最新中考几何专项复习专题24 正方形存在性问题巩固练习（提优）

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高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
正方形存在问题巩固练习
1．已知抛物线y＝ax2+bx+5经过点A(1，0)，B(5，0)两点，顶点为D，设点E(x，y)是抛物线上一动点，且在x轴下方．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，①当点E(x，y)运动时，试求三角形OEB的面积S与x之间的函数关系式，并求出面积S的最大值？
②在y轴上确定一点M，使点M到D、B两点的距离之和d＝MD+MB最小，求点M的坐标．
(3)如图2，若四边形OEBF是以OB为对角线的平行四边形．是否存在这样的点E，使平行四边形OEBF为正方形？若存在，求E点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)把A、B两点坐标代入二次函数表达式，即可求解；
(2)①设点E的坐标为(x，x2﹣6x+5)，S＝S△OEB=12•OB•yE=−52(x2﹣6x+5)，即可求解；②连接B′D交y轴于点M，此时，MD+MB最小，即可求解；
(3)当四边形OEBF为正方形，则点E的坐标为(52，−52)，当x=52时，y＝x2﹣6x+5≠−52，即可求解．
【解答】解：(1)抛物线y＝ax2+bx+5经过点A(1，0)，B(5，0)两点，
则函数表达式为：y＝a(x﹣x1)(x﹣x2)＝a(x﹣1)(x﹣5)＝a(x2﹣6x+5)，
则5a＝5，即a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣6x+5；
(2)①设点E的坐标为(x，x2﹣6x+5)
S＝S△OEB=12•OB•yE=−52(x2﹣6x+5)，
∵a=−52＜0，故函数有最大值，
当x=−b2a=3时，函数最大值为S＝10；
②找到点B关于y轴的对称点B′(﹣5，0)，连接B′D交y轴于点M，
此时，M到D、B两点的距离之和d＝MD+MB最小，
y＝x2﹣6x+5，顶点D坐标为(3，﹣4)，
设直线B′D的表达式为：y＝mx+n，
将点B′、D的坐标代入上式得：−4=3m+m0=−5m+n，解得：m=−12n=−52，
则直线B′D的表达式为：y=−12x−52，
令x＝0，则y=−52，即点M的坐标为(0，−52)；
(3)当四边形OEBF为正方形，则点E的坐标为(52，−52)，
当x=52时，y＝x2﹣6x+5＝(52)2﹣6×52+5=−154≠−52，
即点E不在抛物线上，
故不存在点E，使平行四边形OEBF为正方形．
【点评】本题考查的是二次函数的综合运用，涉及到三角形的面积计算、特殊四边形基本性质等知识点，是一道中等难度的题目．
2．如图1，对称轴为直线x=72的抛物线经过点A(6，0)和B(0，4)．
(1)求抛物线的解析式及抛物线与x轴的另一交点C的坐标；
(2)D为坐标平面上一点，且以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，写出点D的坐标；
(3)如图2，点E(x，y)是抛物线上位于第四象限的一点，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形．
①当▱OEAF的面积为24时，请判断▱OEAF是矩形吗？是菱形吗？
②是否存在点E，使▱OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)先利用抛物线的对称性确定C(1，0)，然后利用交点式求出抛物线解析式为y=23x2−143x+4；
(2)分类讨论，根据平行四边形的性质利用平移确定D点坐标；
