專題54有關面積比的存在性問題【題型演練】一、解答題1．如圖，已知拋物線與x軸相交于A，B兩點（點B在點A右側），與y軸交于點C．(1)求點A，B，C的坐標；(2)如圖1，若點P是拋物線上B，C之間的一個動點（不與B，C重合），連接，，則是否存在一點，使的面積最大？若存在，求出的最大面積；若不存在，請說明理由；(3)如圖2，若M是拋物線上任意一點，過點M作y軸的平行線，交直線于點，當時，求點M的坐標【答案】(1)，，(2)存在，最大面積是16(3)或或或【分析】（1）令，求出的值可得出點，的坐標；令，求出的值可得出點的坐標；（2）根據待定系數法可先求出直線的解析式，設點的坐標為，過點作軸，利用三角形的面積公式表示三角形的面積，再根據二次函數的性質可得出結論；（3）設點的坐標為，則點的坐標為，所以，由此建立關于的方程，解之即可．【詳解】（1）解：由，得解得，，點，的坐標分別為，，由，得，點的坐標為；（2）解：存在，理由如下：設直線的解析式為，將，代入，得，解得，直線的解析式為，設點的坐標為，如圖，過點作軸，交直線于點，則點的坐標為，，，，當時，的面積最大，最大面積是16，，存在點，使的面積最大，最大面積是16．（3）解：設點的坐標為，則點的坐標為，，，，當時，，解得或，點的坐標為或，當或時，，解得：或，點的坐標為或，綜上所述，點的坐標為或或或．【點睛】本題屬于二次函數綜合題，主要考查了二次函數的解析式的求法和與幾何圖形結合的綜合能力的培養．要會利用數形結合的思想把代數和幾何圖形結合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關系．2．如圖，拋物線與軸相交于A、兩點，與軸相交于點，已知點的坐標為，拋物線的對稱軸為直線，點是上方拋物線上的一個動點.(1)求這個拋物線的解析式；(2)當的面積為時，求點的坐標；(3)是否存在點，使得？若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)或(3)存在，【分析】(1)利用待定系數法列方程組求解拋物線的解析式即可；(2)連接，設，即可求得點C的坐標，即可求得、，再根據，列方程求解即可；(3)過點D作于點E，過點C作于F，設與交于點G，首先根據矩形的性質及，即可證得，據此即可證得，可得，再由點B、C的坐標，即可求得直線的解析式為，設，則，則，，可得，，即可得方程，解方程即可求解．【詳解】（1）解：點的坐標為，拋物線的對稱軸為直線，，解得：.，所以，拋物線的解析式為：；（2）解：如圖：連接，過點D作于點E，設，，∵點D是上方拋物線上的一個動點，，，令，則，，．，．，的面積為，，∴，整理得：．解得：或，的坐標為或；（3）解：存在點，使得，理由如下：如圖：過點D作于點E，過點C作于F，設與交于點G，四邊形是矩形，，，，，，在和中，，，，設的解析式為：，，解得：，

∴直線的解析式為：，設，則，則，，∵點D是上方拋物線上的一個動點，，，，，，，整理得：，解得，(不合題意，舍去)，∴點D的坐標為．【點睛】本題考查了利用待定系數法求一次函數及二次函數的解析式，坐標與圖形，不規則圖形面積的求法，一元二次方程的解法，全等三角形的判定及性質，采用數形結合的思想及正確作出輔助線是解決此題的關鍵．3．如圖1，已知拋物線：交軸于兩點，與軸交于點，拋物線：經過點，點是射線上一動點．(1)求拋物線和直線的函數表達式．(2)如圖2，過點作交拋物線第一象限部分于點，作交于點，求面積的最大值及此時點的坐標．(3)拋物線與在第一象限內的圖象記為“圖象”，過點作軸交圖象于點，是否存在這樣的點，使相似？若存在，求出所有符合條件的點的橫坐標．【答案】(1)拋物線的解析式為：；直線的函數解析式為：(2)的面積最大值為：；(3)或者或者或者【分析】（1）由求出，，再用待定系數法可求得拋物線的解析式為：，直線的函數解析式為：（2）過作軸交于，由是等腰直角三角形，知面積最大時最大，此時最大，即可得出由二次函數的性質可出答案．