《中考（數(shù)學）分類九 二次函數(shù)與菱形有關的問題（含答案）-歷年真題?？肌⒅仉y點題型講練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《中考（數(shù)學）分類九 二次函數(shù)與菱形有關的問題（含答案）-歷年真題?？?、重難點題型講練（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、數(shù)學專題 精心整理 類型九 二次函數(shù)與菱形有關的問題 【典例1】如圖，已知拋物線經(jīng)過點和點，與軸交于點. （1）求此拋物線的解析式； （2）若點是直線下方的拋物線上一動點（不點，重合），過點作軸的平行線交直線于點，設點的橫坐標為. ①用含的代數(shù)式表示線段的長； ②連接，，求的面積最大時點的坐標； （3）設拋物線的對稱軸與交于點，點是拋物線的對稱軸上一點，為軸上一點，是否存在這樣的點和點，使得以點、、、為頂點的四邊形是菱形？如果存在，請直接寫出點的坐標；如果不存在，請說明理由. 【答案】（1）y＝x2﹣4x+3；（2）①用含m的代數(shù)式表示線段PD的長為﹣m2+3m；②△PBC

2、的面積最大時點P的坐標為（，﹣）；（3）存在這樣的點M和點N，使得以點C、E、M、N為頂點的四邊形是菱形．點M的坐標為M1（2，3），M2（2，1﹣2），M3（2，1+2）． 【解析】 （1）∵拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）經(jīng)過點A（1，0）和點B（3，0），與y軸交于點C， ∴，解得， ∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x+3； （2）①設P（m，m2﹣4m+3）， 將點B（3，0）、C（0，3）代入得直線BC解析式為yBC＝﹣x+3． ∵過點P作y軸的平行線交直線BC于點D， ∴D（m，﹣m+3）， ∴PD＝（﹣m+3）﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+3m． 答：用含m

3、的代數(shù)式表示線段PD的長為﹣m2+3m． ②S△PBC＝S△CPD+S△BPD ＝OB?PD＝﹣m2+m ＝﹣（m﹣）2+． ∴當m＝時，S有最大值． 當m＝時，m2﹣4m+3＝﹣． ∴P（，﹣）． 答：△PBC的面積最大時點P的坐標為（，﹣）． （3）存在這樣的點M和點N，使得以點C、E、M、N為頂點的四邊形是菱形． 根據(jù)題意，點E（2，1）， ∴EF=CF=2， ∴EC=2， 根據(jù)菱形的四條邊相等， ∴ME=EC=2，∴M（2，1-2）或（2，1+2） 當EM=EF=2時，M（2，3） ∴點M的坐標為M1（2，3），M2（2，1﹣2），M3（2，1+2）．

4、 【典例2】如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，B點的坐標為（3，0），與y軸交于點C（0，﹣3），點P是直線BC下方拋物線上的任意一點． （1）求這個二次函數(shù)y=x2+bx+c的解析式． （2）連接PO，PC，并將△POC沿y軸對折，得到四邊形POP′C，如果四邊形POP′C為菱形,求點P的坐標． （3）如果點P在運動過程中，能使得以P、C、B為頂點的三角形與△AOC相似，請求出此時點P的坐標． 【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3（2）（2）（2+102，-32）（3）P、C、B為頂點的三角形與△AOC相似，此時點P的坐標（1，﹣4）

5、【解析】（1）將B、C點代入函數(shù)解析式，得：9+3b+c=0c=-3，解得：b=-2c=-3，這個二次函數(shù)y＝x2+bx+c的解析式為y＝x2﹣2x﹣3； （2）∵四邊形POP′C為菱形，∴OC與PP′互相垂直平分，∴yP=-OC2=-32，即x2﹣2x﹣3=-32，解得：x1=2+102，x2=2-102（舍），P（2+102，-32）； （3）∵∠PBC＜90°，∴分兩種情況討論： ①如圖1，當∠PCB＝90°時，過P作PH⊥y軸于點H，BC的解析式為y＝x﹣3，CP的解析式為y＝﹣x﹣3，設點P的坐標為（m，﹣3﹣m），將點P代入代入y═x2﹣2x﹣3中，解得：

