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人教版中考一轮复习 第11讲代几综合--尖子班
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这是一份人教版中考一轮复习 第11讲代几综合--尖子班，文件包含第11讲代几综合--尖子班教师版docx、第11讲代几综合--尖子班学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
知识点1方程与几何综合题
这类题目大都是一元二次方程与几何的综合，运用根的判别式及根与系数的关系解决与方程的根有关的几何问题.在解题时，要求我们能熟练地将方程的根与几何图形中的条件联系起来，通过方程的性质和几何图形的性质实行转化，数形结合，建立一元二次方程的两根与几何图形之间的联系；同时要根据题意，找到临界值，进行合理的分类讨论.
【典例】
例1（2020秋•新蔡县期中）已知x1，x2是关于x的一元二次方程x2+2（m﹣3）x+m2+1＝0的两个根．
（1）当m取何值时，原方程有两个不相等的实数根？
（2）若以x1，x2为对角线的菱形边长是3，试求m的值．
【解答】解：（1）由题意得△＝[2（m﹣3）]2﹣4（m2+1）＝32﹣24m，
要使方程有两个不相等的实数根，需要△＞0，
即32﹣24m＞0，解得m＜43，
即m＜43时，方程有两个不相等的实数根．
（2）∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2+2（m﹣3）x+m2+1＝0的两个根，
∴x1+x2＝﹣2（m﹣3），x1•x2＝m2+1．
∵x1，x2为菱形的对角线，
∴x1，x2互相垂直并且平分，
∴（12x1）2+（12x2）2＝3，
∴x12+x22＝12，
∴（x1+x2）2﹣2x1•x2＝12，
∴（x1+x2）2﹣2x1•x2＝12，
∴[﹣2（m﹣3）]2﹣2（m2+1）＝12，
∴m2﹣12m+11＝0，
解得，m1＝1，m2＝11．
∵m＜43，
∴m2＝11不合题意，舍去，
∴m的值为1．
【方法总结】
此题考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：
①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当△＜0时，方程无实数根．
也考查了菱形的性质，勾股定理以及根与系数的关系．
例2（2020秋•江都区月考）已知：平行四边形ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2-14=0的两个实数根．
（1）当m为何值时，平行四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；
（2）若AB的长为1，那么平行四边形ABCD的周长是多少？
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD．
又∵AB、AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2-14=0的两个实数根，
∴△＝（﹣m）2﹣4×（m2-14）＝（m﹣1）2＝0，
∴m＝1，
∴当m为1时，四边形ABCD是菱形．
当m＝1时，原方程为x2﹣x+14=0，即（x-12）2＝0，
解得：x1＝x2=12，
∴菱形ABCD的边长是12．
（2）把x＝1代入原方程，得：1﹣m+m2-14=0，
解得：m=32．
将m=32代入原方程，得：x2-32x+12=0，
解得x＝1或12，
∴方程的另一根AD=12，
∴▱ABCD的周长是2×（1+12）＝3．
【方法总结】
本题考查了根与系数的关系、根的判别式、平行四边形的性质以及菱形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据菱形的性质结合根的判别式，找出关于m的一元二次方程；（2）根据根与系数的关系结合方程的一根求出方程的另一根．
例3（2020秋•兴庆区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，AD＝6，若OA、OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根，且OA＞OB．
（1）求OA、OB的长．
（2）若点E为x轴的正半轴上的点，且S△AOE=163，求经过D、E两点的直线解析式．
【解答】解：（1）方程x2﹣7x+12＝0，
因式分解得：（x﹣3）（x﹣4）＝0，
解得：x1＝3，x2＝4，
∵OA、OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根，且OA＞OB，
∴OA＝4，OB＝3；
（2）过D作DF⊥x轴，交x轴于点F，
由平行四边形ABCD，易得△ABO≌△DCF，
∴DF＝AO＝4，CF＝OB＝3，
∵AD＝6，
∴BC＝OB+OC＝OC+CF＝6，即OF＝6，
∴D（6，4），
∵点E为x轴的正半轴上的点，且S△AOE=163，
∴设E（e，0），即OE＝e，
∴12×4e=163，即e=83，即E（83，0），
设直线DE解析式为y＝kx+b，
把E与D坐标代入得：5k+b=485k+b=0，
解得：k=2017b=-3217．
则直线DE解析式为y=2017x-3217．
【方法总结】
此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，待定系数法求一次函数解析式，以及平行四边形的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
【随堂练习】
1．（2019秋•东台市期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣2（a+1）x+a2+3＝0有两个实数根x1，x2
（1）求实数a的取值范围
（2）若等腰△ABC的三边长分别为x1，x2，6，求△ABC的周长
（3）是否存在实数a，使x1，x2恰是一个边长为22的菱形的两条对角线的长？若存在，求出这个菱形的面积；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）根据题意得△＝4（a+1）2﹣4（a2+3）＝8a﹣8≥0，
所以a≥1；
（2）当x1＝x2，△＝0，则a＝1，方程变形为x2﹣4x+4＝0，解得x1＝x2＝2，而2+2＜6，不符合三角形三边的关系，舍去；
当x1＝6或x2＝6，把x＝6代入方程x2﹣2（a+1）x+a2+3＝0得36﹣12（a+1）+a2+3＝0，解得a1＝3，a2＝9，
当a＝3时，方程化为x2﹣8x+12＝0，解得x＝2或6，三角形三边为6、6、2，则△ABC的周长为6+6+2＝14；
当a＝9时，方程化为x2﹣20x+84＝0，解得x＝14或6，而6+6＜14，不符合三角形三边的关系，舍去；
所以△ABC的周长为14；
（3）存在．
x1+x2＝2（a+1），
x1•x2＝a2+3，
∵14x12+14x22＝（22）2，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝22，
即4（a+1）2﹣2（a2+3）＝88，
整理得a2+4a﹣45＝0，解得a1＝5，a2＝﹣9（舍去），
当a＝5，方程化为x2﹣12x+28＝0，则x1•x2＝28，所以这个菱形的面积=12×28＝14．
3．（2020秋•思明区校级月考）已知：平行四边形ABCD的两边AB、CD的长是关于方程4x2﹣4mx+2m﹣1＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，平行四边形ABCD是菱形？并求出此时菱形的周长．
（2）若AB＝2，那么平行四边形ABCD的周长是多少？
【解答】解：（1）∵平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，
∴△＝16m2﹣4×4（2m﹣1）＝0，解得m1＝m2＝1，
方程化为4x2﹣4x+1＝0，解得x1＝x2=12，
∴菱形的周长为4×12=2，
即当m为1时，平行四边形ABCD是菱形，此时菱形的周长为2；
（2）把x＝2代入方程4x2﹣4mx+2m﹣1＝0得16﹣8m+2m﹣1＝0，解得m=52，
此时方程化为2x2﹣5x+2＝0，
∴AB+CD=52，
∴平行四边形ABCD的周长＝2×52=5．
