据等腰三角形的判定与性质和圆周角定理即可证得结论；
（2）连接、，过O作于G，于F，根据垂径定理和矩形的判定和性质证得，，，，，，设，则，利用勾股定理和等腰三角形的性质得到，再利用扇形和三角形的面积公式求解即可；
（3）①连接、、，过O作于G，于F，
连接根据等腰三角形的性质和圆周角定理得，再根据直角三角形的两个锐角互余得到即可求解；
②连接、、，过M作于H，先证明经过点O，则，，再根据等弧对等弦得到，再证明四边形是矩形得到，设，根据勾股定理列等量关系求得，进而求得、、，再证明，利用相似三角形的性质求得，进而求得，然后利用勾股定理求得即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，连接、，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：如图2，连接、、，过O作于G，于F，
∴，，，
∴四边形为矩形，
∴，，
设，则，
在中，，
在中，，
，，
∵，
∴，解得，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴弓形的面积为；
（3）解：①．理由为：
如图3，连接，∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图3，连接、、，过M作于H，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴经过点O，则，，又，
∴，
∵,,
∴，
∴，
∴，则，
∵，
∴四边形是矩形，则，，
∵，∴，
设，，
则，，
∴，解得，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，则，
解得，
∴，
在中，，
∴的半径为4．
【点睛】本题是圆的综合题型，涉及圆的有关性质和计算，垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，还涉及勾股定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造矩形、等腰三角形及相似三角形，难度较大，属于压轴题型．
17．如图，直线与轴交于点，直线与轴交于点，且经过定点，直线与交于点．
(1)填空：________；________；________；
(2)在轴上是否存在一点，使的周长最短？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若动点在射线上从点开始以每秒1个单位的速度运动，连接，设点的运动时间为秒．是否存在的值，使和的面积比为？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，4，2
(2)存在，
(3)存在，或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）作点C关于x轴的对称点，连接交x轴于E，连接，则的周长最小．求出直线的解析式，即可解决问题；
（3）分两种情况：①点P在线段上，②点P在线段的延长线上，由和的面积比为，可得，根据比例的性质即可求解．
【详解】（1）∵直线与轴交于点，且经过定点，
∴，
∴，
∴直线，
∵直线经过点，
∴，
∴，
把代入，得到．
∴，，．
故答案为：，4，2；
（2）作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，则的周长最小．
设直线的解析式为，
∵，，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
令，得到，
∴，
∴存在一点，使的周长最短，；
（3）∵点在射线上从点开始以每秒1个单位的速度运动，直线，
∴，
∵，
∴，
∵点的运动时间为秒．
∴，
分两种情况：①点在线段上，
∵和的面积比为，
∴，
∴
∴，
∴；
②点在线段的延长线上，
∵和的面积比为，
∴，
∴，
∴
综上：存在的值，使和的面积比为，的值为或．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，待定系数法，轴对称最短问题，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
18．如图，一次函数的图像与反比例函数的图像相交于点，两点，分别连接，．
(1)求这个反比例函数的表达式；
(2)请根据函数图像的轴对称性，直接写出点的坐标为____________，当，则自变量的取值范围是______________；
(3)在平面直角坐标系内，是否存在一点，使以点，，，为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，或
(3)存在，
【分析】（1）将点，代入一次函数解析式求得，待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据函数图像的轴对称性，直接写出点的坐标，结合函数图像的交点坐标，即可求得自变量的取值范围；
（3）根据对称性可得，则在的上方，找到关于的对称点，根据中点坐标公式即可求解．
【详解】（1）∵一次函数经过点，
∴，
∴．
∴．
∵反比例函数经过点，∴，
∴反比例函数的解析式为，
（2）如图，过点分别作轴的垂线，交于点，
与关于轴对称，
关于轴对称，
，
设，则，
在上，
，
，
解得，
，
，，
当，则自变量的取值范围是或．
（3）存在，．
如图，连接交于点，
四边形是菱形，
，
由（2）可知在上，设，
，，
，
解得，
．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合，菱形的性质，中点坐标公式，掌握反比例函数图像的性质是解题的关键．