6、m1＝0（舍），m2＝1，即P（1，﹣4）； AO＝1，OC＝3，CB=32+32=32，CP=12+（-4+3）2=2，此時BCCP=COAO=3，△AOC∽△PCB； ②如圖2，當∠BPC＝90°時，作PH⊥y軸于H，作BD⊥PH于D． ∵PC⊥PB，∴△PHC∽△BDP，∴PHHC=BDPD．設點P的坐標為（m，m2﹣2m﹣3），則PH=m，HC=－（m2﹣2m﹣3）－（－3）=－m2+2m，BD=－（m2﹣2m﹣3），PD=3－m，∴m-m2+2m=-(m2-2m-3)3-m，∴1m-2=-(m+1)，解得：m=1+52或1-52（舍去）．當m=1+52時，m2﹣2m﹣

7、3=-5+52． ∵△PHC∽△BDP，∴PCPB=HCPD=-m2+2m3-m=5-15-5=15=55≠COAO =3，以P、C、B為頂點的三角形與△AOC不相似． 綜上所述：P、C、B為頂點的三角形與△AOC相似，此時點P的坐標（1，﹣4）． 【典例3】如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，A點的坐標為（﹣3，0），B點在原點的左側(cè)，與y軸交于點C（0，3），點P是直線BC上方的拋物線上一動點 （1）求這個二次函數(shù)的表達式； （2）連接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四邊形POP′C（如圖1所示），那么是否存在點P，使四邊

8、形POP′C為菱形？若存在，請此時點P的坐標：若不存在，請說明理由； （3）當點P運動到什么位置時，四邊形ABCP的面積最大，并求出其最大值． 【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3；（2）存在．P點的坐標為（﹣，）；（3）P點的坐標為（﹣，），四邊形ABPC的面積的最大值為． 【方法點撥】 （1）利用待定系數(shù)法直接將B、C兩點直接代入y＝x2+bx+c求解b，c的值即可得拋物線解析式； （2）利用菱形對角線的性質(zhì)及折疊的性質(zhì)可以判斷P點的縱坐標為﹣，令y＝﹣即可得x2﹣2x﹣3＝﹣，解該方程即可確定P點坐標； （3）由于△ABC的面積為定值，當四邊形ABCP的面積最大時，△BPC

9、的面積最大；過P作y軸的平行線，交直線BC于Q，交x軸于F，易求得直線AC的解析式，可設出P點的橫坐標，然后根據(jù)拋物線和直線BC的解析式求出Q、P的縱坐標，即可得到PQ的長，以PQ為底，B點橫坐標的絕對值為高即可求得△BPC的面積，由此可得到關于四邊形ABCP的面積與P點橫坐標的函數(shù)關系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求出四邊形ABCP的最大面積及對應的P點坐標． 【解析】 （1）∵C點坐標為（0，3）， ∴y＝﹣x2+bx+3， 把A（﹣3，0）代入上式得，0＝9﹣3b+3， 解得，b＝﹣2， ∴該二次函數(shù)解析式為：y＝﹣x2﹣2x+3； （2）存在．如圖1， 設P點的坐標為（x，

10、﹣x2﹣2x+3），PP′交CO于E， 當四邊形POP'C為菱形時，則有PC＝PO，連接PP′，則PE⊥CO于E， ∴OE＝CE＝， 令﹣x2﹣2x+3＝， 解得，x1＝﹣，x2＝（不合題意，舍去）． ∴P點的坐標為（﹣，）． （3）如圖2，過點P作y軸的平行線與BC交于點Q，與OA交于點F， 設P（x，﹣x2﹣2x+3），設直線AC的解析式為：y＝kx+t， 則， 解得：， ∴直線AC的解析式為y＝x+3， 則Q點的坐標為（x，x+3）， 當0＝﹣x2﹣2x+3， 解得：x1＝1，x2＝﹣3， ∴AO＝3，OB＝1，則AB＝4， S四邊形ABCP＝S