4．（2020秋•金水区校级期中）已知：▱ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2+34=0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；
（2）若AB的长为2，那么▱ABCD的周长是多少？
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD．
又∵AB、AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2+34=0的两个实数根，
∴△＝（﹣m）2﹣4×（m2+34）＝（m﹣1）2﹣4＝0，
∴m＝﹣1或m＝3，
当m＝﹣1时，AB+AD＝﹣1＜0，AB•AD=14＞0，故m＝﹣1舍去，
∴当m为3时，四边形ABCD是菱形．
当m＝3时，原方程为x2﹣3x+94=0，
解得：x1＝x2=32，
∴菱形ABCD的边长是32．
（2）把x＝2代入原方程，得：4﹣2m+m2+34=0，
解得：m=196．
将m=196代入原方程，得：x2-196x+73=0，
∴方程的另一根AD=73÷2=76，
∴▱ABCD的周长是2×（2+76）=193．
故答案为193．
知识点2函数与几何综合题
函数是初中数学的重点，也是难点，更是中考命题的主要考查对象，由于这类题型能较好地考查学生的函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化思想，能较全面地反映学生的综合能力，有较好的区分度，因此是各地中考的热点题型．
【典例】
例1（2020秋•江岸区校级月考）如图1，直线y=-34x+6与y轴交于点A，与x轴交于点D，AB平分∠OAD交x轴于点B．
（1）求OB的长；
（2）如图2，G，F是直线AB上的两点（点E在点F上方），若△DEF是以FG为斜边的等腰直角三角形，求点F的坐标；
（3）如图3，点P是直线AB上点，点Q是直线AD上的动点，点G是x轴上的动点，且以点P、Q、D、G为顶点的四边形是菱形，直接写出点G的坐标 （﹣2，0）或（143，0）或（33，0）或（811，0） ．
【解答】解：（1）对于直线y=-34x+6，令x＝0，得到y＝6，可得A（0，6），
令y＝0，得到x＝8，可得D（8，0），
∴AC＝AO＝6，OD＝8，AD=AO2+OD2=10，
∴CD＝AD﹣AC＝4，设BC＝OB＝x，则BD＝8﹣x，
在Rt△BCD中，∵BC2+CD2＝BD2，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴B（3，0），
故OB＝3；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+6，
∵B（3，0），
∴3k+6＝0，
∴k＝﹣2，
∴直线AB的解析式为y＝﹣2x+6，
作GM⊥x轴于M，FN⊥x轴于N，
∵△DFG是等腰直角三角形，
∴DG＝FD，∠1＝∠2，∠DMG＝∠FND＝90°，
∴△DMG≌△FND（AAS），
∴GM＝DN，DM＝FN，设GM＝DN＝m，DM＝FN＝n，
∵G、F在直线AB上，
则：m＝﹣2（8﹣n）+6，﹣n＝﹣2（8﹣m）+6，
解得：m＝2，n＝6
∴F（6，﹣6）；
（3）点D（8，0），设点G（x，0），Q（m，-34m+6），P（n，﹣2n+6），
当以点P、Q、D、G为顶点的四边形是菱形时，yP＝yQ，即-34m+6＝﹣2n+6），则3m＝8n①，
①当点P在点Q的左侧时，
∴GP∥QD，过点P作PH⊥x轴于H，
在Rt△AOD中，tan∠ADO=AOOD=34，则cs∠ADO=45=cs∠HGD，
则GP=HGcs∠HGD=n-x45=54（n﹣x），
∵以点P、Q、D、G为顶点的四边形是菱形，
∴PQ＝GD，GD＝GP，
则m﹣n＝8﹣x②，|8﹣x|=54（n﹣x）③，
联立①②③并解得：x＝﹣2或143；
②当点Q在点P的右侧时，
同理可得：m﹣n＝x﹣8④，
联立①③④并解得x＝33或811，
综上，点G的坐标为（﹣2，0）或（143，0）或（33，0）或（811，0），
故答案为（﹣2，0）或（143，0）或（33，0）或（811，0）．
【方法总结】
本题考查一次函数综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
例2（2020秋•太原期末）如图，在同一平面直角坐标系中，直线y＝x+2和双曲线y=8x相交于A、B两点．
（1）连结AO、BO，求出△AOB的面积．
（2）已知点E在双曲线y=8x上且横坐标为1，作EF垂直于x轴垂足为F，点H是x轴上一点，连结EH交双曲线于点I，连结IF并延长交y轴于点G，若点G坐标为（0，-85），请求出H点的坐标．
（3）已知点M在x轴上，点N是平面内一点，以点O、E、M、N为顶点的四边形是菱形，请你直接写出N点的坐标．
【解答】解：（1）如图1中，设AB交y轴于C．
由y=8xy=x+2，解得x=2y=4或x=-4y=-2，
∴A（2，4），B（﹣4，﹣2），
∵直线AB交y轴于C（0，2），
∴S△AOB＝S△AOC+S△OCB=12×2×2+12×2×4＝6．
（2）如图2中，
由题意E（1，8），F（1，0），
∵G（0，-85），
∴直线FG的解析式为y=85x-85，
由y=8xy=85x-85，解得x=1+212y=-4+4215或x=1-212y=-4-4215，
∴I（1+212，-4+4215），
∴直线EH的解析式为y=4-4215x+36+4215
令y＝0，解得x=21+32，
∴H（21+32，0）．
（3）如图3中，
∵E（1，8），
∴OE=12+82=65，
当OM1是菱形的对角线时，E，N1关于x轴对称，可得N1（1，﹣8）．
当OM为菱形的边时，可得N2（1+65，8），N4（1-65，8）．
当OE为菱形的对角线时，连接M3N3交OE于T，EN3交y轴于P．
∵M3N3⊥OE，
∴∠OTM3＝90°，
∵∠POE＝∠TM3O，
∴sin∠POE＝sin∠OM3T，
∴165=652OM3，
∴OM3=652，
∴M3（652，0），
∵TN3＝TM3，T（12，4），
∴可得N3（-632，8），
综上所述，满足条件的点N的坐标为（1，﹣8）或（1+65，8）或（1-65，8）或（-632，8）．
【方法总结】
本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会根据一次函数，利用方程组确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
例3（2020秋•绥棱县期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2﹣2x+c与直线y＝kx+b都经过A（0，﹣3），D（3，0）两点，该抛物线的顶点为C．
（1）求此抛物线和直线AB的解析式；
（2）设点P是直线AB下方抛物线上的一动点，当△PAB面积大时，试求出点P的坐标，并求出△PAB面积的最大值；
（3）设直线AB与该抛物线的对称轴交于点E，在射线EB上是否存在一点M，过点M作x轴的垂线交抛物线于点N，使点M、N、C、E是平行四边形的四个顶点？若存在，试求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2x+c经过A（0，﹣3），B（3，0）两点，
∴9a-6+c=0c=-3，
解得a=1c=-3，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∵直线y＝kx+b经过A（0，﹣3），B（3，0）两点，
∴b=-33k+b=0，
解得k=1b=-3，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣3；
（2）如图1，
作PQ∥y轴交直线AB于点Q，
设P（m，m2﹣2m﹣3），则Qm，m﹣3），
∴PQ＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，
∴S△PAB=12×3×（﹣m2+3m）
=-32m2+92m
=-32（m-32）2+278，
∴当m=32时，△PAB面积有最大值，最大值是278，此时P点坐标为（32，-154）．
（3）存在，理由如下：
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点C的坐标为（1，﹣4），
∵CE∥y轴，
∴E（1，﹣2），
∴CE＝2，
