【文章內(nèi)容簡介】 NB中點K，作KP⊥BN，交x軸于點P，∴△NOB∽△PKB，∴∴PB＝，∴OP＝OB﹣PB＝3﹣＝P4（，0）綜上，當(dāng)△PBN是等腰三角形時，點P的坐標(biāo)P1（﹣1，0）或P2（7，0）或P3（﹣，0）或P4（，0）．【點睛】本題考查二次函數(shù)、平行線性質(zhì)、相似三角形、等腰三角形性質(zhì)及最短距離等知識點，綜合程度比較高，對綜合能力要求比較高. 第一問比較簡單，考查待定系數(shù)法；第二問最短距離，找到D點是解題關(guān)鍵；第三問證明出相似是關(guān)鍵；第四問能夠分情況討論是解題關(guān)鍵6．如圖，菱形ABCD的邊長為20cm，∠ABC＝120176。，對角線AC，BD相交于點O，動點P從點A出發(fā)，以4cm/s的速度，沿A→B的路線向點B運動；過點P作PQ∥BD，與AC相交于點Q，設(shè)運動時間為t秒，0＜t＜5．（1）設(shè)四邊形PQCB的面積為S，求S與t的關(guān)系式；（2）若點Q關(guān)于O的對稱點為M，過點P且垂直于AB的直線l交菱形ABCD的邊AD（或CD）于點N，當(dāng)t為何值時，點P、M、N在一直線上？（3）直線PN與AC相交于H點，連接PM，NM，是否存在某一時刻t，使得直線PN平分四邊形APMN的面積？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1) S=﹣2（0＜t＜5）； (2) 。(3)見解析.【解析】【分析】（1）如圖1，根據(jù)S=S△ABCS△APQ，代入可得S與t的關(guān)系式；（2）設(shè)PM=x，則AM=2x，可得AP=x=4t，計算x的值，根據(jù)直角三角形30度角的性質(zhì)可得AM=2PM=，根據(jù)AM=AO+OM，列方程可得t的值；（3）存在，通過畫圖可知：N在CD上時，直線PN平分四邊形APMN的面積，根據(jù)面積相等可得MG=AP，由AM=AO+OM，列式可得t的值．【詳解】解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABD=∠DBC=∠ABC=60176。，AC⊥BD，∴∠OAB=30176。，∵AB=20，∴OB=10，AO=10，由題意得：AP=4t，∴PQ=2t，AQ=2t，∴S=S△ABC﹣S△APQ，=，= ，=﹣2t2+100（0＜t＜5）；（2）如圖2，在Rt△APM中，AP=4t，∵點Q關(guān)于O的對稱點為M，∴OM=OQ，設(shè)PM=x，則AM=2x，∴AP=x=4t，∴x=，∴AM=2PM=，∵AM=AO+OM，∴=10+10﹣2t，t=；答：當(dāng)t為秒時，點P、M、N在一直線上；（3）存在，如圖3，∵直線PN平分四邊形APMN的面積，∴S△APN=S△PMN，過M作MG⊥PN于G，∴ ，∴MG=AP，易得△APH≌△MGH，∴AH=HM=t，∵AM=AO+OM，同理可知：OM=OQ=10﹣2t，t=10=10﹣2t，t=．答：當(dāng)t為秒時，使得直線PN平分四邊形APMN的面積．【點睛】考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，對稱的性質(zhì)，三角形和四邊形的面積，二次根式的化簡等知識點，計算量大，解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握動點運動時所構(gòu)成的三角形各邊的關(guān)系.7．如圖1，二次函數(shù)的圖像與軸交于兩點(點在點的左側(cè))，與軸交于點.（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式及點、點的坐標(biāo)。（2）若點在二次函數(shù)圖像上，且，求點的橫坐標(biāo)。（3）將直線向下平移，與二次函數(shù)圖像交于兩點(在左側(cè))，如圖2，過作軸，與直線交于點，過作軸，與直線交于點，當(dāng)?shù)闹底畲髸r，求點的坐標(biāo).