(3)如图2，连结EF，①根据二次函数图象上点的坐标特征，设点E(x，23x2−143x+4)，利用▱OEAF的面积为24和三角形面积公式得到12×6×[﹣(23x2−143x+4)]＝12，解得x1＝3，x2＝4，则E(3，﹣4)或(4，﹣4)，
分类讨论：当E点坐标为(3，﹣4)时，易得F(3，4)，于是得到EF≠OA，OE与OA互相垂直平分，根据特殊平行四边形的判定方法得到平行四边形OEAF不是矩形，而是菱形；
当E点坐标为(4，﹣4)时，易得F(2，4)，于是有EF≠OA，OE与OA不垂直，则可判断平行四边形OEAF不是矩形，也不是菱形；
②根据正方形的判定方法，当OA⊥EF，且OA＝EF时，平行四边形OEAF是正方形，此时点E的坐标只能是(3，﹣3)，由于坐标为(3，﹣3)的点不在抛物线上，所以不存在这样的点E使平行四边形OEAF为正方形．
【解答】解：(1)∵对称轴为直线x=72的抛物线经过点A(6，0)，
∴抛物线过点C(1，0)，
设抛物线解析式为y＝a(x﹣1)(x﹣6)，
把B(0，4)代入得6a＝4，解得a=23．
∴抛物线解析式为y=23(x﹣1)(x﹣6)=23x2−143x+4，
(2)如图1，AC＝6﹣1＝5，
当以AB为对角线时，D1(5，4)；
当以BC为对角线时，D2(﹣5，4)；
当以AC为对角线时，由于B(0，4)点向下平移4个单位，向右平移1个得到C(1，0)，则A(6，0)点向下平移4个单位，向右平移1个得到得到D3(7，﹣4)，
即点D的坐标为(5，4)或(﹣5，4)或(7，﹣4)；
(3)如图2，连接EF，
①点E(x，23x2−143x+4)，
∵▱OEAF的面积为24，
∴S△AOE＝12，
∴12×6×[﹣(23x2−143x+4)]＝12，解得x1＝3，x2＝4，
∴E(3，﹣4)或(4，﹣4)，
当E(3，﹣4)时，则F(3，4)，则EF≠OA，OE与OA互相垂直平分，所以平行四边形OEAF不是矩形，而是菱形；
当E(4，﹣4)时，则F(2，4)，则EF≠OA，OE与OA不垂直，所以平行四边形OEAF不是矩形，也不是菱形；
②不存在．理由如下：
当OA⊥EF，且OA＝EF时，□OEAF是正方形，此时点E的坐标只能是(3，﹣3)，而坐标为(3，﹣3)的点不在抛物线上，故不存在这样的点E使□OEAF为正方形． (9分)
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和平行四边形与特殊平行四边形的判定方法判定方法；会利用待定系数法求一次函数与二次函数的解析式；理解坐标与图形性质．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
3．如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，顶点M关于x轴的对称点是M′．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若直线AM′与此抛物线的另一个交点为C，求△CAB的面积；
(3)是否存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形？若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)根据待定系数法，可得函数解析式；
(2)根据轴对称，可得M′的坐标，根据待定系数法，可得AM′的解析式，根据解方程组，可得C点坐标，根据三角形的面积公式，可得答案；
(3)根据正方形的性质，可得P、Q点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式．
【解答】解：(1)将A、B点坐标代入函数解析式，得1−b+c=09+3b+c=0，
解得b=−2c=−3，
抛物线的解析式y＝x2﹣2x﹣3；
(2)将抛物线的解析式化为顶点式，得
y＝(x﹣1)2﹣4，
M点的坐标为(1，﹣4)，
M′点的坐标为(1，4)，