11、△ABC+S△APQ+S△CPQ ＝AB?OC+QP?OF+QP?AF ＝×4×3+[（﹣x2﹣2x+3）﹣（x+3）]×3 ＝﹣（x+）2+． 當x＝﹣時，四邊形ABCP的面積最大， 此時P點的坐標為（﹣，），四邊形ABPC的面積的最大值為． 【思路引導】 此題考查了二次函數(shù)綜合題，需要掌握二次函數(shù)解析式的確定、菱形的判定和性質(zhì)以及圖形面積的求法等知識，當所求圖形不規(guī)則時通常要將其轉(zhuǎn)換為其他規(guī)則圖形面積的和差關系來求解． 【典例4】如圖，拋物線與y軸交于A點，過點A的直線與拋物線交于另一點B，過點B作BC⊥x軸，垂足為點C(3，0). （1）求

12、直線AB的函數(shù)關系式； （2）動點P在線段OC上從原點出發(fā)以每秒一個單位的速度向C移動，過點P作PN⊥x軸，交直線AB于點M，交拋物線于點N. 設點P移動的時間為t秒，MN的長度為s個單位，求s與t的函數(shù)關系式，并寫出t的取值范圍； （3）設在（2）的條件下（不考慮點P與點O，點C重合的情況），連接CM，BN，當t為何值時，四邊形BCMN為平行四邊形？問對于所求的t值，平行四邊形BCMN是否菱形？請說明理由 【答案】（1）；（2） （0≤t≤3）；（3）t=1或2時；四邊形BCMN為平行四邊形；t=1時，平行四邊形BCMN是菱形，t=2時，平行四邊形BCMN不是菱形，理由見解析.

13、【解析】 解：（1）x=0時，y=1， ∴點A的坐標為：（0，1）， ∵BC⊥x軸，垂足為點C（3，0）， ∴點B的橫坐標為3， 當x=3時，y=， ∴點B的坐標為（3，）， 設直線AB的函數(shù)關系式為y=kx+b， ， 解得，， 則直線AB的函數(shù)關系式 （2）當x=t時，y=t+1， ∴點M的坐標為（t，t+1）， 當x=t時， ∴點N的坐標為 （0≤t≤3）； （3）若四邊形BCMN為平行四邊形，則有MN=BC， ∴， 解得t1=1，t2=2， ∴當t=1或2時，四邊形BCMN為平行四邊形， ①當t=1時，MP=，PC=2， ∴MC==MN，此時四邊

14、形BCMN為菱形， ②當t=2時，MP=2，PC=1， ∴MC=≠MN，此時四邊形BCMN不是菱形． 【典例5】已知，在平面直角坐標系內(nèi)一直線l1:y=-x+3分別與x軸、y軸交于A、B兩點，拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點，y軸右側(cè)部分拋物線上有一動點C，過點C作y軸的平行線交直線l1于點D. （1）求拋物線的函數(shù)表達式； （2）如圖1，C在第一象限，求以CD為直徑的⊙E的最大面積，并判斷此時⊙E與拋物線的對稱軸是否相切？若不相切，求出使得⊙E與該拋物線對稱軸相切時點C的橫坐標； （3）坐標平面內(nèi)是否存在點M，使B、C、D、M為頂點的四邊形為菱形？若存在，直接寫出點M

15、的坐標；不存在，請說明理由. 【答案】(1)y=-x2+2x+3；（2）不相切， C的橫坐標分別為2和5-172；（3）M（0,1），（2,3）（0,1-32），（0,1+32）. 【解析】 解：（1）直線l1:y=-x+3分別與x軸、y軸交于A、B兩點，可得A點（3，0），B點（0，3），將A、B兩點坐標代入y=-x2+bx+c，可得 0=-9+3b+c3=c，可得b=2，c=3 ∴拋物線的函數(shù)表達式y(tǒng)=-x2+2x+3； （2）①可得拋物線對稱軸為：x=-b2a=1， ∵ C在第一象限,以CD為直徑的⊙E的最大面積，即CD最長時，圓的面積最大， 設直線CD的橫坐標為t，0

