【正文】 3+m﹣1）（m2﹣4m）﹣（m﹣1）（3+m2﹣4m），∴3m2﹣15m=0，m1=0（舍去），m2=5，∴點P坐標為（5，﹣5）． （4）以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時，分三類情況討論：①以點M為直角頂點且M在x軸上方時，如圖2，CM=MN，∠CMN=90176。，則△CBM≌△MHN，∴BC=MH=2，BM=HN=3﹣2=1，∴M（1，2），N（2，0），由勾股定理得：MC==，∴S△CMN==；②以點M為直角頂點且M在x軸下方時，如圖3，作輔助線，構建如圖所示的兩直角三角形：Rt△NEM和Rt△MDC，得Rt△NEM≌Rt△MDC，∴EM=CD=5，MD=ME=2，由勾股定理得：CM==，∴S△CMN==；③以點N為直角頂點且N在y軸左側時，如圖4，CN=MN，∠MNC=90176。，作輔助線，同理得：CN==，∴S△CMN==17；④以點N為直角頂點且N在y軸右側時，作輔助線，如圖5，同理得：CN==，∴S△CMN==5；⑤以C為直角頂點時，不能構成滿足條件的等腰直角三角形；綜上所述：△CMN的面積為：或或17或5．　11. （2016四川南充）已知正方形ABCD的邊長為1，點P為正方形內一動點，若點M在AB上，且滿足△PBC∽△PAM，延長BP交AD于點N，連結CM． （1）如圖一，若點M在線段AB上，求證：AP⊥BN；AM=AN； （2）①如圖二，在點P運動過程中，滿足△PBC∽△PAM的點M在AB的延長線上時，AP⊥BN和AM=AN是否成立？（不需說明理由） ②是否存在滿足條件的點P，使得PC=？請說明理由． 【分析】（1）由△PBC∽△PAM，推出∠PAM=∠PBC，由∠PBC+∠PBA=90176。，推出∠PAM+∠PBA=90176。即可證明AP⊥BN，由△PBC∽△PAM，推出==，由△BAP∽△BNA，推出=，得到=，由此即可證明． （2）①結論仍然成立，證明方法類似（1）．②這樣的點P不存在．利用反證法證明．假設PC=，推出矛盾即可． 【解答】（1）證明：如圖一中，∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠D=90176。， ∵△PBC∽△PAM， ∴∠PAM=∠PBC， ==， ∴∠PBC+∠PBA=90176。， ∴∠PAM+∠PBA=90176。， ∴∠APB=90176。， ∴AP⊥BN， ∵∠ABP=∠ABN，∠APB=∠BAN=90176。， ∴△BAP∽△BNA， ∴=， ∴=， ∵AB=BC， ∴AN=AM． （2）解：①仍然成立，AP⊥BN和AM=AN． 理由如圖二中，∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠D=90176。， ∵△PBC∽△PAM， ∴∠PAM=∠PBC， ==， ∴∠PBC+∠PBA=90176。， ∴∠PAM+∠PBA=90176。， ∴∠APB=90176。， ∴AP⊥BN， ∵∠ABP=∠ABN，∠APB=∠BAN=90176。， ∴△BAP∽△BNA， ∴=， ∴=， ∵AB=BC， ∴AN=AM． ②這樣的點P不存在． 理由：假設PC=， 如圖三中，以點C為圓心為半徑畫圓，以AB為直徑畫圓， CO==＞1+， ∴兩個圓外離，∴∠APB＜90176。，這與AP⊥PB矛盾， ∴假設不可能成立， ∴滿足PC=的點P不存在． 【點評】本題考查相似三角形綜合題、正方形的性質、圓的有關知識，解題的關鍵是熟練應用相似三角形性質解決問題，最后一個問題利用圓的位置關系解決問題，有一定難度，屬于中考壓軸題． 12．（2016四川內江）(12分)如圖15，已知拋物線C：y＝x2－3x＋m，直線l：y＝kx(k＞0)，當k＝1時，拋物線C與直線l只有一個公共點．(1)求m的值；(2)若直線l與拋物線C交于不同的兩點A，B，直線l與直線l1：y＝－3x＋b交于點P，且＋＝，求b的值；(3)在(2)的條件下，設直線l1與y軸交于點Q，問：是否存在實數(shù)k使S△APQ＝S△BPQ，若存在，求k的值；若不存在，說明理由．xyOl1QPBAl圖15xyOl1QPBAl答案圖CED[考點]二次函數(shù)與一元二次方程的關系，三角形的相似，推理論證的能力。解：(1)∵當k＝1時，拋物線C與直線l只有一個公共點，∴方程組有且只有一組解． 2分消去y，得x2－4x＋m＝0，所以此一元二次方程有兩個相等的實數(shù)根．∴△＝0，即(－4)2－4m＝0．∴m＝4． 4分(2)如圖，分別過點A，P，B作y軸的垂線，垂足依次為C，D，E，則△OAC∽△OPD，∴＝．