（3）由（2）可知是等腰三角形，當與相似時，再根據等腰直角三角形的性質分兩種情況即可得到點的坐標．【詳解】（1）解：∵拋物線：交軸于兩點∴得到方程：∴解得：∴，∴將，代入拋物線：∴可得方程為：∴解得：∴拋物線的解析式為：∵拋物線：與軸的交點∴∵設直線的函數解析式為：∴可得方程：∴∴直線的函數解析式為：（2）∵，∴是等腰直角三角形∴∵∴∴是等腰直角三角形∴的面積最大時最大∵軸∴∴是等腰直角三角形∴最大時，最大∴最大時，面積最大∴設，則∴∴當時，最大為∴∴∴的面積最大值為：（3）解：存在點，使與相似時，為等腰直角三角形∵軸∴∴當時如圖此時與縱坐標相等∴在中∵∴可得方程：∴或∴∴的橫坐標為∵在∴可得方程：∴解方程可得：，(舍去)∴∴的橫坐標；當時，如圖：設，則∵∴，∵是等腰直角三角形∴∴解得(舍去)或或(此時不在第一象限，舍去)∴的橫坐標∴同理可得是等腰直角三角形∴∴點的橫坐標為：或者或者或者【點睛】本題考查了二次函數的綜合應用，涉及待定系數法，三角形面積，相似三角形的判定等知識，解題的關鍵是用含字母的式子表示相關點的坐標和相關線段的長度．4．如圖，在平面直角坐標系中，A（0，4），以OA為一邊在第一象限內作矩形OABC，直線CD：交AB于點E，與y軸交于點D，．(1)求點B的坐標．(2)點P為線段CE上的一個動點，過點P作軸，交AB于點F，交x軸于點G，連接FD，設點p的橫坐標為m，△DFP的面積為S，求S關于m的函數關系式．(3)在（2）的條件下，連接BP并延長與x軸交于點M，過點P作，與x軸交于點，當時，在直線CD上是否存在一點R，過點作軸交直線于點Q，得，若存在，求出點R的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)(3)存在；或【分析】（1）先求出直線CD的解析式即可解決問題；（2）用M表示PF的長，利用三角形的面積公式計算即可；（3）由題意可知：，整理得：，解得或（舍去），則，根據，，，可證，則，，則，根據直線解析式為：，結合，可知直線的解析式為：，則，當點再點上方時，設，則，根據，則，進而可知，故，根據對稱性可知，也滿足條件，由此可得到結果．【詳解】（1）解：由題意知，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴直線，當時，，∴，∴．（2）解：如圖所示，∵，F（m，4），∴，∴；（3）解：如圖2所示：由題意可知：，整理得：，解得或（舍去），∴，∵，，，∴，∴，，∴，∵直線解析式為：，∵，∴直線的解析式為：，∴，當點再點上方時，設，則，∵，∴，∴，∴，根據對稱性可知，也滿足條件，∴或．【點睛】本題考查一次函數綜合題，矩形的性質，平行線分段成比例定理，一元二次方程等知識，解題的關鍵是熟練掌握待定系數法求函數解析式是解決本題的關鍵．5．如圖，和分別位于兩側，點為中點，連接，．(1)如圖1，若，，，求的長；(2)如圖2，連接交于點，在上取一點使得，若，，，猜想與之間存在的數量關系，并證明你的猜想；(3)如圖3，是以為斜邊的等腰直角三角形，若，，請直接寫出當取最大值時的面積．【答案】(1)(2)，證明見解析(3)【分析】（1）過作交延長線于，根據勾股定理得出，，根據為中點，得出，在中，勾股定理即可求解；（2）延長至，使，作于，證明，繼而證明為等邊三角形，最后證明即可得證．（3）取的中點，連接，可推出點在以為圓心，半徑是的圓上運動，在上截取，構造，從而得出，確定當、、在同一直線上時，最小，進而解斜，從而進一步求出結果．【詳解】（1）解：過作交延長線于，∵，，∴，，又∵為中點，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴；（2），理由如下：延長至，使，作于，∵E為中點∴∴∴，∴又∵，∴為等邊三角形∴∴又∵∴為等邊三角形又∵∴又∵∴∴∴∴．