16、＜t＜3， ∴D點坐標（t，-t+3），C點坐標（t，-t2+2t+3）， ∴ |CD|=-t2+2t+3-(-t+3)= -t2+3t（0＜t＜3）， ∴當t=-b2a=32時，CD最長，此時CD最長為94， 此時圓E的半徑為98，此時CD與對稱軸的距離為32-1=12≠98， 故不相切. ②當CD在對稱軸右邊時，即1＜t＜3時 |CD|= -t2+3t（1＜t＜3）；圓E的半徑為t-1， 可得|CD|=2r；-t2+3t=2（t-1），解得：t1=-1（舍去）； t2=2； 當CD在對稱軸左邊時，即即0＜t＜1時， 有-t2+3t=2（1-t），解得：t1=5+172

17、（舍去）， t2=5-172； 綜上所述：t=2或t=5-172，⊙E與該拋物線對稱軸相切. (3)存在，由菱形性質(zhì)可得M點坐標（0,1），（2,3）（0,1-32），（0,1+32）. 【典例6】如圖，二次函數(shù)y=-x2+3x+m的圖象與x軸的一個交點為B(4,0)，另一個交點為A，且與y軸相交于C點 （1）求m的值及C點坐標； （2）在直線BC上方的拋物線上是否存在一點M，使得它與B，C兩點構成的三角形面積最大，若存在，求出此時M點坐標；若不存在，請簡要說明理由 （3）P為拋物線上一點，它關于直線BC的對稱點為Q，當四邊形PBQC為菱形時，求點P的坐標(直接寫出答案)；

18、 【答案】(1)m=4, C(0,4) (2) 存在, M(2,6) (3)P點坐標為(1+5,1+5)或(1-5,1-5) 【解析】解：(1) 將點B(4,0)的坐標代入二次函數(shù)y=-x2+3x+m，即-42+3×4+m=0，解得m=4，故二次函數(shù)解析式為y=-x2+3x+4，令x=0，解得y=4，故C點坐標為(0,4); (2)存在， 理由：∵B(4,0)，C(0,4) ∴直線BC的解析式為y=-x+4， 當直線BC向上平移b單位后和拋物線只有一個公共點時，△MBC面積最大， ∴y=-x+4+by=-x2+3x+4 整理得：x2-4x+b=0 ∴?=16-4

19、b=0， ∴b=4 ∴x=2y=6 ∴M(2,6) (3) 如圖2、圖3所示，連接PQ交BC于點G。 因為四邊形PBQC是菱形，所以G為BC的中點， 因為點B、C的坐標分別為(4,0)、(0,4)，所以由中點坐標公式得G點坐標為(2,2)， 由(2)可知直線BC的解析式為y=-x+4， 由于PG⊥BC，所以設直線PG的解析式為y=x+b， 將G(2,2)代入，求得直線PG的解析式為y=x， 將直線PG的解析式與拋物線解析式聯(lián)立得： y=-x2+3x+4y=x，消去y得：x=-x2+3x+4， 解得：x=1±5， 將x=1+5代入直線PG的解析式得y=1

20、+5， 將x=1-5代入直線PG的解析式得y=1-5， 故當四邊形PBQC為菱形時，P點坐標為(1+5,1+5)或(1-5,1-5). 【典例7】定義：對于拋物線y＝ax2+bx+c（a、b、c是常數(shù)，a≠0），若b2＝ac，則稱該拋物線為黃金拋物線．例如：y＝x2﹣x+1是黃金拋物線 （1）請再寫出一個與上例不同的黃金拋物線的解析式； （2）將黃金拋物線y＝x2﹣x+1沿對稱軸向下平移3個單位 ①直接寫出平移后的新拋物線的解析式； ②新拋物線如圖所示，與x軸交于A、B（A在B的左側(cè)），與y軸交于C，點P是直線BC下方的拋物線上一動點，連結(jié)PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到