①如图2，若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CE＝MN，
设M（a，a﹣3），则N（a，a2﹣2a﹣3），
∴MN＝a﹣3﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a，
∴﹣a2+3a＝2，
解得：a＝2，a＝1（舍去），
∴M（2，﹣1），
②如图3，若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CE＝MN，
设M（a，a﹣3），则N（a，a2﹣2a﹣3），
∴MN＝a2﹣2a﹣3﹣（a﹣3）＝a2﹣3a，
∴a2﹣3a＝2，
解得：a=3+172，a=3-172（舍去），
∴M（3+172，-3+172），
综合可得M点的坐标为（2，﹣1）或（3+172，-3+172），
【方法总结】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数求最值问题，平行四边形的性质，利用数形结合思想和分类讨论思想解决问题是本题的关键．
【随堂练习】
1．（2020春•和平区校级月考）如图，直线l1：y＝kx+b分别交x轴、y轴于点B（4，0）、N，直线l2：y＝2x﹣1分别交x轴、y轴于点M、A，l1，l2交点P的坐标（m，2），请根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）当x ≤1.5 时，kx+b≥2x﹣1；
（2）不等式kx+b＜0的解集是 x＞4 ；
（3）在平面内是否存在一点H，使得以A，B，P，H四点组成的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点H的坐标，若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）将点P的坐标代入y＝2x﹣1得，2＝2m﹣1，解得m＝1.5，故点P（1.5，2），
从图象看，当x≤1.5时，kx+b≥2x﹣1，
故答案为：≤1.5；
（2）从图象看，不等式kx+b＜0的解集是x＞4，
故答案为x＞4；
（3）∵直线l2：y＝2x﹣1交y轴于点A，故点A（0，﹣1），
设点H（s，t），
①当AB是边时，
点A向右平移4个单位向上平移1个单位得到点B，同样点P（H）向右平移4个单位向上平移1个单位得到H（P），
则1.5±4＝s且2±1＝t，解得s=5.5t=3或s=-2.5t=1，
故点H的坐标为（5.5，3）或（﹣2.5，1）；
②当AB是对角线时，
由中点公式得：12（0+4）=12（s+1.5）且12（﹣1+0）=12（t+2），解得s=2.5t=-3，
故点H的坐标为（2.5，﹣3）．
综上，点H的坐标为（5.5，3）或（﹣2.5，1）或（2.5，﹣3）．
2．（2020秋•简阳市 月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+b的图象经过点A（﹣2，0），与反比例函数y=kx的图象交于点B（a，4）和点C．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）若点P在y轴上，且△PBC的面积等于6，求点P的坐标；
（3）设M是直线AB上一点，过点M作MN∥x轴，交反比例函数y=kx的图象于点N，若A，O，M，N为顶点的四边形为平行四边形，求点M的坐标．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+b的图象经过点A（﹣2，0），
∴b＝2，
∴直线解析式为y＝x+2，
∵点B（a，4）在直线y＝x+2上，
∴4＝a+2，
∴a＝2，
∴点B（2，4），
∵反比例函数y=kx的图象过点B（2，4），
∴k＝2×4＝8，
∴反比例函数解析式为y=8x；
（2）如图1，设直线AB与y轴交于点D，点P坐标为（0，p），
∵直线AB与y轴交于点D，
∴点D（0，2），
联立方程得：y=x+2y=8x，
解得：x=2y=4，或x=-4y=-2，
∴C（﹣4，﹣2），
∴S△PBC＝S△BPD+S△PDC=12|p-2|×2+12|p-2|×|-4|=6，
∴p＝0或4，
∴P（0，0）或（0，4）；
（3）如图2，设M（m﹣2，m），则N（8m，m），
∵以A，O，M，N为顶点的四边形为平行四边形，MN∥OA，OA＝2，
∴MN＝OA＝2，
∴8m-(m-2)=±2，
∴m=±22或m=2±23，
∴点M坐标为（22-2，22）或（﹣22-2，﹣22）或（23，2+23）或（﹣23，2-23）．
3．（2020秋•潮阳区期末）如图，抛物线y=-12x2+2x+52与x轴相交于A，B两点，点B在点A的右侧，与y轴相交于点C．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上有一点P，使PA+PC的值最小，求点P的坐标；
（3）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A，C，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）当x＝0时，则y=52，
∴C（0，52），
当y＝0时，-12x2+2x+52=0，
化简，得x2﹣4x﹣5＝0，
解得，x＝﹣1或x＝5，
∴A（﹣1，0），B（5，0）；
（2）如图，连接BC，交对称轴于点P，连接AP．
∵点A和点B关于抛物线的对称轴对称，
∴AP＝PB，
要使PA+PC的值最小，则应使PB+PC的值最小，
∴BC与对称轴的交点，使得PA+PC的值最小．
设BC的解析式为y＝kx+b．
将B（5，0），C（0，52）代入y＝kx+b，
得b=525k+b=0，
∴k=-12b=52，
∴直线BC的解析式为y=-12x+52
∵抛物线的对称轴为直线x=2-12×2=2
当x＝2时，y=-12×2+52=32，
∴P（2，32）；
（3）设点M（m，0），N（n，-12n2+2n+52），
由（1）知，A（﹣1，0），C（0，52），
当AC与MN是对角线时，
∴AC与MN互相平分，
∴12（0+52）=12（-12n2+2n+52），
解得，n＝0（舍）或n＝4，
∴N（4，52），
当AM与CN是对角线时，AM与AN互相平分，
∴12（m﹣1）=12n，12×0=12（-12n2+2n+52+52），
解得，n＝2±14，
∴N（2+14，-52）或（2-14，-52），
当AN与CM是对角线时，AN与CM互相平分，
∴12（-12n2+2n+52）=12×（0+52），
解得，n＝0（舍）或n＝4，
∴N（4，52），
即：以点A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，点N的坐标为（4，52）或（2+14，-52）或（2-14，-52），
综合运用
1．（2020春•张家港市期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0．
（1）求证：方程有两个不相等的实数根；
（2）若△ABC的两边AB，AC的长是这个方程的两个实数根，第三边BC的长为5，当△ABC是直角三角形时，求k的值．
【解答】（1）证明：∵△＝[﹣（2k+1）]2﹣4×（k2+k）＝1＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
（2）解：∵x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0，即（x﹣k）[x﹣（k+1）]＝0，
解得：x1＝k，x2＝k+1．
当BC为直角边时，k2+52＝（k+1）2，
解得：k＝12；
当BC为斜边时，k2+（k+1）2＝52，
解得：k1＝3，k2＝﹣4（不合题意，舍去）．
答：k的值为12或3．
2．（2020秋•城关区校级月考）如图，直线y=-12x+4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y＝x交于点C，在如图线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P，Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q做x轴的垂线，交直线AB、OC于点E，F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．
（1）求点P运动的速度是多少？