【答案】（1）y＝，A（﹣1，0），B（4，0）；（2）D點的橫坐標(biāo)為2+2，2﹣2，2；（3）M（，﹣）【解析】【分析】（1）求出a，即可求解；（2）求出直線BC的解析式，過點D作DH∥y軸，與直線BC交于點H，根據(jù)三角形面積的關(guān)系求解；（3）過點M作MG∥x軸，交FN的延長線于點G，設(shè)M（m，m2﹣m﹣3），N（n，n2﹣n﹣3），判斷四邊形MNFE是平行四邊形，根據(jù)ME＝NF，求出m+n＝4，再確定ME+MN＝﹣m2+3m+5﹣m＝﹣（m﹣）2+，即可求M；【詳解】（1）y＝ax2﹣3ax﹣4a與y軸交于點C（0，﹣3），∴a＝，∴y＝x2﹣x﹣3，與x軸交點A（﹣1，0），B（4，0）；（2）設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴y＝x﹣3；過點D作DH∥y軸，與直線BC交于點H，設(shè)H（x，x﹣3），D（x，x2﹣x﹣3），∴DH＝|x2﹣3x|，∵S△ABC＝，∴S△DBC＝＝6，∴S△DBC＝2|x2﹣3x|＝6，∴x＝2+2，x＝2﹣2，x＝2；∴D點的橫坐標(biāo)為2+2，2﹣2，2；（3）過點M作MG∥x軸，交FN的延長線于點G，設(shè)M（m，m2﹣m﹣3），N（n，n2﹣n﹣3），則E（m，m﹣3），F(xiàn)（n，n﹣3），∴ME＝﹣m2+3m，NF＝﹣n2+3n，∵EF∥MN，ME∥NF，∴四邊形MNFE是平行四邊形，∴ME＝NF，∴﹣m2+3m＝﹣n2+3n，∴m+n＝4，∴MG＝n﹣m＝4﹣2m，∴∠NMG＝∠OBC，∴cos∠NMG＝cos∠OBC＝,∵B（4，0），C（0，﹣3），∴OB＝4，OC＝3，在Rt△BOC中，BC＝5，∴MN＝（n﹣m）＝（4﹣2m）＝5﹣m，∴ME+MN＝﹣m2+3m+5﹣m＝﹣（m﹣）2+，∵﹣＜0，∴當(dāng)m＝時，ME+MN有最大值，∴M（，﹣）【點睛】本題考查二次函數(shù)圖象及性質(zhì)，一次函數(shù)圖象及性質(zhì)；熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的方法，結(jié)合三角形的性質(zhì)解題.8．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）點D為直線AC上方拋物線上一動點，①連接BC、CD、BD，設(shè)BD交直線AC于點E，△CDE的面積為S1，△BCE的面積為S2．求：的最大值；②如圖2，是否存在點D，使得∠DCA＝2∠BAC？若存在，直接寫出點D的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．【答案】（1）；（2）①當(dāng)時，的最大值是；②點D的坐標(biāo)是【解析】【分析】（1）根據(jù)題意得到A（4，0），C（0，2）代入y=x2+bx+c，于是得到結(jié)論；（2）①如圖，令y=0，解方程得到x1=4，x2=1，求得B（1，0），過D作DM⊥x軸于M，過B作BN⊥x軸交于AC于N，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；②根據(jù)勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形，取AB的中點P，求得P（，0），得到PA=PC=PB=，過D作x軸的平行線交y軸于R，交AC的延線于G，∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，解直角三角形即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）根據(jù)題意得A（4，0），C（0，2），∵拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A．C兩點，∴，∴，拋物線解析式為： 。（2）①令，∴解得： , ∴B（1，0）過點D作軸交AC于M，過點B作軸交AC于點N，∴∥ ∴ ∴設(shè)： ∴ ∵ ∴ ∴∴當(dāng)時，的最大值是 。 ②∵A（4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC=2，BC=，AB=5，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形，取AB的中點P，