设AM′的解析式为y＝kx+b，
将A、M′点的坐标代入，得
−k+b=0①k+b=4②，
解得k=2b=2，
AM′的解析式为y＝2x+2，
联立AM′与抛物线，得
y=2x+2y=x2−2x−3，
解得x1=−1y1=0，x2=5y2=12
C点坐标为(5，12)．
S△ABC=12×4×12＝24；
(3)存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形，
由ABPQ是正方形，A(﹣1，0)B(3，0)，得
P(1，﹣2)，Q(1，2)，或P(1，2)，Q(1，﹣2)，
①当顶点P(1，﹣2)时，设抛物线的解析式为y＝a(x﹣1)2﹣2，
将A点坐标代入函数解析式，得
a(﹣1﹣1)2﹣2＝0，
解得a=12，
抛物线的解析式为y=12(x﹣1)2﹣2，
②当P(1，2)时，设抛物线的解析式为y＝a(x﹣1)2+2，将
A点坐标代入函数解析式，得
a(﹣1﹣1)2+2＝0，
解得a=−12，
抛物线的解析式为y=−12(x﹣1)2+2，
综上所述：y=12(x﹣1)2﹣2或y=−12(x﹣1)2+2，使得四边形APBQ为正方形．
【点评】本题考查了二次函数综合题，(1)利用待定系数法求函数解析式；(2)利用轴对称的性质得出M′的解析式，利用待定系数法得出AM′的解析式，利用解方程组得出C点坐标是解题关键；(3)利用正方形的性质得出P、Q点坐标是解题关键，又利用待定系数法求函数解析式，注意要分类讨论，以防遗漏．
4．如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，A、B为切点，AC为⊙O的直径，PO交于⊙O于点E．
(1)试判断∠APB与∠BAC的数量关系；
(2)若⊙O的半径为4，P是⊙O外一动点，是否存在点P，使四边形PAOB为正方形？若存在，请求出PO的长，并判断点P的个数及其满足的条件；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)连接BA，如图1，先根据切线的性质得∴∠OAP＝∠OBP＝90°，再根据四边形内角和得到∠APB+∠AOB＝180°，而∠AOB+∠BOC＝180°，则∠BOC＝∠APB，利用三角形外角性质得∠BOC＝2∠BAC，所以∠APB＝2∠BAC，
(2)由PA、PB为⊙O的切线得∠OAP＝∠OBP＝90°，所以当OA⊥OB时，四边形PAOB为矩形，加上OA＝OB，于是可判断四边形PAOB为正方形，根据正方形的性质得OP=2OA＝42；由此得到这样的点P有无数个，当点P在以O点为圆心，42为半径的圆上时，四边形PAOB为正方形．
【解答】解：(1)连接BA，如图1，
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠APB+∠AOB＝180°，
而∠AOB+∠BOC＝180°，
∴∠BOC＝∠APB，
∵∠BOC＝∠OAB+∠OBA，
而OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠BOC＝2∠BAC，
∴∠APB＝2∠BAC；
(2)存在．
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴OA⊥OB时，四边形PAOB为矩形，
而OA＝OB，
∴四边形PAOB为正方形，
∴OP=2OA＝42；
这样的点P有无数个，当点P在以O点为圆心，42为半径的圆上时，四边形PAOB为正方形．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了正方形的判定．
5．如图，在平面直角坐标系中，点A是动点且纵坐标为6，点B是线段OA上一动点，过点B作直线MN∥x轴，设MN分别交射线OA与x轴所成的两个角的平分线于点E、F．
(1)求证：EB＝BF；
(2)当OBOA为何值时，四边形AEOF是矩形？证明你的结论；