又∵∴．又∵，∴∴∴（3）如圖3，取的中點，連接，是的中點，，點在以為圓心，半徑是的上運動，在上截取，，，，，，，當、、在一條直線上時，最大，，最大，如圖4，連接，作于，，，設，，在中，，，，舍去，==．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定與性質，圓的有關概念和性質，解決問題的關鍵是根據題意構造輔助線．6．如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線交x軸于、B兩點，交y軸于點C，其對稱軸為，(1)求該拋物線的函數解析式；(2)P為第四象限內拋物線上一點，連接，過點C作交x軸于點Q，連接，求面積的最大值及此時點P的坐標．(3)在（2）的條件下，將拋物線向右平移經過點Q，得到新拋物線，點E在新拋物線的對稱軸上，是否在平面內存在一點F，使得以A、P、E、F為頂點的四邊形是矩形？若存在，直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)面積的最大值為4，此時P的坐標為(3)存在，點F的坐標為，【分析】（1）把點A的坐標代入得到，再根據拋物線的對稱軸，得出a和b的關系式，即可求解；（2）連接，過P點作平行于y軸的直線交于H點，根據可得，從而求面積的最大值即可，通過設P的坐標，得到H的坐標，從而建立關于面積的二次函數表達式，最終結合二次函數的性質求解即可；（3）通過（2）的結論首先確定出平移后拋物線的解析式，設出E，F的坐標，運用勾股定理進行分類討論即可．【詳解】（1）將，代入得：，∵拋物線對稱軸為對稱軸為，∴，即，把代入得：，解得：，∴，∴拋物線的解析式為：；（2）如圖所示，連接PC，PB，BC，過P點作平行于y軸的直線交BC于H點，∵，∴，即求面積的最大值即可，把代入得，∴C坐標為，設直線BC的解析式為：，將，代入得：，解得：，∴直線BC的解析式為：，設，則，∴，∴，根據二次函數的性質可得：當時，取得最大值為4，將代入，得到此時P的坐標為，∴面積的最大值為4，此時P的坐標為；（3）存在，理由如下：由（2）可知，當面積的最大值為4時，P的坐標為，∵，∴，則，∵原拋物線解析式為：，∴設向右平移后的解析式為：，將代入求得：（舍負值），∴平移后拋物線的解析式為：，其對稱軸為直線，∴設，，則結合A、P的坐標可得：，，，①當時，如圖所示，此時根據勾股定理得：，即：，解得：，即：，此時根據A、P、E、F四點的相對位置關系可得：，解得：，∴；②當時，如圖所示，此時根據勾股定理得：，即：，解得：，即：，此時根據A、P、E、F四點的相對位置關系可得：，解得：，∴；③當AE⊥PE時，根據勾股定理得：，即：，整理得：，∵，∴上述方程在實數范圍內無解，即不存在的情況，綜上所述，所有可能的點F的坐標為，．【點睛】本題考查二次函數綜合運用，以及矩形的性質，準確求得拋物線的解析式，并靈活根據矩形的性質進行分類討論是解題關鍵．7．已知點，．(1)在第二象限有一點，請用含的代數式表示四邊形的面積___________．(2)在（1）的條件下，是否存在點，使四邊形的面積為的面積的2倍，若存在，求出點的坐標，若不存在，說明理由．(3)若，在軸上確定一點，使為等腰三角形，則符合點的坐標為___________．【答案】(1)(2)(3)或或或【分析】（1）根據點A和點B坐標得到，，分別表示出和的面積，相加即可；（2）根據面積關系列出方程求解即可；（3）分，，三種情況，根據等腰三角形的性質，結合勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：∵，，∴，，∴，∵在第二象限，，∴，∴．