（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？
（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．
【解答】解：（1）∵直线y=-12x+4与坐标轴分别交于点A、B，
∴x＝0时，y＝4，y＝0时，x＝8，
∴点A（8，0），点B（0，4），
∴BO＝4，AO＝8，
∴BOAO=12，
当t秒时，QO＝FQ＝t，则EP＝t，
∵EP∥BO，
∴OBAO=EPAP=12，
∴AP＝2t，
∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，
∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；
（2）如图1，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝FQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴8﹣3t＝t，
解得：t＝2；
如图2，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴OP＝8﹣2t，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴t＝3t﹣8，
解得：t＝4，
综上所述：当t＝2或4时，矩形PEFQ为正方形；
（3）如图1，当Q在P点的左边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（8﹣3t）•t＝8t﹣3t2，
当t=-82×(-3)=43时，
S矩形PEFQ的最大值=4×(-3)×0-644×(-3)=163，
如图2，当Q在P点的右边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴2t＞8﹣t，
∴t＞83，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（3t﹣8）•t＝3t2﹣8t，
∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，
∴83＜t≤4，
∴t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝3×42﹣8×4＝16，
综上所述，当t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝16．
3．（2020秋•南召县期中）如图，在直角坐标系中，点C在第一象限，CB⊥x轴于B，CA⊥y轴于A，且AC、BC的长恰好是一元二次方程m2﹣9m+18＝0的两根（AC＞BC）；反比例函数y1=kx刚好过点C．
（1）直接写出k＝ 18 ，直线AB的函数表达式y2＝ -12x+3 ；
（2）直线l⊥x轴，并从y轴出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，交反比例函数图象于点D，交AC于点E，交直线AB于点F，当直线l运动到经过点B时，停止运动，设运动时间t（秒）．问是否存在这样的t值，使四边形DFBC为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
【解答】解：（1）∵AC、BC的长恰好是一元二次方程m2﹣9m+18＝0的两根，
∴AC＝6，BC＝3，
∵CB⊥x轴于B，CA⊥y轴于A，
∴C（6，3），A（0，3），B（6，0），
函数y1=kx刚好过点C，
∴k＝18；
设直线AB的函数表达式y2＝ax+b，
∴6a+b=0b=3，
解得：a=-12b=3，
∴直线AB的函数表达式为：y2=-12x+3，
故答案为：18，-12x+3；
（2）不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形．
理由：由题可得xD＝xF＝t，
则yD=18t，yF=-12t+3，
∴DF=yD-yF=18t-(-12t+3)=18t+12t-3．
当DF＝BC时，18t+12t-3=3，
整理得：t2﹣12t+36＝0，
解得：t1＝t2＝6，
此时DF与CB重合，
∴不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形．
4．（2020秋•成都期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝mx+1与双曲线y=kx（k＞0）相交于点A，B，已知点B（a，﹣2），点C在x轴正半轴上，点D（2，﹣3），连接OA，OD，DC，AC，四边形AODC为菱形．
（1）求k和m的值；
（2）请直接写出：当x取何值时，反比例函数值大于一次函数值？
（3）设P是y轴上一动点，且△OAP的面积等于菱形OACD的面积，求点P的坐标．
【解答】解：（1）连接AD，与x轴交于点E，
∵D（2，﹣3），
∴OE＝2，ED＝3，
∵菱形AODC，
∴AE＝DE＝3，EC＝OE＝2，
∴A（2，3），
将A坐标代入直线y＝mx+1得：2m+1＝3，即m＝1，
将A坐标代入反比例y=kx得：k＝6．
（2）联立直线与反比例解析式得：y=x+1y=6x，
消去y得：x+1=6x，
解得：x＝2或x＝﹣3，
将x＝﹣3代入y＝x+1得：y＝﹣3+1＝﹣2，即B（﹣3，﹣2），
则当x＜﹣3或0＜x＜2时，反比例函数值大于一次函数值；
（3）∵OC＝2OE＝4，AD＝2DE＝6，
∴S菱形AODC=12OC•AD＝12，
∵S△OAP＝S菱形OACD，即12OP•OE＝12，
∴设P（0，p），则12×|p|×2＝12，即|p|＝12，
解得：p＝12或p＝﹣12，
则P的坐标为（0，12）或（0，﹣12）．
5．（2020秋•九龙县期末）如图所示，在平面直角坐标中，抛物线的顶点P到x轴的距离是4，抛物线与x轴相交于O、M两点，OM＝4；矩形ABCD的边BC在线段的OM上，点A、D在抛物线上．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）设D（m，n），矩形ABCD的周长为l，写出l与m的关系式，并求出l的最大值；
（3）点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否还存在点F，使得以E、F、O、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，写出F点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴相交于O、M两点，OM＝4，
∴顶点P的横坐标为4÷2＝2，M的坐标为（4，0），
∵顶点P到x轴的距离是4，
∴顶点P的纵坐标为4，
∴顶点P的坐标为（2，4），
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+4，
则a（4﹣2）2+4＝0，
解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+4，
即y＝﹣x2+4x；
（2）∵D（m，n）在抛物线上，
∴n＝﹣m2+4m，BC＝4﹣2m，
∴矩形ABCD的周长为l＝2（4﹣2m+n），
＝2（4﹣2m﹣m2+4m），
＝﹣2（m2﹣2m+1）+10，
＝﹣2（m﹣1）2+10，
即l＝﹣2（m﹣1）2+10，
∴当m＝1时，周长l有最大值10；
（3）①OM是平行四边形的边时，点F的横坐标为2﹣4＝﹣2，
纵坐标为：﹣（﹣2）2+4×（﹣2）＝﹣4﹣8＝﹣12，
此时，点F（﹣2，﹣12），
或点F的横坐标为2+4＝6，
纵坐标为：﹣62+4×6＝﹣36+24＝12，
此时，点F（6，﹣12），
②OM是平行四边形的对角线时，EF所在的直线经过OM的中点，
∴EF都在抛物线的对称轴上，
∴点F与点P重合，
此时，点F（2，4），
综上所述，点F（﹣2，﹣12）或（6，﹣12）或（2，4）时，以E、F、O、M为顶点的四边形是平行四边形．
知识点1方程与几何综合题
这类题目大都是一元二次方程与几何的综合，运用根的判别式及根与系数的关系解决与方程的根有关的几何问题.在解题时，要求我们能熟练地将方程的根与几何图形中的条件联系起来，通过方程的性质和几何图形的性质实行转化，数形结合，建立一元二次方程的两根与几何图形之间的联系；同时要根据题意，找到临界值，进行合理的分类讨论.