(3)是否存在点A、B，使四边形AEOF为正方形？若存在，求点A与B的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】(1)证明：由OF平分OA与x轴正方向的夹角得∠1＝∠3，由MN∥x轴，根据平行线的性质得∠1＝∠2，所以∠2＝∠3，则根据等腰三角形的判定得BO＝BF，同样的方法可得BE＝BO，于是有BE＝BF；
(2)由于MN分别交射线OA与x轴所成的两个角的平分线于点E、F，根据平角的定义得到∠EOF＝90°，根据矩形的判定方法得当四边形AEOF为平行四边形时，四边形AEOF为矩形，而BE＝BF，根据平行四边形的判定，当OB＝AB时，四边形AEOF为平行四边形，于是得到OBOA=12时，四边形AEOF是矩形；
(3)由于四边形AEOF是矩形，根据正方形的判定方法，当OA⊥EF时，四边形AEOF为正方形，而EF∥x轴，则OA⊥x轴，所以点A在y轴上，易得点A的坐标为(0，6)，利用BO＝BA可得B点坐标为(0，3)．
【解答】(1)证明：∵OF平分OA与x轴正方向的夹角，
∴∠1＝∠3，
∵MN∥x轴，
∴∠1＝∠2，
∴∠2＝∠3，
∴BO＝BF，
同理可得BE＝BO，
∴BE＝BF；
(2)当OBOA的值为12时，四边形AEOF是矩形．理由如下：
∵OBOA=12，即BO＝BA，
而BE＝BF，
∴四边形AEOF为平行四边形，
∵MN分别交射线OA与x轴所成的两个角的平分线于点E、F．
∴∠EOF=12×180°＝90°，
∴四边形AEOF是矩形；
(3)存在．
∵四边形AEOF是矩形，
∴当OA⊥EF时，四边形AEOF为正方形，
而EF∥x轴，
∴OA⊥x轴，
∴点A在y轴上，
∴点A的坐标为(0，6)，
∵BO＝BA，
∴B点坐标为(0，3)．
【点评】本题考查了四边形的综合题：熟练掌握平行四边形、矩形和正方形的判定与性质是解题的关键；同时会运用等腰三角形的判定与性质、平行线的性质；记住坐标轴上点的坐标特征．
6．如图，在平面直角坐标系中，函数y＝﹣2x+12的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y 正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．
(1)求直线AM的函数解析式．
(2)试在直线AM上找一点P，使得S△ABP＝S△AOM，请直接写出点P的坐标．
(3)点C在直线AM上，在坐标平面内是否存在点D，使以A、O、C、D为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)通过函数y＝﹣2x+12求出A、B两点坐标，又由点M为线段OB的中点，即可求得点M的坐标，然后由待定系数法求得直线AM的函数解析式；
(2)设出P点坐标，由两点间的距离公式，可求得AP的长，然后由等腰直角三角形的性质，求得B点到AM的距离，然后由S△ABP＝S△AOM，可得方程12×2|x﹣6|×32=18，解此方程即可求得答案；
(3)分OA是正方形的一条边和OA是正方形的一条对角线两种情况讨论可得点D的坐标．
【解答】解：(1)∵直线AB的函数解析式y＝﹣2x+12，
∴A(6，0)，B(0，12)．
又∵M为线段OB的中点，
∴M(0，6)．
设直线AM的解析式为：y＝kx+b，则
6k+b=0b=6，
解得：k=−1b=6，
故直线AM的解析式y＝﹣x+6；
(2)设点P的坐标为：(x，﹣x+6)，
∴AP=(x−6)2+(−x+6)2=2|x﹣6|，
过点B作BH⊥AM于点H，
∵OA＝OM，∠AOM＝90°，
∴∠AMO＝45°，
∴∠BMH＝45°，
∴BH＝BM•sin45°＝6×22=32，
∵S△ABM＝S△AOM，
S△AOM=12OA•OM=12×6×6＝18，
S△ABP=12AP•BH=12×2|x﹣6|×32，
∴12×2|x﹣6|×32=18，
解得：x＝0或12，