故答案為：；（2）∵，∴，∴，∴存在點P，使得四邊形的面積為面積的2倍，；（3）∵，∴，當時，點P坐標為或，當時，過C作于H，∴，∴點P坐標為，當時，設點P坐標為，∴，∴，解得：，∴點P坐標為，故答案為：或或或．【點睛】本題考查了坐標與圖形性質，等腰三角形的判定和性質，勾股定理，解題的關鍵是掌握坐標和長度的關系，對于等腰三角形，要注意分類討論．8．如圖，拋物線與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點，點A在點B左側．點A的坐標為．(1)求拋物線的解析式；(2)在直線下方的拋物線上是否存在一點P，使得的面積等于面積的三分之二？若存在，求出此時的長；若不存在，請說明理由．(3)將直線繞著點C旋轉得到直線，直線與拋物線的交點為M（異于點C），求M點坐標．【答案】(1)拋物線的解析式為(2)不存在這樣的點P，理由見解析(3)M點坐標是或【分析】（1）由，得，利用待定系數法求出解析式即可；（2）過點P作軸分別交線段于點N．先求出，得到，再求出，待定系數法得的解析式，設，，得到，由根的判別式得到方程無實數根，即可得到結論；（3）分直線繞著點C順時針旋轉和逆時針旋轉兩種情況，分別進行求解即可．【詳解】（1）解：∵，，∴．把點A，C的坐標代入，得，解得，∴拋物線的解析式為：；（2）解：不存在這樣的點P，使得的面積等于面積的三分之二；理由：如圖，過點P作軸分別交線段于點N．∵拋物線的解析式為，令，則，解得，∴，∴，∴，，由題意得，∴，即，∵，，設直線的解析式為，∴，解得，故直線的解析式為：．設，，則，∴，整理得，∵，∴方程無實數根，∴不存在這樣的點P，使得的面積等于面積的三分之二；（3）解：當直線繞著點C順時針旋轉時，如圖，過A作交于點K，作軸于點H，∵，∴，∵，，∴，∴，，∴，設直線的解析式為，∴，解得，∴直線的解析式為，聯立，解得（舍去），或，當時，，∴．當直線繞著點C逆時針旋轉時，如圖，過A作交于點D，作軸于點E，同理可證得，得到，同理求得直線的解析式為，聯立，解得（舍去），或，當時，，∴．綜上，M點坐標是或．【點睛】此題是二次函數幾何綜合題，考查了待定系數法、全等三角形的判定、旋轉的性質、一元二次方程根的判別式、二次函數與一次函數交點等知識，添加輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．9．如圖，已知二次函數的圖象與x軸交于點A，B（點A在點B的左邊），與y軸交于點C．點P，Q為拋物線上兩動點．(1)若點P坐標為，求拋物線的表達式；(2)如圖①，連接，在（1）的條件下，是否存在點，使得．若存在，請求出點的坐標，若不存在，請說明理由；(3)若點為拋物線頂點，連接，當的值從變化到的過程中，求線段掃過的面積．【答案】(1)；(2)存在；；；(3)【分析】（1）把點的坐標代入解析式，求出的值即可；（2）本小問需要分兩種情況：①當點在右側，畫出圖形，由“內錯角相等，兩直線平行”可得；②當在左側時，取的中點，過點作的中點交軸于點，根據相似求出點的坐標，進而可求出的解析式，聯立即可；（3）先表達出點的坐標，借助平移的性質可得出線段掃過的面積．【詳解】（1）解：把坐標代入，得，解得，；（2）解：①當點在右側，如圖所示，，，令，可得，，令，解得或（舍去），；②當在左側時，取的中點，過點作的垂線交軸于點，如圖所示，令，則，解得或，，，，，，點是的中點，，，，，，，，即，解得，，；直線即直線為，解令，解得，，故存在；；；（3）解：點是二次函數的頂點，點，點在直線上運動，當時，點的橫坐標為；當時，點的橫坐標為，．【點睛】本題屬于二次函數與幾何綜合題，涉及待定系數法求函數解析式，角度的存在性，圖形的平移，分類討論討論思想等，第（2）問中作出圖形，解題的關鍵是構造正確輔助線，利用分類討論思想進行求解．10．問題解決：(1)如圖①，半圓的直徑，點是半圓上的一個動點，則的面積最大值是______．