同理，＝．∵＋＝，∴＋＝2．∴＋＝2．∴＋＝，即＝． 5分解方程組得x＝，即PD＝． 6分由方程組消去y，得x2－(k＋3)x＋4＝0．∵AC，BE是以上一元二次方程的兩根，∴AC＋BE＝k＋3，ACBE＝4． 7分∴＝．解得b＝8． 8分(3)不存在．理由如下： 9分假設存在，則當S△APQ＝S△BPQ時有AP＝PB，于是PD－AC＝PE－PD，即AC＋BE＝2PD．由(2)可知AC＋BE＝k＋3，PD＝，∴k＋3＝2，即(k＋3)2＝16．解得k＝1(舍去k＝－7)． 11分當k＝1時，A，B兩點重合，△QAB不存在．∴不存在實數(shù)k使S△APQ＝S△BPQ． 12分13．（2016四川攀枝花）如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，B點坐標為（3，0），與y軸交于點C（0，﹣3）（1）求拋物線的解析式；（2）點P在拋物線位于第四象限的部分上運動，當四邊形ABPC的面積最大時，求點P的坐標和四邊形ABPC的最大面積．（3）直線l經(jīng)過A、C兩點，點Q在拋物線位于y軸左側的部分上運動，直線m經(jīng)過點B和點Q，是否存在直線m，使得直線l、m與x軸圍成的三角形和直線l、m與y軸圍成的三角形相似？若存在，求出直線m的解析式，若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）由B、C兩點的坐標，利用待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式；（2）連接BC，則△ABC的面積是不變的，過P作PM∥y軸，交BC于點M，設出P點坐標，可表示出PM的長，可知當PM取最大值時△PBC的面積最大，利用二次函數(shù)的性質可求得P點的坐標及四邊形ABPC的最大面積；（3）設直線m與y軸交于點N，交直線l于點G，由于∠AGP=∠GNC+∠GCN，所以當△AGB和△NGC相似時，必有∠AGB=∠CGB=90176。，則可證得△AOC≌△NOB，可求得ON的長，可求出N點坐標，利用B、N兩的點坐標可求得直線m的解析式．【解答】解：（1）把B、C兩點坐標代入拋物線解析式可得，解得，∴拋物線解析式為y=x2﹣2x﹣3；（2）如圖1，連接BC，過Py軸的平行線，交BC于點M，交x軸于點H，在y=x2﹣2x﹣3中，令y=0可得0=x2﹣2x﹣3，解得x=﹣1或x=3，∴A點坐標為（﹣1，0），∴AB=3﹣（﹣1）=4，且OC=3，∴S△ABC=AB?OC=43=6，∵B（3，0），C（0，﹣3），∴直線BC解析式為y=x﹣3，設P點坐標為（x，x2﹣2x﹣3），則M點坐標為（x，x﹣3），∵P點在第四限，∴PM=x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）=﹣x2+3x，∴S△PBC=PM?OH+PM?HB=PM?（OH+HB）=PM?OB=PM，∴當PM有最大值時，△PBC的面積最大，則四邊形ABPC的面積最大，∵PM=﹣x2+3x=﹣（x﹣）2+，∴當x=時，PMmax=，則S△PBC==，此時P點坐標為（，﹣），S四邊形ABPC=S△ABC+S△PBC=6+=，即當P點坐標為（，﹣）時，四邊形ABPC的面積最大，最大面積為；（3）如圖2，設直線m交y軸于點N，交直線l于點G，則∠AGP=∠GNC+∠GCN，當△AGB和△NGC相似時，必有∠AGB=∠CGB，又∠AGB+∠CGB=180176。，∴∠AGB=∠CGB=90176。，∴∠ACO=∠OBN，在Rt△AON和Rt△NOB中∴Rt△AON≌Rt△NOB（ASA），∴ON=OA=1，∴N點坐標為（0，﹣1），設直線m解析式為y=kx+d，把B、N兩點坐標代入可得，解得，∴直線m解析式為y=x﹣1，即存在滿足條件的直線m，其解析式為y=x﹣1．【點評】本題為二次函數(shù)的綜合應用，涉及知識點有待定系數(shù)法、二次函數(shù)的最值、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性質等．在（2）中確定出PM的值最時四邊形ABPC的面積最大是解題的關鍵，在（3）中確定出滿足條件的直線m的位置是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，特別是第（2）問和第（3）問難度較大．14．（2016四川宜賓）如圖，已知二次函數(shù)y1=ax2+bx過（﹣2，4），（﹣4，4）兩點．