故点P的坐标为：(0，6)或(12，﹣6)．
(3)当OA是正方形的一条边，以A、O、C、D为顶点的四边形是正方形时，点D的坐标为(6，6)；
当OA是正方形的一条对角线，以A、O、C、D为顶点的四边形是正方形时，点D的坐标为(3，﹣3)．
【点评】此题考查了待定系数法求函数的一次解析式、等腰直角三角形的性质、正方形的性质以及三角形的面积问题．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．
7．如图1，以一块等腰直角三角板的两条直角边为坐标轴建立直角坐标系，OA＝OB＝3，过点A，B的抛物线对称轴为直线x＝1，抛物线与x轴的另一交点为点D．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图2，如果将三角板的直角顶点C在x轴上滑动，一直角所在的直线过点B，另一条直角边与抛物线交点为E，其横坐标为4，试求点C的坐标；
(3)如图3，点P为抛物线对称轴上一动点，M为抛物线在x轴上方图象上一点，N为平面内一动点，是否存在P、M、N，使得以A、P、M、N为顶点的四边形为正方形？若存在，求出M的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】(1)利用待定系数法求出抛物线的解析式；
(2)如答图2所示，作辅助线，构建相似三角形，列方程求出点C的坐标；
(3)存在．本问分为5种情形，需要分类讨论，分别计算，如答图3所示．
【解答】解：(1)∵抛物线对称轴为直线x＝1，
∴设抛物线解析式为：y＝a(x﹣1)2+k
由题意可知：A(3，0)、B(0，3)，代入上式得：
4a+k=0a+k=3，
解得：a＝﹣1，k＝4，
∴y＝﹣(x﹣1)2+4＝﹣x2+2x+3．
(2)令x＝4，则y＝﹣x2+2x+3＝﹣5，∴E(4，﹣5)．
如答图2，过点E作EF⊥x轴于点F，则EF＝5，OF＝4．
设C(m，0)(m＜0)，则OC＝﹣m，CF＝OF+OC＝4﹣m．
易证△BOC∽△CFE，则有OBCF=OCEF，即34−m=−m5，
解得：m1＝2−19，m2＝2+19，
∵m＜0，
∴m＝2−19，
∴C(2−19，0)．
(3)存在．
(i)若以AP、AM为正方形的两边：
①若点M在对称轴右侧，如答图3﹣1所示．
设M(x，y)(y＞0)
过M作MF⊥x轴于点F，易证△MFA≌△ACP，
∴MF＝AC＝2，
∴﹣x2+2x+3＝2，解方程得：x＝1±2(负值舍去)，
∴M(1+2，2)；
②若点M在对称轴左侧，如答图3﹣2所示．
同理可求得：M(1−2，2)；
(ii)若以MP、MA为正方形的两边：
①若点M在对称轴右侧，如答图3﹣3所示．
设M(x，y)(y＞0)
过M作MF⊥x轴于点F，易证△MFA≌△MGP，
∴MF＝MG，∴OF＝CF+OC＝MG+OC＝MF+OC，即x＝y+1．
∴x＝(﹣x2+2x+3)+1，解方程得：x=−1±172(负值舍去)，
∴M(1+172，−1+172)；
②若点M在对称轴左侧，如答图3﹣4所示．
同理可求得：M(3−172，−1+172)；
(iii)若以AM为正方形的对角线：
如答图3﹣5所示，可求得M(2，3)．
综上所述，存在满足题意的点．点M的坐标为(1+2，2)，(1−2，2)，(1+172，−1+172)，(2，3)，(3−172，−1+172)．
【点评】本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数、相似三角形、正方形等知识点，涉及考点众多，计算量大，有一定的难度．本题难点在于第(3)问，需要具备较强的分类讨论思维以及空间想象能力，避免漏解．
8．如图，已知在平面直角坐标系中，直角梯形ABCD，AB∥CD，AD＝CD，∠ABC＝90°，A、B在x轴上，点D在y轴上，若tan∠OAD=43，B点的坐标为(5，0)．
(1)求直线AC的解析式；