(2)如圖②，在扇形中，，，點、分別在和上，且，是的中點，點在弧上．連接、，四邊形的面積是否存在最大值，若存在，請求最大值；若不存在，請說明理由．(3)如圖③，四邊形中，，，，四邊形的面積是否存在最大值，若存在，請求出最大值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)四邊形的面積存在最大值，最大值為；(3)四邊形的面積存在最大值，最大值是【分析】（1）如圖1，點運動至半圓的中點時，底邊上的高最大，即，求出此時的面積即可；（2）作，垂足為，延長交弧于點，則此時的面積最大，可求出其值；而面積為定值，故可得此時四邊形的面積的最大值；（3）連接，作的外接圓，過作于，根據已知條件，可得是等邊三角形，即、、共線時，的面積最大，進而根據，根據，即可求解．【詳解】（1）解：如圖1，點運動至半圓的中點時，底邊上的高最大，即，此時的面積最大值，∴，故答案為：；（2）解：四邊形的面積存在最大值，作，垂足為，延長交弧于點，則此時的面積最大，如圖2：，，點為的中點，，，∴在中，，，，四邊形面積為，四邊形的面積存在最大值，最大值為；（3）解：四邊形的面積存在最大值，連接，作的外接圓，過作于，如圖：，，，、、、四點共圓，即在上，，，是等邊三角形，有，在中，，，當為中點，即、、共線時，的面積最大，此時，為直徑，，，，，，即四邊形的面積存在最大值，最大值是．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了三角形的面積、軸對稱、勾股定理、全等三角形的判定和性質、等邊三角形的判定和性質、四點共圓、圓的直徑最大等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用輔助圓解決最值問題．11．如圖1，拋物線經過，兩點，與軸交于另一點．(1)求拋物線和直線的解析式；(2)如圖2，點為第一象限拋物線上一點，是否存在使四邊形面積最大的點？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由；(3)如圖3，若拋物線的對稱軸（為拋物線頂點）與直線相交于點，為直線上的任意一點，過點作交拋物線于點，以E，F，M，N為頂點的四邊形能否為平行四邊形？若能，請求出點的坐標；若不能，請說明理由．【答案】(1)拋物線的解析式：；直線的解析式為；(2)當時，四邊形面積最大；(3)能，點N的坐標為或或．【分析】（1）由于拋物線經過，兩點，根據待定系數法可求拋物線和直線的解析式；（2）根據三角形面積公式和二次函數的最值即可求解；（3）根據拋物線的頂點坐標得到，可得，根據兩點間的距離公式可得，如圖3，過點M作，交拋物線于點N，設，則；則；當與平行且相等時，四邊形是平行四邊形，則，解方程可求點N的坐標．【詳解】（1）解：依題意，有：，解得．故拋物線的解析式：；解方程得，∴，設直線的解析式為，∴，∴，∴直線的解析式為；（2）解：∵、，∴，∴的面積最大時，四邊形面積最大，如圖2，過點P作軸，交直線于Q，設，則；則；；∵，∴當時，的面積最大，所以，當時，四邊形面積最大；（3）解：存在．拋物線的頂點坐標，當時，，則，則，如圖3，過點M作，交拋物線于點N，設，則，則；當與平行且相等時，四邊形是平行四邊形，則，由，解得；當時，與重合，不合題意，舍去；當時，，則；由，解得，則或．綜上所述，存在平行四邊形，點N的坐標為或或．【點睛】本題考查了二次函數綜合題，解題的關鍵是熟練掌握待定系數法可求拋物線的解析式，待定系數法求直線解析式，三角形面積公式，二次函數的最值，拋物線的頂點坐標，兩點間的距離公式，平行四邊形的性質等知識點，以及方程思想，分類思想的應用，綜合性較強，難度較大．12．如圖1，直線的解析式為，直線交軸于點，交軸于點點坐標為，點關于直線的對稱點在直線上，．