21、四邊形POP′C，那么是否存在點P，使四邊形POP′C為菱形？若存在，請求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由． ③當直線BC下方的拋物線上動點P運動到什么位置時，四邊形 OBPC的面積最大并求出此時P點的坐標和四邊形OBPC的最大面積． 【答案】（1）y＝x2+x+1；（2）①：y＝x2﹣x﹣2；②存在P點的坐標為（，﹣1）；當x＝1時，最大值是3，P（1，﹣2） 【解析】 解：（1）不唯一，例如：y＝x2+x+1； （2）①：y＝x2﹣x﹣2； ②存在點P，如圖1，使四邊形POP′C為菱形． 設P點坐標為（x，x2﹣x﹣2），PP′交CO于E 若四邊形POP′C是

22、菱形，則有PC＝PO． 連結(jié)PP′則PE⊥CO于E， ∴OE＝EC＝1， ∴y＝﹣1， ∴x2﹣x﹣2＝﹣1 解得x1＝，x2＝（不合題意，舍去） ∴P點的坐標為（，﹣1）； ③過點P作y軸的平行線與BC交于點Q，與OB交于點F，如圖2 設P（x，x2﹣x﹣2）， 易得，直線BC的解析式：y＝x﹣2 則Q點的坐標為（x，x﹣2）． S四邊形OBPC＝S△OBC+S△BPQ+S△CPQ ＝OB?OC+QP?OF+QP?FB＝ ＝﹣（x﹣1）2+3， 當x＝1時，四邊形OBPC的面積最大 此時P點的坐標為（1，﹣2）， 四邊形OBPC的面積最大值是3． 【典例

23、8】如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2－2ax－3a(a＜0)與x軸交于A，B兩點(點A在點B的左側(cè))，經(jīng)過點A的直線l：y＝kx＋b與y軸負半軸交于點C，與拋物線的另一個交點為D，且CD＝4AC． (1)求A，B兩點的坐標及拋物線的對稱軸； (2)求直線l的函數(shù)解析式(其中k，b用含a的式子表示)； (3)點E是直線l上方的拋物線上的動點，若△ACE的面積的最大值為，求a的值； (4)設P是拋物線的對稱軸上的一點，點Q在拋物線上，以點A，D，P，Q為頂點的四邊形能否成為矩形？若能，直接寫出點P的坐標；若不能，請說明理由． 【答案】（1）A（﹣1，0），B（3，

24、0），x＝1；（2）y＝ax+a；（3）；（4）以點A、D、P、Q為頂點的四邊形能成為矩形，（1，﹣）或（1，﹣4）． 【思路引導】 （1）解方程即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)直線l：y＝kx+b過A（﹣1，0），得到直線l：y＝kx+k，解方程得到點D的橫坐標為4，求得k＝a，得到直線l的函數(shù)表達式為y＝ax+a；（3）過E作EF∥y軸交直線l于F，設E（x，ax2﹣2ax﹣3a），得到F（x，ax+a），求出EF＝ax2﹣3ax﹣4a，根據(jù)三角形的面積公式列方程即可得到結(jié)論；（4）令ax2﹣2ax﹣3a＝ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a＝0，得到D（4，5a），設P（1，m），①若AD是矩形

25、ADPQ的一條邊，②若AD是矩形APDQ的對角線，列方程即可得到結(jié)論． 【解析】 （1）當y＝0時，ax2﹣2ax﹣3a＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝3， ∴A（﹣1，0），B（3，0）， 對稱軸為直線x＝＝1； （2）∵直線l：y＝kx+b過A（﹣1，0）， ∴0＝﹣k+b， 即k＝b， ∴直線l：y＝kx+k， ∵拋物線與直線l交于點A，D， ∴ax2﹣2ax﹣3a＝kx+k， 即ax2﹣（2a+k）x﹣3a﹣k＝0， ∵CD＝4AC， ∴點D的橫坐標為4， ∴﹣3﹣＝﹣1×4， ∴k＝a， ∴直線l的函數(shù)表達式為y＝ax+a； （3）過E作