(2)若点Q、P分别从点C、A同时出发，点Q沿线段CA向点A运动，点P沿线段AB向点B运动，Q点的速度为每秒5个单位长度，P点的速度为每秒2个单位长度，设运动时间为t秒，△PQE的面积为S，求S与t的函数关系式(请直接写出自变量t的取值范围)；
(3)在(2)的条件下，过P点作PQ的垂线交直线CD于点M，在P、Q运动的过程中，是否在平面内有一点N，使四边形QPMN为正方形？若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)根据正切值表示出AO、DO，由勾股定理求出AD，由条件可以表示出CD，由CD＝OB，求出点A、点C的坐标，由待定系数法就可以求出直线AC的解析式；
(2)先求出∠BAC的正弦值，然后根据三角形的面积公式分段进行计算就可以表示出S与t的函数关系式，而求出结论；
【解答】解：(1)∵tan∠OAD=43，且tan∠OAD=DOAO，
∴DOAO=43．
设DO＝4x，AO＝3x，在Rt△AOD中，由勾股定理得：
AD＝4x．
∵AD＝CD，
∴CD＝5x，
∵AB∥CD，∠ABC＝90°，
∴∠DOB＝∠ODC＝∠DCB＝90°，
∴四边形OBCD是矩形，
∴OB＝CD＝5x．
∵B(5，0)，
∴OB＝5，
∴5x＝5，
∴x＝1，
∴AO＝3，DO＝4，
∴A(﹣3，0)，C(5，4)．
设直线AC的解析式为，y＝kx+b，由题意得
0=−3k+b4=5k+b，
解得：k=12b=32．
故直线AC的解析式为：y=12x+32．
(2)∵当x＝0时，y=32，
∴E(0，32)，
∴OE=32，
∴DE=52．
在Rt△CDE和Rt△AOE中由勾股定理得：
CE=552，AE=352，
∴AC＝45．
∵OA＝3，OB＝5，
∴AB＝8，
∵BC＝4，
∴tan∠BAC=12，sin∠BAC=55，
∴当0＜t＜52时，S=2t(45−5t)552−2t×322，＝﹣t2+52t；
当52＜t≤4时，S=2t×322−2t(45−5t)552=t2−52t；
综上所述，
∴S=−t2+52t(0＜t＜52)t2−52t(52＜t≤4)；
(3)①如图1，作NH⊥CD与H，MG⊥AB与G，QR⊥AB与R，
∴∠MHN＝∠MGP＝∠PRQ＝90°，
∵四边形QPMN为正方形，
∴MP＝MN＝PQ，∠NMP＝∠MPQ＝90°，
∴∠NMH＝∠GMP＝∠QPR，
∵在△MHN和△PRQ中，
∠MHN=∠PRQ∠NMH=∠QPRMN=QP，
∴△MHN≌△PRQ(AAS)．
∴NH＝QR．
在△GMP和△RPQ中，
∠MGP=∠PRQ∠GMP=∠QPRMP=PQ
∴△GMP≌△RPQ(AAS)，
∴GM＝RP．GP＝QR．
∵GM＝OD＝4cm，
∴RP＝4cm．
∵AR45−5t=458，
∴AR＝8﹣2t，
∴PR＝8﹣2t﹣2t＝4，
∴t＝1，
∴AR＝6，AP＝2，
∴PO＝1，
∵QRAR=12
∴QR＝3，
∴GO＝4，
∴HN＝3，MH＝4，．
∴H、O在同一直线上，
∴N(0，7)
②如图2，作NS⊥CD于S，QH⊥AB于H，MR⊥AB于R，
∴∠NSM＝∠QHP＝∠PRM＝90°，
∵四边形PQNM是正方形，
∴∠QPM＝∠PMN＝90°，PQ＝PM＝MN，
∴∠HPQ＝∠PMR＝∠NMS，
∴同①可以得出△NSM≌△QHP≌△PRM，
∴NS＝QH＝PR，HP＝MR＝SM＝4，
∵AHAQ=845，
∴AH45−5t=845，
∴AH＝8﹣2t，
∴2t﹣(8﹣2t)＝4，
∴t＝3，
∴AH＝2，HO＝1，
∴QH＝SN＝1，OR＝4，
∴SM＝OR，
∴S在y轴上，
∴N(0，5)
综上所述，N点的坐标为：(0，7)或(0，5)
【点评】本题是一道一次函数的综合试题，考查了特殊角的三角函数值的运用，矩形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用．