(1)求直線的解析式；(2)如圖2，在軸上是否存在點，使與的面積相等，若存在，求出點坐標，若不存在，請說明理由；(3)如圖3，過點的直線：，當它與直線夾角等于時，求出相應的值．【答案】(1)直線解析式為(2)點的坐標為或(3)的值為或【分析】（1）先求出兩點的坐標，從而得到的長度，再根據勾股定理，即可求出的值，從而得到直線的解析式；（2）根據題意可得，，設點的坐標為，即可得到，解出的值即可得到答案；（3）如圖3，設直線與的交點為和，過點作軸，過點作于，過點作于，由全等三角形的性質求出點的坐標，即可求解．【詳解】（1）解：直線的解析式為，直線交軸于點，交軸于點，當時，；當時，，點坐標為，點坐標為，，，，解得：，，，直線解析式為：；（2）解：由（1）可得點的坐標為，點關于直線的對稱點在直線上，，設點的坐標為，則，解得或，點的坐標為或；（3）解：如圖3，設直線與的交點為和，過點作軸，過點作于，過點作于，設點，點，，，直線：與直線夾角等于，，，，，，（AAS），，點坐標為，點在直線上，，解得，點，點，設直線的解析式為，則，解得，直線的解析式為，同理可得：直線解析式為，的值為或．【點睛】本題是一次函數綜合題，考查了待定系數法求一次函數解析式，全等三角形的性質和判定，軸對稱的性質，勾股定理等知識，利用數形結合思想解決問題是解題的關鍵．13．已知，如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，，點P為x軸下方的拋物線上一點．(1)求拋物線的函數表達式；(2)連接，求四邊形面積的最大值；(3)是否存在這樣的點P，使得點P到和兩邊的距離相等，若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)33(3)存在這樣的點，使得點P到和兩邊的距離相等【分析】（1）利用待定系數法求解即可；（2）如圖所示，連接，過點P作軸交于D，先求出直線的解析式，設，則，則，求出的最大值，再由可知當最大時，最大，由此即可得到答案；（3）如圖所示，取點E使其坐標為，連接，取中點F，連接，先證明，進而得到平分，則直線上的點到的距離相等，由此即可知點P即為直線與拋物線的交點，據此求解即可．【詳解】（1）解：∵，∴，∴可設拋物線解析式為，又∵當時，，即，∴，∴，∴拋物線解析式為；（2）解：如圖所示，連接，過點P作軸交于D，設直線的解析式為，∴，∴，∴直線的解析式為，設，則，∴，∴，∵，∴當時，最大，最大為9，∵，，∴，∴當最大時，最大，最大為；（3）解：如圖所示，取點E使其坐標為，連接，取中點F，連接，∵，∴，，∴，∵F是的中點，∴平分，∴直線上的點到的距離相等，設直線的解析式為，∴，∴，∴直線的解析式為，聯立得，解得或（舍去），∴點P的坐標為．【點睛】本題主要考查了二次函數的綜合，一次函數與幾何綜合，角平分線的性質，等腰三角形的性質與判定，勾股定理等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．14．拋物線經過點和點．(1)求該拋物線所對應的函數解析式；(2)該拋物線與直線相交于C、D兩點，點P是拋物線上的動點且位于x軸下方，直線軸，分別與x軸和直線交于點M、N．①連結，如圖1，在點P運動過程中，的面積是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，說明理由；②連結，過點C作，垂足為點Q，如圖2，是否存在點P，使得與相似？若存在，直接寫出滿足條件的點P的坐標；若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)或【分析】（1）由A、B兩點的坐標，利用待定系數法可求得拋物線解析式；（2）聯立拋物線與直線的解析式成方程組，通過解方程組可求出點C、D的坐標，設點P的坐標為，則點N的坐標為，，根據三角形面積公式可得出，利用二次函數的性質即可解決最值問題；利用相似三角形的性質可得出：若與相似，則有或，設點P的坐標為，則點N的坐標為，點M的坐標為，點Q的坐標為，進而可得出，，，，將其代入或中即可求出x的值，結合即可得出點P的坐標．