（1）求二次函數(shù)y1的解析式；（2）將y1沿x軸翻折，再向右平移2個單位，得到拋物線y2，直線y=m（m＞0）交y2于M、N兩點，求線段MN的長度（用含m的代數(shù)式表示）；（3）在（2）的條件下，yy2交于A、B兩點，如果直線y=m與yy2的圖象形成的封閉曲線交于C、D兩點（C在左側），直線y=﹣m與yy2的圖象形成的封閉曲線交于E、F兩點（E在左側），求證：四邊形CEFD是平行四邊形．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可解決問題．（2）先求出拋物線y2的頂點坐標，再求出其解析式，利用方程組以及根與系數(shù)關系即可求出MN．（3）用類似（2）的方法，分別求出CD、EF即可解決問題．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y1=ax2+bx過（﹣2，4），（﹣4，4）兩點，∴解得，∴二次函數(shù)y1的解析式y(tǒng)1=﹣x2﹣3x．（2）∵y1=﹣（x+3）2+，∴頂點坐標（﹣3，），∵將y1沿x軸翻折，再向右平移2個單位，得到拋物線y2，∴拋物線y2的頂點坐標（﹣1，﹣），∴拋物線y2為y=（x+1）2﹣，由消去y整理得到x2+2x﹣8﹣2m=0，設x1，x2是它的兩個根，則MN=|x1﹣x2|==，（3）由消去y整理得到x2+6x+2m=0，設兩個根為x1，x2，則CD=|x1﹣x2|==，由消去y得到x2+2x﹣8+2m=0，設兩個根為x1，x2，則EF=|x1﹣x2|==，∴EF=CD，EF∥CD，∴四邊形CEFD是平行四邊形．15.（2016黑龍江龍東10分）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形OABC的頂點O是坐標原點，點A在第一象限，點C在第四象限，點B在x軸的正半軸上．∠OAB=90176。且OA=AB，OB，OC的長分別是一元二次方程x2﹣11x+30=0的兩個根（OB＞OC）．（1）求點A和點B的坐標．（2）點P是線段OB上的一個動點（點P不與點O，B重合），過點P的直線l與y軸平行，直線l交邊OA或邊AB于點Q，交邊OC或邊BC于點R．設點P的橫坐標為t，線段QR的長度為m．已知t=4時，直線l恰好過點C．當0＜t＜3時，求m關于t的函數(shù)關系式．（3）當m=，請直接寫出點P的坐標．【考點】四邊形綜合題．【分析】（1）先利用因式分解法解方程x2﹣11x+30=0可得到OB=6，OC=5，則B點坐標為（6，0），作AM⊥x軸于M，如圖，利用等腰直角三角形的性質得OM=BM=AM=OB=3，于是可寫出B點坐標；（2）作CN⊥x軸于N，如圖，先利用勾股定理計算出CN得到C點坐標為（4，﹣3），再利用待定系數(shù)法分別求出直線OC的解析式為y=﹣x，直線OA的解析式為y=x，則根據(jù)一次函數(shù)圖象上點的坐標特征得到Q（t，t），R（t，﹣t），所以QR=t﹣（﹣t），從而得到m關于t的函數(shù)關系式．（3）利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式為y=﹣x+6，直線BC的解析式為y=x﹣9，然后分類討論：當0＜t＜3時，利用t=；當3≤t＜4時，則Q（t，﹣t+6），R（t，﹣t），于是得到﹣t+6﹣（﹣t）=，解得t=10，不滿足t的范圍舍去；當4≤t＜6時，則Q（t，﹣t+6），R（t， t﹣9），所以﹣t+6﹣（t﹣9）=，然后解方程求出t得到P點坐標．【解答】解：（1）∵方程x2﹣11x+30=0的解為x1=5，x2=6，∴OB=6，OC=5，∴B點坐標為（6，0），作AM⊥x軸于M，如圖，∵∠OAB=90176。且OA=AB，∴△AOB為等腰直角三角形，∴OM=BM=AM=OB=3，∴B點坐標為（3，3）；（2）作CN⊥x軸于N，如圖，∵t=4時，直線l恰好過點C，∴ON=4，在Rt△OCN中，CN===3，∴C點坐標為（4，﹣3），設直線OC的解析式為y=kx，把C（4，﹣3）代入得4k=﹣3，解得k=﹣，∴直線OC的解析式為y=﹣x，設直線OA的解析式為y=ax，把A（3，3）代入得3a=3，解得a=1，∴直線OA的解析式為y=x，∵P（t，0）（0＜t＜3），∴Q（t，t），R（t，﹣t），∴QR=t﹣（﹣t）=t，即m=t（0＜t＜3）；（3）設直線AB的解析式為y=px+q，把A（3，3），B（6，0）代入得，解得，∴直線AB的解析式為y=﹣x+6，同理可得直線BC的解析式為y=x﹣9，當0＜t＜3時，m=t，若m=，則t=，解得t=2，此時P點坐標為（2，0）；當3≤t＜4時，Q（t，﹣t+6），R（t，﹣t），∴m=﹣t+6﹣（﹣t）=﹣