9．如图，在平面直角坐标系中，A(﹣1，0)、B(0，2)且Rt△AOB≌Rt△CDA，抛物线y＝ax2+ax﹣2经过点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是x轴上一点，且PC⊥PB，求P点的坐标；
(3)在抛物线上是否存在两点E、F，使四边形ABEF是正方形？若存在，求点E、F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)已知Rt△AOB≌Rt△CDA，因此OB＝AD＝2，OA＝CD＝1，据此可求出C点坐标，然后将C点坐标代入抛物线中即可求出二次函数的解析式．
(2)连接BC，点P是x轴上一点，则设OP＝x，若PC⊥PB则∠CPB＝90°，所以三角形BPC是直角三角形，由勾股定理可得PC2+PB2＝BC2，求出OP的值进而得到P的坐标；
(3)存在，可以AB为边在抛物线的右侧作正方形ABEF，过E作EH⊥y轴，过F作FG垂直x轴于G，不难得出三角形ABO和三角形BHE和三角形AFG都全等，据此可求出E，F的坐标，然后将两点坐标代入抛物线的解析式中即可判断出E、F是否在抛物线上．
【解答】解：(1)∵A(﹣1，0)、B(0，2)且Rt△AOB≌Rt△CDA，
∴OA＝1，AD＝BO＝2，
∴OD＝AO+AD＝2+1＝3，
∵∠D＝90°，
∴CD⊥OD
∴CD＝1，
∴C点坐标为(﹣3，1)，
∵抛物线经过点C，
∴1＝a(﹣3)2+a(﹣3)﹣2，
∴a=12，
∴抛物线的解析式为y=12x2+12x﹣2；
(2)设OP＝x，
∵Rt△AOB≌Rt△CDA，
∴∠CAD＝∠ABO，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠CAD+∠BAO＝90°，
∴∠CAB＝90°，
∴△ACB是直角三角形，
∴BC=AC2+AB2=10，
∵PC⊥PB，
∴∠CPB＝90°，
∴△BPC是直角三角形，
∴PB2+PC2＝BC2，
∵PB2＝OP2+BO2，PC2＝CD2+DP2，
∴OP2+BO2+CD2+DP2＝BC2，
即x2+22+12+(3﹣x)2＝10，
解得：x＝1或2，
由题意可知：P在x的负半轴，
∴P的坐标为(﹣1，0)或(﹣2，0)；
(3)存在，
在抛物线上存在点E、F，使四边形ABEF是正方形．
以AB为边在AB的右侧作正方形ABEF，过E作EH⊥OB于H，FG⊥x轴于G，可证△EHB≌△AFG≌△BAO，
∴HE＝AG＝BO＝2，BH＝FG＝AO＝1，
∴E点坐标为(2，1)，F点坐标为(1，﹣1)．
由(1)抛物线y=12x2+12x﹣2，当x＝2时，y＝1；当x＝1时，y＝﹣1．
∴E、F在抛物线上．
故在抛物线上存在点E(2，1)、F(1，﹣1)，使四边形ABPQ是正方形．
【点评】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、正方形的判定、全等三角形的判定和性质等知识点．综合性强，涉及的知识点多，难度较大．
10．如图，已知抛物线y＝(a+2)x2+4ax+a2﹣1经过坐标原点，交x轴的正半轴于点D．
(1)求a的值；
(2)设抛物线的顶点为M，利用尺规，在抛物线的对称轴上，作点N，使得△OMN为等腰三角形．若不止一个，则分别记作N1、N2、N3、…；
(3)若点P为抛物线对称轴右侧部分上的一点，过点P作PA⊥x轴于点A，PB∥x轴交抛物线左侧部分于点B，过点B作BC⊥x轴于点C，问：是否存在这样的点P，使得矩形PACB恰好为正方形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)抛物线y＝(a+2)x2+4ax+a2﹣1经过坐标原点，把坐标(0，0)代入抛物线解析式，求出a的值即可；
(2)在抛物线的对称轴上作出所有使得△OMN为等腰三角形的N点即可；
(3)假如存在，设点P(x，y)，分别讨论点P在第一象限和第四象限时，矩形PACB恰好为正方形得PA＝PB，得到关于x的一元二次方程，解出x的值即可．