【詳解】（1）∵拋物線經過點和點，，解得，該拋物線對應的函數解析式為；（2）聯立拋物線與直線的解析式成方程組，得：，解得：，，點C的坐標為，點D的坐標為．設點P的坐標為，則點N的坐標為，，．，當時，取最大值，最大值為64，在點P運動過程中，的面積存在最大值，最大值為64．，若與相似，則有或．設點P的坐標為，則點N的坐標為，點M的坐標為，點Q的坐標為，，，，．當時，有，解得：，舍去，點P的坐標為；當時，有，解得：，舍去，點P的坐標為．綜上所述：存在點P，使得與相似，點P的坐標為或．【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數解析式、二次函數圖象上點的坐標特征、一次函數圖象上點的坐標特征、三角形的面積、二次函數的性質以及相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是：（1）由點A、B的坐標，利用待定系數法求出二次函數的解析式；（2）利用三角形的面積公式找出；分、兩種情況求出x的值．15．【問題提出】(1)如圖1，，在內部有一點P，M、N分別是、上的動點，分別作點P關于邊、的對稱點，，連接，與、相交于M、N，則此時的周長最小，且順次連接O，，后的形狀是等腰直角三角形．理由如下：∵點P關于邊、的對稱點分別為，，∴，，，，∴即周長的的最小值為∵，∴∴是等腰直角三角形．學以致用：若，在內部有一點P，分別作點P關于邊、的對稱點，，順次連接O，，，則的形狀是__________三角形．(2)【問題探究】如圖2，在中，，，點D是的中點，若，請用含有h的代數式表示的面積．(3)【問題解決】如圖3，在四邊形內有一點P，點P到頂點B的距離為10，，點M、N分別是、邊上的動點，順次連接P、M、N，使在周長最小的情況下，面積最大，問：是否存在使在周長最小的條件下，面積最大這種情況？若存在，請求出的面積的最大值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)等邊(2)(3)存在，【分析】（1）根據對稱性，得到，，，進而得到：，即可得到為等邊三角形；（2）作的垂直平分線，交于點，連接，根據中垂線的性質，得到，，推出是含的直角三角形，用分別表示出，再利用，求出，進而求出的面積．（3）如圖，作點關于的對稱點，作點關于的對稱點，連接，交，于點M，N，此時的周長最小，可以求出，由推出最小時，的值最大，此時的面積最大，進行求解即可．【詳解】（1）解：∵點P關于邊OA、OB的對稱點分別為，，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴為等邊三角形；故答案為：等邊；（2）解：∵，，點D是的中點，∴，，，作的垂直平分線，交于點，連接，則：，，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：存在；理由如下：如圖，以點為圓心，為半徑畫圓，分別作點關于，的對稱點，，則點，在上，連接，分別交，于點，，此時的周長最小．∴，，，∵，∴，且，∴，過點作于，∴，，∴，∴，∵，∵為定值，∴最小時，的值最大，此時的面積最大，過點作于點，則