26、EF∥y軸交直線l于F，設E（x，ax2﹣2ax﹣3a），則F（x，ax+a）， ∴EF＝ax2﹣2ax﹣3a﹣ax﹣a＝ax2﹣3ax﹣4a， ∴S△ACE＝S△AFE﹣S△CEF＝（ax2﹣3ax﹣4a）（x+1）﹣（ax2﹣3ax﹣4a）x＝（ax2﹣3ax﹣4a）＝a（x﹣）2﹣a， ∴△ACE的面積的最大值＝﹣a， ∵△ACE的面積的最大值為， ∴﹣a＝， 解得； （4）以點A、D、P、Q為頂點的四邊形能成為矩形， 令ax2﹣2ax﹣3a＝ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝4， ∴D（4，5a）， ∵拋物線的對稱軸為直線x＝1，

27、 設P（1，m）， ①若AD是矩形ADPQ的一條邊，則易得Q（﹣4，21a）， ∴m＝21a+5a＝26a，則P（1，26a）， ∵四邊形ADPQ是矩形， ∴∠ADP＝90°， ∴AD2+PD2＝AP2， ∴52+（5a）2+32+（26a﹣5a）2＝22+（26a）2， 即a2＝， ∵a＜0， ∴a＝﹣， ∴P（1，﹣）； ②若AD是矩形APDQ的對角線，則易得Q（2，﹣3a）， ∴m＝5a﹣（﹣3a）＝8a，則P（1，8a）， ∵四邊形APDQ是矩形， ∴∠APD＝90°， ∴AP2+PD2＝AD2， ∴（﹣1﹣1）2+（8a）

28、2+（1﹣4）2+（8a﹣5a）2＝52+（5a）2， 即a2＝， ∵a＜0， ∴a＝﹣ ， ∴P（1，﹣4）， 綜上所述，點A、D、P、Q為頂點的四邊形能成為矩形，點P（1，﹣）或（1，﹣4）． 【方法總結(jié)】 本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，三角形面積的計算，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵． 【典例9】如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線（）與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），經(jīng)過點A的直線l：與y軸負半軸交于點C，與拋物線的另一個交點為D，且CD=4AC． （1）直接寫出點A的坐標，并求直線l的函數(shù)表達式（其中k，b用含a的式子表示）

29、； （2）點E是直線l上方的拋物線上的動點，若△ACE的面積的最大值為，求a的值； （3）設P是拋物線的對稱軸上的一點，點Q在拋物線上，以點A，D，P，Q為頂點的四邊形能否成為矩形？若能，求出點P的坐標；若不能，請說明理由． 【答案】（1）A（－1，0），；（2）；（3）P的坐標為（1，）或（1，－4）． 【解析】 解：（1）∵=，令y=0，得到，， ∴A（－1，0），B（3，0）， ∵直線l經(jīng)過點A， ∴，， ∴， 令，即， ∵CD＝4AC， ∴點D的橫坐標為4， ∴， ∴， ∴直線l的函數(shù)表達式為； （2）過點E作EF∥y軸，交直線l于點F，設E（，），

30、則F（，）， EF＝=， S△ACE＝S△AFE－S△CFE＝ ＝＝， ∴△ACE的面積的最大值為， ∵△ACE的面積的最大值為， ∴ ，解得； （3）令，即，解得，， ∴D（4，5a）， ∵， ∴拋物線的對稱軸為，設P（1，m）， ①若AD是矩形的一條邊，則Q（－4，21a），m＝21a＋5a＝26a，則P（1，26a）， ∵四邊形ADPQ為矩形， ∴∠ADP＝90°， ∴， ∴，即 ， ∵， ∴， ∴P1（1，）； ②若AD是矩形的一條對角線，則線段AD的中點坐標為（ ，），Q（2，），m＝，則P（1，8a）， ∵四邊形APDQ為

