二次函数与四边形的动点问题（含答案）

由天下分享时间：2024/11/14 4:28:08 加入收藏我要投稿点赞

5（3）当AE＝AB＝3或AE＝BE＝或AE＝3.6时，?ABE是等腰三角形

练习1．解：（1）点 M

1分（2）经过t秒时，NB?t，OM?2t

则CN?3?t，AM?4?2t∵?BCA=?MAQ=45?∴QN? CN ?3?t ∴PQ ?1? t

∴S△AMQ112?1?9?AM?PQ?(4?2t)(1?t)??t?t?2 ∴S??t2?t?2???t??? 22?2?41时，S的值最大． 22∵0≤t≤2∴当t?（3）存在．设经过t秒时，NB=t，OM=2t 则CN?3?t，AM?4?2t∴?BCA=?MAQ=45? ①若?AQM?90?，则PQ是等腰Rt△MQA底边MA上的高 ∴PQ是底边MA的中线 ∴PQ?AP?∴点M的坐标为（1，0）

②若?QMA?90?，此时QM与QP重合∴QM?QP?MA∴1?t?4?2t∴t?1 ∴点M的坐标为（2，0）

练习2.解：（1）(e?c，d)，(c?e?a，d)．

（2）分别过点A，B，C，D作x轴的垂线，垂足分别为A，B1，C1，D1， 1分别过A，D作AE?BB1于E，DF?CC1于点F．在平行四边形ABCD中，CD?BA，又?BB1∥CC1，

111MA∴1?t?(4?2t)∴t?

222y B(c，d) C F D(e，f)

??EBA??ABC??BCF??ABC??BCF??FCD?180?． ??EBA??FCD．

又??BEA??CFD?90，

?E A(a，b) O 1C 1DB1A 1 x

?△BEA≌△CFD．

?AF?DF?a?c，BE?CF?d?b．

设C(x，y)．由e?x?a?c，得x?e?c?a．

由y?f?d?b，得y?f?d?b．?C(e?c?a，f?d?b)．

（3）m?c?e?a，n?d?f?b．或m?a?c?e，n?b?d?f．

（4）若GS为平行四边形的对角线，由（3）可得P，7c)．要使P1在抛物线上， 1(?2c2则有7c?4c?(5c?3)?(?2c)?c，即c?c?0．

2 16

?c1?0（舍去），c2?1．此时P7)． 1(?2，若SH为平行四边形的对角线，由（3）可得P，2c)，同理可得c?1，此时P2(3，2)． 2(3c若GH为平行四边形的对角线，由（3）可得(c，?2c)，同理可得c?1，此时P，?2)． 3(1综上所述，当c?1时，抛物线上存在点P，使得以G，S，H，P为顶点的四边形是平行四边形．符合条件的点有P7)，P2(3，2)，P3(1，?2)． 1(?2，练习3.解：⑴由Rt△AOB≌Rt△CDA得 ???

OD=2+1=3,CD=1 ∴C点坐标为(－3,1), ∵抛物线经过点C,

∴1= (－3)2 a＋(－3)ａ－2，∴a?∴抛物线的解析式为y?1。 2121x?x?2. 22⑵在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。以AB边在AB右侧作正方形ABPQ。过P作PE⊥OB于E，QG⊥x轴于G，可证△PBE≌△AQG≌△BAO，

∴PE＝AG＝BO＝2，BE＝QG＝AO＝1， ∴∴P点坐标为（2,1），Q点坐标为（1,－1）。由（1）抛物线y?121x?x?2。 22当x＝2时，y＝1，当x＝,1时，y＝－1。 ∴P、Q在抛物线上。

故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2,1）、Q（1,－1），使四边形ABPQ是正方形。 ⑵另解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。

延长CA交抛物线于Q，过B作BP∥CA交抛物线于P，连PQ，设直线CA、BP的解析式分别为y=k1x+b1, y=k2x+b2,

∵A（－1,0），C（－3,1）， ∴CA的解析式y??1111x?，同理BP的解析式为y??x?， 222211?y??x???22解方程组?得Q点坐标为（1,－1），同理得P点坐标为（2,1）。

11?y?x2?x?2?22? 17

由勾股定理得AQ＝BP＝AB＝5，而∠BAQ＝90°，

∴四边形ABPQ是正方形。故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2,1）、Q（1,－1），使四边形ABPQ是正方形。

⑵另解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。如图，将线段CA沿CA方向平移至AQ，

∵C（－3,1）的对应点是A（－1,0），∴A（－1,0）的对应点是Q（1,－1），再将线段AQ沿AB方向平移至BP，同理可得P（2,1）

∵∠BAC＝90°，AB＝AC