【典例】
例1（2020秋•新蔡县期中）已知x1，x2是关于x的一元二次方程x2+2（m﹣3）x+m2+1＝0的两个根．
（1）当m取何值时，原方程有两个不相等的实数根？
（2）若以x1，x2为对角线的菱形边长是3，试求m的值．
【解答】解：（1）由题意得△＝[2（m﹣3）]2﹣4（m2+1）＝32﹣24m，
要使方程有两个不相等的实数根，需要△＞0，
即32﹣24m＞0，解得m＜43，
即m＜43时，方程有两个不相等的实数根．
（2）∵x1，x2是关于x的一元二次方程x2+2（m﹣3）x+m2+1＝0的两个根，
∴x1+x2＝﹣2（m﹣3），x1•x2＝m2+1．
∵x1，x2为菱形的对角线，
∴x1，x2互相垂直并且平分，
∴（12x1）2+（12x2）2＝3，
∴x12+x22＝12，
∴（x1+x2）2﹣2x1•x2＝12，
∴（x1+x2）2﹣2x1•x2＝12，
∴[﹣2（m﹣3）]2﹣2（m2+1）＝12，
∴m2﹣12m+11＝0，
解得，m1＝1，m2＝11．
∵m＜43，
∴m2＝11不合题意，舍去，
∴m的值为1．
【方法总结】
此题考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：
①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当△＜0时，方程无实数根．
也考查了菱形的性质，勾股定理以及根与系数的关系．
例2（2020秋•江都区月考）已知：平行四边形ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2-14=0的两个实数根．
（1）当m为何值时，平行四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；
（2）若AB的长为1，那么平行四边形ABCD的周长是多少？
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD．
又∵AB、AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2-14=0的两个实数根，
∴△＝（﹣m）2﹣4×（m2-14）＝（m﹣1）2＝0，
∴m＝1，
∴当m为1时，四边形ABCD是菱形．
当m＝1时，原方程为x2﹣x+14=0，即（x-12）2＝0，
解得：x1＝x2=12，
∴菱形ABCD的边长是12．
（2）把x＝1代入原方程，得：1﹣m+m2-14=0，
解得：m=32．
将m=32代入原方程，得：x2-32x+12=0，
解得x＝1或12，
∴方程的另一根AD=12，
∴▱ABCD的周长是2×（1+12）＝3．
【方法总结】
本题考查了根与系数的关系、根的判别式、平行四边形的性质以及菱形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据菱形的性质结合根的判别式，找出关于m的一元二次方程；（2）根据根与系数的关系结合方程的一根求出方程的另一根．
例3（2020秋•兴庆区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，AD＝6，若OA、OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根，且OA＞OB．
（1）求OA、OB的长．
（2）若点E为x轴的正半轴上的点，且S△AOE=163，求经过D、E两点的直线解析式．
【解答】解：（1）方程x2﹣7x+12＝0，
因式分解得：（x﹣3）（x﹣4）＝0，
解得：x1＝3，x2＝4，
∵OA、OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根，且OA＞OB，
∴OA＝4，OB＝3；
（2）过D作DF⊥x轴，交x轴于点F，
由平行四边形ABCD，易得△ABO≌△DCF，
∴DF＝AO＝4，CF＝OB＝3，
∵AD＝6，
∴BC＝OB+OC＝OC+CF＝6，即OF＝6，
∴D（6，4），
∵点E为x轴的正半轴上的点，且S△AOE=163，
∴设E（e，0），即OE＝e，
∴12×4e=163，即e=83，即E（83，0），
设直线DE解析式为y＝kx+b，
把E与D坐标代入得：5k+b=485k+b=0，
解得：k=2017b=-3217．
则直线DE解析式为y=2017x-3217．
【方法总结】
此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，待定系数法求一次函数解析式，以及平行四边形的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
【随堂练习】
1．（2019秋•东台市期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣2（a+1）x+a2+3＝0有两个实数根x1，x2
（1）求实数a的取值范围
（2）若等腰△ABC的三边长分别为x1，x2，6，求△ABC的周长
（3）是否存在实数a，使x1，x2恰是一个边长为22的菱形的两条对角线的长？若存在，求出这个菱形的面积；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）根据题意得△＝4（a+1）2﹣4（a2+3）＝8a﹣8≥0，
所以a≥1；
（2）当x1＝x2，△＝0，则a＝1，方程变形为x2﹣4x+4＝0，解得x1＝x2＝2，而2+2＜6，不符合三角形三边的关系，舍去；
当x1＝6或x2＝6，把x＝6代入方程x2﹣2（a+1）x+a2+3＝0得36﹣12（a+1）+a2+3＝0，解得a1＝3，a2＝9，
当a＝3时，方程化为x2﹣8x+12＝0，解得x＝2或6，三角形三边为6、6、2，则△ABC的周长为6+6+2＝14；
当a＝9时，方程化为x2﹣20x+84＝0，解得x＝14或6，而6+6＜14，不符合三角形三边的关系，舍去；
所以△ABC的周长为14；
（3）存在．
x1+x2＝2（a+1），
x1•x2＝a2+3，
∵14x12+14x22＝（22）2，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝22，
即4（a+1）2﹣2（a2+3）＝88，
整理得a2+4a﹣45＝0，解得a1＝5，a2＝﹣9（舍去），
当a＝5，方程化为x2﹣12x+28＝0，则x1•x2＝28，所以这个菱形的面积=12×28＝14．
3．（2020秋•思明区校级月考）已知：平行四边形ABCD的两边AB、CD的长是关于方程4x2﹣4mx+2m﹣1＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，平行四边形ABCD是菱形？并求出此时菱形的周长．
（2）若AB＝2，那么平行四边形ABCD的周长是多少？
【解答】解：（1）∵平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，
∴△＝16m2﹣4×4（2m﹣1）＝0，解得m1＝m2＝1，
方程化为4x2﹣4x+1＝0，解得x1＝x2=12，
∴菱形的周长为4×12=2，
即当m为1时，平行四边形ABCD是菱形，此时菱形的周长为2；
（2）把x＝2代入方程4x2﹣4mx+2m﹣1＝0得16﹣8m+2m﹣1＝0，解得m=52，
此时方程化为2x2﹣5x+2＝0，
∴AB+CD=52，
∴平行四边形ABCD的周长＝2×52=5．
4．（2020秋•金水区校级期中）已知：▱ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2+34=0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；
（2）若AB的长为2，那么▱ABCD的周长是多少？
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD．
又∵AB、AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2+34=0的两个实数根，
∴△＝（﹣m）2﹣4×（m2+34）＝（m﹣1）2﹣4＝0，