31、矩形，∴∠APD＝90°， ∴， ∴，即 ， ∵，∴，∴P2（1，－4）． 綜上所述，以點A、D、P、Q為頂點的四邊形能成為矩形，點P的坐標為（1，）或（1，－4）． 【典例10】如圖1，拋物線y=﹣33x2+233x+3與x軸分別交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于C點．經(jīng)過點A的直線l與y軸交于點D（0，﹣3）． （1）求A、B兩點的坐標及直線l的表達式； （2）如圖2，直線l從圖中的位置出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿x軸的正方向運動，運動中直線l與x軸交于點E，與y軸交于點F，點A 關于直線l的對稱點為A′，連接FA′、BA′，設直線l的運動時間為t（

32、t＞0）秒．探究下列問題： ①請直接寫出A′的坐標（用含字母t的式子表示）； ②當點A′落在拋物線上時，求直線l的運動時間t的值，判斷此時四邊形A′BEF的形狀，并說明理由； （3）在（2）的條件下，探究：在直線l的運動過程中，坐標平面內(nèi)是否存在點P，使得以P，A′，B，E為頂點的四邊形為矩形？若存在，請直接寫出點P的坐標； 若不存在，請說明理由． 【答案】（1）y=﹣3x﹣3；（2）見解析（3）存在 【解析】（1）當y=0時，﹣33x2+233x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3，則A（﹣1，0），B（3，0）， 設直線l的解析式為y=kx+b， 把A（﹣1，0），D（0，

33、﹣3）代入得-k+b=0b=-3，解得k=-3b=-3， ∴直線l的解析式為y=﹣3x﹣3； （2）①作A′H⊥x軸于H，如圖， ∵OA=1，OD=3， ∴∠OAD=60°， ∵EF∥AD， ∴∠AEF=60°， ∵點A 關于直線l的對稱點為A′， ∴EA=EA′=t，∠A′EF=∠AEF=60°， 在Rt△A′EH中，EH=12EA′=12t，A′H=3EH=32t， ∴OH=OE+EH=t﹣1+12t=32t﹣1， ∴A′（32t﹣1，32 t）； ②把A′（32t﹣1，32 t）代入y=﹣33x2+233x+3得﹣33（32t﹣1

34、）2+233（32t﹣1）+3=32t， 解得t1=0（舍去），t2=2， ∴當點A′落在拋物線上時，直線l的運動時間t的值為2； 此時四邊形A′BEF為菱形，理由如下： 當t=2時，A′點的坐標為（2，3），E（1，0）， ∵∠OEF=60° ∴OF=3OE=3，EF=2OE=2， ∴F（0，3）， ∴A′F∥x軸， ∵A′F=BE=2，A′F∥BE， ∴四邊形A′BEF為平行四邊形， 而EF=BE=2， ∴四邊形A′BEF為菱形； （3）存在，如圖： 當A′B⊥BE時，四邊形A′BEP為矩形，則32t﹣1=3，解得t=83，則A′（3，433），

35、 ∵OE=t﹣1=53， ∴此時P點坐標為（53，433）； 當A′B⊥EA′，如圖，四邊形A′BPE為矩形，作A′Q⊥x軸于Q， ∵∠AEA′=120°， ∴∠A′EB=60°， ∴∠EBA′=30° ∴BQ=3A′Q=3?32t=32t， ∴32t﹣1+32t=3，解得t=43， 此時A′（1，233），E（13，0）， 點A′向左平移23個單位，向下平移233個單位得到點E，則點B（3，0）向左平移23個單位，向下平移233個單位得到點P，則P（73，﹣233）， 綜上所述，滿足條件的P點坐標為（53，433）或（73，﹣233）． 初中數(shù)學中考備課必備