【正文】 1)?！究键c】二次函數(shù)綜合題，二次函數(shù)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，菱形的判定?！痉治觥浚?）根據(jù)函數(shù)的解析式直接寫出其頂點坐標(biāo)和對稱軸即可。（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求得PB=4，將PB=4代入函數(shù)的解析式后求得x的值即可作為P點的橫坐標(biāo)，代入解析式即可求得P點的縱坐標(biāo)。（3）首先求得直線AP的解析式，然后設(shè)出點M的坐標(biāo)，利用勾股定理表示出有關(guān)AP的長即可得到有關(guān)M點的橫坐標(biāo)的方程，求得M的橫坐標(biāo)后即可求得其縱坐標(biāo)：設(shè)存在點M使得OAMN是菱形，∵∠OAP＞900，∴OA不可能為菱形的對角線，只能為菱形的邊。若點P的坐標(biāo)為（，4），∵點A的坐標(biāo)為（0，2），236。236。b+4=239。239。k設(shè)線段AP所在直線的解析式為y=kx+b，則237。，解得：237。 。b=2 239。238。239。b=2238?！郃P所在直線的解析式為：x+2。 21 ∵點M在直線AP上，∴設(shè)點M的坐標(biāo)為：（m， 如圖，作MH⊥y軸于點H，則MH= m，AN=OH－m+2）。 m+2－m。 m）2=22， ∵OA為菱形的邊，∴AM=AO=2。 ∴在Rt△AMH中，AH2+MH2=AM2，即：m2+解得：?！郙3，1）。當(dāng)M，3）時，N，1）；當(dāng)M，1）時，N，－1）。若點P的坐標(biāo)為（－，4），同理可得N1，－1）。綜上所述，存在點N，1），－1），1），－1），使得四邊形OAMN是菱形。42. （2012福建三明12分）已知直線y=2x5與x軸和y軸分別交于點A和點B，拋物線y=x2+bx+c的頂點M在直線AB上，且拋物線與直線AB的另一個交點為N．（1）如圖①，當(dāng)點M與點A重合時，求：①拋物線的解析式；（4分）②點N的坐標(biāo)和線段MN的長；（4分）（2）拋物線y=x2+bx+c在直線AB上平移，是否存在點M，使得△OMN與△AOB相似？若存在，直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．（4分） 22 【答案】解：（1）①∵直線y=2x5與x軸和y軸分別交于點A和點B，∴A（B（0，－5）。當(dāng)頂點M與點A重合時，∴M（5，0），25，0）。 225246。25230?！鄴佄锞€的解析式是：y=231。x247。，即y=x2+5x。 2248。4232。②∵N是直線y=2x5與在拋物線y=x2+5x25的交點， 4236。y=2x5239?！?37。25，解得2y=x+5x239。4238?！郚（236。1239。x=237。2或239。238。y=4236。5239。x=237。2。 239。238。y=01，－4）。 211，－4），∴C（，0） 2251=2。22如圖，過N作NC⊥x軸，垂足為C。 ∵N（∴NC=4．MC=OM－OC=MC=OMOC=∴MN=（2）存在。點M的坐標(biāo)為（2，－1）或（4，3）。【考點】二次函數(shù)綜合題，二次函數(shù)的性質(zhì)，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定?！痉治觥浚?）①由直線y=2x5與x軸和y軸分別交于點A和點B，求出點A、B的坐標(biāo)，由頂點M與點A重合，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出頂點解析式。②聯(lián)立y=2x5和y=x2+5x由勾股定理求出線段MN的長。（2）存在兩種情況，△OMN與△AOB相似：情況1，∠OMN=900，過M作MD⊥x軸，垂足為D。設(shè)M（m，2m5），則OD= m，DM=52m。又OA=25，求出點N的坐標(biāo)，過N作NC⊥x軸，45，OB=5， 2m52mODDM，即=，解得m=2。=5OBOA2 23 則由△OMD∽△BAO得，∴M（2，－1）。情況2，∠ONM=900，若△OMN與△AOB相似，則∠OMN=∠OBN。 ∴OM=OB=5。設(shè)M（m，2m5），則m2+(2m5)=52解得m=4。∴M（4，3）。綜上所述，當(dāng)點M的坐標(biāo)為（2，－1）或（4，3）時，△OMN與△AOB相似。43. （2012福建福州13分）如圖①，在Rt△ABC中，∠C＝90186。