∴m＝﹣1或m＝3，
当m＝﹣1时，AB+AD＝﹣1＜0，AB•AD=14＞0，故m＝﹣1舍去，
∴当m为3时，四边形ABCD是菱形．
当m＝3时，原方程为x2﹣3x+94=0，
解得：x1＝x2=32，
∴菱形ABCD的边长是32．
（2）把x＝2代入原方程，得：4﹣2m+m2+34=0，
解得：m=196．
将m=196代入原方程，得：x2-196x+73=0，
∴方程的另一根AD=73÷2=76，
∴▱ABCD的周长是2×（2+76）=193．
故答案为193．
知识点2函数与几何综合题
函数是初中数学的重点，也是难点，更是中考命题的主要考查对象，由于这类题型能较好地考查学生的函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化思想，能较全面地反映学生的综合能力，有较好的区分度，因此是各地中考的热点题型．
【典例】
例1（2020秋•江岸区校级月考）如图1，直线y=-34x+6与y轴交于点A，与x轴交于点D，AB平分∠OAD交x轴于点B．
（1）求OB的长；
（2）如图2，G，F是直线AB上的两点（点E在点F上方），若△DEF是以FG为斜边的等腰直角三角形，求点F的坐标；
（3）如图3，点P是直线AB上点，点Q是直线AD上的动点，点G是x轴上的动点，且以点P、Q、D、G为顶点的四边形是菱形，直接写出点G的坐标 （﹣2，0）或（143，0）或（33，0）或（811，0） ．
【解答】解：（1）对于直线y=-34x+6，令x＝0，得到y＝6，可得A（0，6），
令y＝0，得到x＝8，可得D（8，0），
∴AC＝AO＝6，OD＝8，AD=AO2+OD2=10，
∴CD＝AD﹣AC＝4，设BC＝OB＝x，则BD＝8﹣x，
在Rt△BCD中，∵BC2+CD2＝BD2，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴B（3，0），
故OB＝3；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+6，
∵B（3，0），
∴3k+6＝0，
∴k＝﹣2，
∴直线AB的解析式为y＝﹣2x+6，
作GM⊥x轴于M，FN⊥x轴于N，
∵△DFG是等腰直角三角形，
∴DG＝FD，∠1＝∠2，∠DMG＝∠FND＝90°，
∴△DMG≌△FND（AAS），
∴GM＝DN，DM＝FN，设GM＝DN＝m，DM＝FN＝n，
∵G、F在直线AB上，
则：m＝﹣2（8﹣n）+6，﹣n＝﹣2（8﹣m）+6，
解得：m＝2，n＝6
∴F（6，﹣6）；
（3）点D（8，0），设点G（x，0），Q（m，-34m+6），P（n，﹣2n+6），
当以点P、Q、D、G为顶点的四边形是菱形时，yP＝yQ，即-34m+6＝﹣2n+6），则3m＝8n①，
①当点P在点Q的左侧时，
∴GP∥QD，过点P作PH⊥x轴于H，
在Rt△AOD中，tan∠ADO=AOOD=34，则cs∠ADO=45=cs∠HGD，
则GP=HGcs∠HGD=n-x45=54（n﹣x），
∵以点P、Q、D、G为顶点的四边形是菱形，
∴PQ＝GD，GD＝GP，
则m﹣n＝8﹣x②，|8﹣x|=54（n﹣x）③，
联立①②③并解得：x＝﹣2或143；
②当点Q在点P的右侧时，
同理可得：m﹣n＝x﹣8④，
联立①③④并解得x＝33或811，
综上，点G的坐标为（﹣2，0）或（143，0）或（33，0）或（811，0），
故答案为（﹣2，0）或（143，0）或（33，0）或（811，0）．
【方法总结】
本题考查一次函数综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
例2（2020秋•太原期末）如图，在同一平面直角坐标系中，直线y＝x+2和双曲线y=8x相交于A、B两点．
（1）连结AO、BO，求出△AOB的面积．
（2）已知点E在双曲线y=8x上且横坐标为1，作EF垂直于x轴垂足为F，点H是x轴上一点，连结EH交双曲线于点I，连结IF并延长交y轴于点G，若点G坐标为（0，-85），请求出H点的坐标．
（3）已知点M在x轴上，点N是平面内一点，以点O、E、M、N为顶点的四边形是菱形，请你直接写出N点的坐标．
【解答】解：（1）如图1中，设AB交y轴于C．
由y=8xy=x+2，解得x=2y=4或x=-4y=-2，
∴A（2，4），B（﹣4，﹣2），
∵直线AB交y轴于C（0，2），
∴S△AOB＝S△AOC+S△OCB=12×2×2+12×2×4＝6．
（2）如图2中，
由题意E（1，8），F（1，0），
∵G（0，-85），
∴直线FG的解析式为y=85x-85，
由y=8xy=85x-85，解得x=1+212y=-4+4215或x=1-212y=-4-4215，
∴I（1+212，-4+4215），
∴直线EH的解析式为y=4-4215x+36+4215
令y＝0，解得x=21+32，
∴H（21+32，0）．
（3）如图3中，
∵E（1，8），
∴OE=12+82=65，
当OM1是菱形的对角线时，E，N1关于x轴对称，可得N1（1，﹣8）．
当OM为菱形的边时，可得N2（1+65，8），N4（1-65，8）．
当OE为菱形的对角线时，连接M3N3交OE于T，EN3交y轴于P．
∵M3N3⊥OE，
∴∠OTM3＝90°，
∵∠POE＝∠TM3O，
∴sin∠POE＝sin∠OM3T，
∴165=652OM3，
∴OM3=652，
∴M3（652，0），
∵TN3＝TM3，T（12，4），
∴可得N3（-632，8），
综上所述，满足条件的点N的坐标为（1，﹣8）或（1+65，8）或（1-65，8）或（-632，8）．
【方法总结】
本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会根据一次函数，利用方程组确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
例3（2020秋•绥棱县期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2﹣2x+c与直线y＝kx+b都经过A（0，﹣3），D（3，0）两点，该抛物线的顶点为C．
（1）求此抛物线和直线AB的解析式；
（2）设点P是直线AB下方抛物线上的一动点，当△PAB面积大时，试求出点P的坐标，并求出△PAB面积的最大值；
（3）设直线AB与该抛物线的对称轴交于点E，在射线EB上是否存在一点M，过点M作x轴的垂线交抛物线于点N，使点M、N、C、E是平行四边形的四个顶点？若存在，试求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2x+c经过A（0，﹣3），B（3，0）两点，
∴9a-6+c=0c=-3，
解得a=1c=-3，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∵直线y＝kx+b经过A（0，﹣3），B（3，0）两点，
∴b=-33k+b=0，
解得k=1b=-3，
∴直线AB的解析式为y＝x﹣3；
（2）如图1，
作PQ∥y轴交直线AB于点Q，
设P（m，m2﹣2m﹣3），则Qm，m﹣3），
∴PQ＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，
∴S△PAB=12×3×（﹣m2+3m）
=-32m2+92m
=-32（m-32）2+278，
∴当m=32时，△PAB面积有最大值，最大值是278，此时P点坐标为（32，-154）．
（3）存在，理由如下：
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点C的坐标为（1，﹣4），
∵CE∥y轴，
∴E（1，﹣2），
∴CE＝2，
①如图2，若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CE＝MN，
设M（a，a﹣3），则N（a，a2﹣2a﹣3），
∴MN＝a﹣3﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a，
∴﹣a2+3a＝2，
解得：a＝2，a＝1（舍去），
∴M（2，﹣1），