，∴當時，即O點與Q點重合時，的值最大，∴，∴，∴，∴，∴，∴∴，此時是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∴的最大值．【點睛】本題考查軸對稱，等腰三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，含的直角三角形、隱圓等知識．通過構造軸對稱，利用軸對稱進行求解，是解題的關鍵．16．已知拋物線與x軸交于，兩點，與y軸交于點C．(1)求該拋物線的表達式；(2)求的面積；(3)在拋物線上是否存在一點P，使，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)5(3)或【分析】（1）把點，坐標代入函數解析式，用待定系數法求解即可；（2）求出點C坐標，再根據三角形面積公式計算即可；（3）分點在軸上方和軸下方兩種情況，構建直角三角形，利用求出點坐標即可．【詳解】（1）解：拋物線與軸交于，兩點，，解得：，拋物線的表達式為；（2）在中，令，∴，∴，∵，，∴；（3）如圖所示：①當點在軸上方時，過點作軸于點，，，，，，設，，點的坐標為，點是拋物線上一點，，解得：，（不合題意，舍去），點坐標為；②當點在軸下方時，過點作軸于點，，，，，設則，點的坐標為，點是拋物線上一點，，解得：，（不符合題意，舍去），點的坐標為，綜上所述：點坐標為或．【點睛】本題是二次函數的綜合題，主要考查了二次函數的圖象的性質，待定系數法確定函數的解析式，解直角三角形，關鍵是注意分類討論，不能漏解．17．如圖，直線與x軸、y軸分別交于B、C兩點，拋物線經過點B、C，與x軸另一交點為A，頂點為D．(1)求拋物線的解析式；(2)在第四象限的拋物線上是否存在一點M，使的面積為？若存在，求出M點坐標；若不存在，請說明理由．(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使得？若存在，求出P點坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析；(2)存在，；(3)存在，或．【分析】（1）由直線與x軸、y軸分別交于B、C兩點，求出B、C兩點坐標，然后用代入法求拋物線解析式；（2）如圖，M是拋物線第四象限上的點，連接，設，根據面積公式求出得，解方程接可求出；（3）如圖，作拋物線的對稱軸交x軸于N，作，連接由（2）可知，對稱軸為，根據等腰直角三角形性質證即，根據勾股定理求出，從而得到，當P在第一象限時、當P在第四象限時討論即可．【詳解】（1）解：直線與x軸、y軸分別交于B、C兩點當時，解得，當時，解得，，拋物線經過點B、C解得拋物線的解析式為：（2）解：如圖，M是拋物線第四象限上的點，連接，設，則即解得或（舍去）當時（3）解：如圖，作拋物線的對稱軸交x軸于N，作，連接由（2）可知，對稱軸為，，，當P在第一象限時：當P在第四象限時：故答案為：存在，或．【點睛】本題考查了二次函數的綜合應用，通過角度和面積探討點的存在性；用代入法求函數解析式，假設點存在，根據條件做出圖形，利用數形結合是解題的關鍵．18．已知：如圖，在矩形中，，，對角線，交于點．點從點出發，沿方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點從點出發，沿方向勻速運動，速度為1cm/s；當一個點停止運動時，另一個點也停止運動．連接并延長，交于點，連接和．設運動時間為（s）（），解答下列問題：(1)是否存在某一時刻，使垂直？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．(2)求的面積（cm2）與運動時間（s）的關系式．(3)求為何值時，是等腰三角形？【答案】(1)不存在，理由見解析(2)(3)或秒【分析】（1）由題意得：，，，，，根據列等式計算即可．（2）過點分別做于點，于點列式計算即可．（3）分類，根據三角形相似計算求解即可．【詳解】（1）解：不存在，理由如下：由題意得：，，，，，在矩形中，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即∴（不合題意，舍去）∴不存在某一時刻，使垂直．（2）解：過點分別做于點，于點．則，在矩形中，，又∵，∴∴∴．（3）解：①當時∵，∴