，AC＝6，BC＝8，動點P從點A開始沿邊AC向點C以每秒1個單位長度的速度運動，動點Q從點C開始沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動，過點P作PD∥BC，交AB于點D，連接PQ．點P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，當(dāng)其中一點到達(dá)端點時，另一點也隨之停止運動，設(shè)運動時間為t秒(t≥0)．(1) 直接用含t的代數(shù)式分別表示：QB＝______，PD＝______．(2) 是否存在t的值，使四邊形PDBQ為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．并探究如何改變點Q的速度(勻速運動)，使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形，求點Q的速度；(3) 如圖②，在整個運動過程中，求出線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長．2 4【答案】解：(1) QB＝8－2t，PD＝t。 3(2) 不存在。理由如下：在Rt△ABC中，∠C＝90176。，AC＝6，BC＝8，∴ AB＝10?！?PD∥BC，∴ △APD∽△ACB?！?∴ BD＝AB－AD＝10－。 3ADAPADt5，＝∴ AD＝。 ABAC1063 24 ∵ BQ∥DP，∴ 當(dāng)BQ＝DP時，四邊形PDBQ是平行四邊形。412∴8－2t＝t，解得：t＝ 351241216512當(dāng)t＝PD＝，BD＝10－＝6，∴ DP≠BD。 535535∴PDBQ不能為菱形。45設(shè)點Q的速度為每秒v個單位長度，則BQ＝8－vt，PD＝，BD＝10－33t。要使四邊形PDBQ為菱形，則PD＝BD＝BQ，4510當(dāng)PD＝BD時，即t＝10－t，解得：t＝。 333104101016當(dāng)PD＝BQ時，t＝8－v，解得：v＝。 33331516∴要使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形，點Q的速度為單位長度/秒。 15(3) 如圖，以C為原點，以AC所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系。依題意，可知0≤t≤4。當(dāng)t＝0時，點M1的坐標(biāo)為(3，0)；當(dāng)t＝4時，點M2的坐標(biāo)為(1，4)。設(shè)直線M1M2的解析式為y＝kx＋b，236。3k＋b＝0236。k＝－2∴ 237。，解得：237。 238。k＋b＝4238。b＝6∴直線M1M2的解析式為y＝－2x＋6?！唿cQ(0，2t)，P(6－t，0)，6－t∴在運動過程中，線段PQ中點M3的坐標(biāo)為(，t)。 26－t6－t把x＝，代入y＝－2x＋6，得y＝－＋6＝t。 22∴點M3在直線M1M2上。∴線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長即為線段M1M2。過點M2作M2N⊥x軸于點N，則M2N＝4，M1N＝2。∴ M1M2＝25。∴線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為25單位長度?！究键c】銳角三角函數(shù)定義，相似三角形的判定和性質(zhì)，一次函數(shù)綜合題，勾股定理，菱形的判定和性質(zhì)． 25 【分析】(1) 根據(jù)題意得：CQ＝2t，PA＝t，由Rt△ABC中，∠C＝90176。，AC＝6，BC＝8，PD∥BC，即可得tanA＝ PDBC4＝，則可求得QB與PD的值。 PAAC3(2) 易得△APD∽△ACB，即可求得AD與BD的長，由BQ∥DP，可得當(dāng)BQ＝DP時，四邊形PDBQ是平行四邊形，即可求得此時DP與BD的長，由DP≠BD，可判定?PDBQ不能為菱形；然后設(shè)點Q的速度為每秒v個單位長度，由要使四邊形PDBQ為菱形，則PD＝BD＝BQ，列方程即可求得答案。(3) 建立直角坐標(biāo)系，求出線段PQ中點M始末坐標(biāo)M1和M2，求出直線M1M2的解析式，并證明線段PQ任一中點在直線M1M2上，從而得出線段M1M2即為線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長，根據(jù)勾股定理即可求出。44. （2012遼寧丹東14分）已知拋物線y=ax22ax+c與y軸交