②如图3，若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CE＝MN，
设M（a，a﹣3），则N（a，a2﹣2a﹣3），
∴MN＝a2﹣2a﹣3﹣（a﹣3）＝a2﹣3a，
∴a2﹣3a＝2，
解得：a=3+172，a=3-172（舍去），
∴M（3+172，-3+172），
综合可得M点的坐标为（2，﹣1）或（3+172，-3+172），
【方法总结】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数求最值问题，平行四边形的性质，利用数形结合思想和分类讨论思想解决问题是本题的关键．
【随堂练习】
1．（2020春•和平区校级月考）如图，直线l1：y＝kx+b分别交x轴、y轴于点B（4，0）、N，直线l2：y＝2x﹣1分别交x轴、y轴于点M、A，l1，l2交点P的坐标（m，2），请根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）当x ≤1.5 时，kx+b≥2x﹣1；
（2）不等式kx+b＜0的解集是 x＞4 ；
（3）在平面内是否存在一点H，使得以A，B，P，H四点组成的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点H的坐标，若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）将点P的坐标代入y＝2x﹣1得，2＝2m﹣1，解得m＝1.5，故点P（1.5，2），
从图象看，当x≤1.5时，kx+b≥2x﹣1，
故答案为：≤1.5；
（2）从图象看，不等式kx+b＜0的解集是x＞4，
故答案为x＞4；
（3）∵直线l2：y＝2x﹣1交y轴于点A，故点A（0，﹣1），
设点H（s，t），
①当AB是边时，
点A向右平移4个单位向上平移1个单位得到点B，同样点P（H）向右平移4个单位向上平移1个单位得到H（P），
则1.5±4＝s且2±1＝t，解得s=5.5t=3或s=-2.5t=1，
故点H的坐标为（5.5，3）或（﹣2.5，1）；
②当AB是对角线时，
由中点公式得：12（0+4）=12（s+1.5）且12（﹣1+0）=12（t+2），解得s=2.5t=-3，
故点H的坐标为（2.5，﹣3）．
综上，点H的坐标为（5.5，3）或（﹣2.5，1）或（2.5，﹣3）．
2．（2020秋•简阳市 月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+b的图象经过点A（﹣2，0），与反比例函数y=kx的图象交于点B（a，4）和点C．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）若点P在y轴上，且△PBC的面积等于6，求点P的坐标；
（3）设M是直线AB上一点，过点M作MN∥x轴，交反比例函数y=kx的图象于点N，若A，O，M，N为顶点的四边形为平行四边形，求点M的坐标．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+b的图象经过点A（﹣2，0），
∴b＝2，
∴直线解析式为y＝x+2，
∵点B（a，4）在直线y＝x+2上，
∴4＝a+2，
∴a＝2，
∴点B（2，4），
∵反比例函数y=kx的图象过点B（2，4），
∴k＝2×4＝8，
∴反比例函数解析式为y=8x；
（2）如图1，设直线AB与y轴交于点D，点P坐标为（0，p），
∵直线AB与y轴交于点D，
∴点D（0，2），
联立方程得：y=x+2y=8x，
解得：x=2y=4，或x=-4y=-2，
∴C（﹣4，﹣2），
∴S△PBC＝S△BPD+S△PDC=12|p-2|×2+12|p-2|×|-4|=6，
∴p＝0或4，
∴P（0，0）或（0，4）；
（3）如图2，设M（m﹣2，m），则N（8m，m），
∵以A，O，M，N为顶点的四边形为平行四边形，MN∥OA，OA＝2，
∴MN＝OA＝2，
∴8m-(m-2)=±2，
∴m=±22或m=2±23，
∴点M坐标为（22-2，22）或（﹣22-2，﹣22）或（23，2+23）或（﹣23，2-23）．
3．（2020秋•潮阳区期末）如图，抛物线y=-12x2+2x+52与x轴相交于A，B两点，点B在点A的右侧，与y轴相交于点C．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上有一点P，使PA+PC的值最小，求点P的坐标；
（3）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A，C，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）当x＝0时，则y=52，
∴C（0，52），
当y＝0时，-12x2+2x+52=0，
化简，得x2﹣4x﹣5＝0，
解得，x＝﹣1或x＝5，
∴A（﹣1，0），B（5，0）；
（2）如图，连接BC，交对称轴于点P，连接AP．
∵点A和点B关于抛物线的对称轴对称，
∴AP＝PB，
要使PA+PC的值最小，则应使PB+PC的值最小，
∴BC与对称轴的交点，使得PA+PC的值最小．
设BC的解析式为y＝kx+b．
将B（5，0），C（0，52）代入y＝kx+b，
得b=525k+b=0，
∴k=-12b=52，
∴直线BC的解析式为y=-12x+52
∵抛物线的对称轴为直线x=2-12×2=2
当x＝2时，y=-12×2+52=32，
∴P（2，32）；
（3）设点M（m，0），N（n，-12n2+2n+52），
由（1）知，A（﹣1，0），C（0，52），
当AC与MN是对角线时，
∴AC与MN互相平分，
∴12（0+52）=12（-12n2+2n+52），
解得，n＝0（舍）或n＝4，
∴N（4，52），
当AM与CN是对角线时，AM与AN互相平分，
∴12（m﹣1）=12n，12×0=12（-12n2+2n+52+52），
解得，n＝2±14，
∴N（2+14，-52）或（2-14，-52），
当AN与CM是对角线时，AN与CM互相平分，
∴12（-12n2+2n+52）=12×（0+52），
解得，n＝0（舍）或n＝4，
∴N（4，52），
即：以点A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，点N的坐标为（4，52）或（2+14，-52）或（2-14，-52），
综合运用
1．（2020春•张家港市期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0．
（1）求证：方程有两个不相等的实数根；
（2）若△ABC的两边AB，AC的长是这个方程的两个实数根，第三边BC的长为5，当△ABC是直角三角形时，求k的值．
【解答】（1）证明：∵△＝[﹣（2k+1）]2﹣4×（k2+k）＝1＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
（2）解：∵x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0，即（x﹣k）[x﹣（k+1）]＝0，
解得：x1＝k，x2＝k+1．
当BC为直角边时，k2+52＝（k+1）2，
解得：k＝12；
当BC为斜边时，k2+（k+1）2＝52，
解得：k1＝3，k2＝﹣4（不合题意，舍去）．
答：k的值为12或3．
2．（2020秋•城关区校级月考）如图，直线y=-12x+4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y＝x交于点C，在如图线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P，Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q做x轴的垂线，交直线AB、OC于点E，F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．
（1）求点P运动的速度是多少？
（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？
（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．
【解答】解：（1）∵直线y=-12x+4与坐标轴分别交于点A、B，
∴x＝0时，y＝4，y＝0时，x＝8，
∴点A（8，0），点B（0，4），
∴BO＝4，AO＝8，
∴BOAO=12，
当t秒时，QO＝FQ＝t，则EP＝t，
∵EP∥BO，
∴OBAO=EPAP=12，
∴AP＝2t，
∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，
∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；
（2）如图1，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝FQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴8﹣3t＝t，
解得：t＝2；
如图2，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴OP＝8﹣2t，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴t＝3t﹣8，
解得：t＝4，
综上所述：当t＝2或4时，矩形PEFQ为正方形；
（3）如图1，当Q在P点的左边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（8﹣3t）•t＝8t﹣3t2，
当t=-82×(-3)=43时，
S矩形PEFQ的最大值=4×(-3)×0-644×(-3)=163，
如图2，当Q在P点的右边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴2t＞8﹣t，
∴t＞83，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（3t﹣8）•t＝3t2﹣8t，
∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，
∴83＜t≤4，
∴t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝3×42﹣8×4＝16，
综上所述，当t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝16．
3．（2020秋•南召县期中）如图，在直角坐标系中，点C在第一象限，CB⊥x轴于B，CA⊥y轴于A，且AC、BC的长恰好是一元二次方程m2﹣9m+18＝0的两根（AC＞BC）；反比例函数y1=kx刚好过点C．
（1）直接写出k＝ 18 ，直线AB的函数表达式y2＝ -12x+3 ；
（2）直线l⊥x轴，并从y轴出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，交反比例函数图象于点D，交AC于点E，交直线AB于点F，当直线l运动到经过点B时，停止运动，设运动时间t（秒）．问是否存在这样的t值，使四边形DFBC为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
【解答】解：（1）∵AC、BC的长恰好是一元二次方程m2﹣9m+18＝0的两根，
∴AC＝6，BC＝3，
∵CB⊥x轴于B，CA⊥y轴于A，
∴C（6，3），A（0，3），B（6，0），
函数y1=kx刚好过点C，
∴k＝18；
设直线AB的函数表达式y2＝ax+b，
∴6a+b=0b=3，
解得：a=-12b=3，
∴直线AB的函数表达式为：y2=-12x+3，
故答案为：18，-12x+3；
（2）不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形．
理由：由题可得xD＝xF＝t，
则yD=18t，yF=-12t+3，
∴DF=yD-yF=18t-(-12t+3)=18t+12t-3．
当DF＝BC时，18t+12t-3=3，
整理得：t2﹣12t+36＝0，
解得：t1＝t2＝6，
此时DF与CB重合，
∴不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形．
4．（2020秋•成都期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝mx+1与双曲线y=kx（k＞0）相交于点A，B，已知点B（a，﹣2），点C在x轴正半轴上，点D（2，﹣3），连接OA，OD，DC，AC，四边形AODC为菱形．
（1）求k和m的值；
（2）请直接写出：当x取何值时，反比例函数值大于一次函数值？
（3）设P是y轴上一动点，且△OAP的面积等于菱形OACD的面积，求点P的坐标．
【解答】解：（1）连接AD，与x轴交于点E，
∵D（2，﹣3），
∴OE＝2，ED＝3，
∵菱形AODC，
∴AE＝DE＝3，EC＝OE＝2，
∴A（2，3），
将A坐标代入直线y＝mx+1得：2m+1＝3，即m＝1，
将A坐标代入反比例y=kx得：k＝6．
（2）联立直线与反比例解析式得：y=x+1y=6x，
消去y得：x+1=6x，
解得：x＝2或x＝﹣3，
将x＝﹣3代入y＝x+1得：y＝﹣3+1＝﹣2，即B（﹣3，﹣2），
则当x＜﹣3或0＜x＜2时，反比例函数值大于一次函数值；
（3）∵OC＝2OE＝4，AD＝2DE＝6，
∴S菱形AODC=12OC•AD＝12，
∵S△OAP＝S菱形OACD，即12OP•OE＝12，
∴设P（0，p），则12×|p|×2＝12，即|p|＝12，
解得：p＝12或p＝﹣12，
则P的坐标为（0，12）或（0，﹣12）．
5．（2020秋•九龙县期末）如图所示，在平面直角坐标中，抛物线的顶点P到x轴的距离是4，抛物线与x轴相交于O、M两点，OM＝4；矩形ABCD的边BC在线段的OM上，点A、D在抛物线上．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）设D（m，n），矩形ABCD的周长为l，写出l与m的关系式，并求出l的最大值；
（3）点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否还存在点F，使得以E、F、O、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，写出F点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴相交于O、M两点，OM＝4，
∴顶点P的横坐标为4÷2＝2，M的坐标为（4，0），
∵顶点P到x轴的距离是4，
∴顶点P的纵坐标为4，
∴顶点P的坐标为（2，4），
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+4，
则a（4﹣2）2+4＝0，
解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+4，
即y＝﹣x2+4x；
（2）∵D（m，n）在抛物线上，
∴n＝﹣m2+4m，BC＝4﹣2m，
∴矩形ABCD的周长为l＝2（4﹣2m+n），
＝2（4﹣2m﹣m2+4m），
＝﹣2（m2﹣2m+1）+10，
＝﹣2（m﹣1）2+10，
即l＝﹣2（m﹣1）2+10，
∴当m＝1时，周长l有最大值10；
（3）①OM是平行四边形的边时，点F的横坐标为2﹣4＝﹣2，
纵坐标为：﹣（﹣2）2+4×（﹣2）＝﹣4﹣8＝﹣12，
此时，点F（﹣2，﹣12），
或点F的横坐标为2+4＝6，
纵坐标为：﹣62+4×6＝﹣36+24＝12，
此时，点F（6，﹣12），
②OM是平行四边形的对角线时，EF所在的直线经过OM的中点，
∴EF都在抛物线的对称轴上，
∴点F与点P重合，
此时，点F（2，4），
综上所述，点F（﹣2，﹣12）或（6，﹣12）或（2，4）时，以E、F、O、M为顶点的四边形是平行四边形．
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