【解答】解：(1)∵抛物线y＝(a+2)x2+4ax+a2﹣1经过坐标原点，
∴把(0，0)代入y＝(a+2)x2+4ax+a2﹣1，
解得a＝±1，
∵抛物线的对称轴x大于0，经检验，a＝1不合题意，舍去；a＝﹣1符合题意，
∴a＝﹣1；
(2)∵y＝x2﹣4x＝(x﹣2)2﹣4
∴M(2，﹣4)，
∴OM＝25，
符合题意的点N共有4个，N1等腰三角形N1OM的顶点，(2，﹣1.5)，
N2是等腰三角形N2OM底边上的点，(2，4)；
N3是等腰三角形OMN3底边上的点，(2，﹣4﹣25)；
N4是等腰三角形OMN4底边上的点，(2，25−4)．
如图：
(3)设P(x，y)．
①当点P在第一象限，如图1，
由题意矩形PACB恰好为正方形，则PB＝PA，
PA＝x2﹣4x，PB＝2(x﹣2)，得 x2﹣4x＝2(x﹣2)，
解得x＝3+5，x＝3−5(舍去)．
∴P(3+5，2+25)；
②当点P在第四象限，如图2：
由题意矩形PACB恰好为正方形，则PB＝PA，
得4x﹣x2＝2(x﹣2)，
解得x＝1+5，x＝1−5 (舍去)，
∴P(1+5，2﹣25)，
∴存在P1(3+5，2+25)、P2(1+5，2﹣25)，使得矩形PACB恰好为正方形．
【点评】本题主要考查了二次函数、正方形性质等知识点，解答本题的关键是掌握二次函数的性质，会求二次函数的对称轴、熟练掌握正方形的性质，此题难度一般．
11．如图，点B、C分别在x，y轴的正半轴上，OB，OC的长分别为x2﹣8x+12＝0的两个根，且OC＞OB，将△COB绕点O逆时针旋转90°，点C落在x轴负半轴上的点A处，点B落在y轴正半轴的点D处，连接AC．
(1)求过A，B，C三点的抛物线的函数解析式；
(2)直接写出tan∠CAD的值；
(3)点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ．求S△CPQ的最大值，及此时点P的坐标；
(4)M是第二象限内一点，在平面内是否存在点N，使得以A，D，M，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】(1)解x2﹣8x+12＝0得：x＝6或2，故点B(2，0)、点C(0，6)，由图象的旋转知，点A、D的坐标分别为(﹣6，0)、(0，2)；再用待定系数法即可求解；
(2)由S△ACD=12×CD×AO=12×AC×HD，即12×4×6=12×62+62×HD，解得HD＝22，则sin∠CAD=HDAD=2262+22=55，即可求解；
(3)由S△CPQ=12×CQ×|xP|=12×2t(6﹣t)=−22(t2﹣6t)，即可求解；
(4)分AD是正方形的对角线、AD是正方形的边两种情况，利用三角形全等即可求解．
【解答】解：(1)解x2﹣8x+12＝0得：x＝6或2，
故点B(2，0)、点C(0，6)，
由图象的旋转知，点A、D的坐标分别为(﹣6，0)、(0，2)；
设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
将点A、B、C的坐标代入抛物线解析式中得36a−6b+c=04a+2b+c=0c=6，解得a=−12b=−2c=6，
故抛物线的表达式为y=−12x2﹣2x+6；
(2)过点D作DH⊥AC于点H，
则S△ACD=12×CD×AO=12×AC×HD，即12×4×6=12×62+62×HD，
解得HD＝22，
根据勾股定理得，AH=AD2−DH2=36+4−8=42，
故tan∠CAD=12；
(3)∵OA＝OC，则∠ACO＝45°，
由题意得：PC＝2t，CQ＝6﹣t，
则|xP|＝PC•cs45°=2t，
则S△CPQ=12×CQ×|xP|=12×2t(6﹣t)=−22(t2﹣6t)，
∵−22＜0，故S△CPQ有最大值，当t＝3时，其最大值为922，
当t＝3时，PC＝6，点P的纵坐标为6﹣32，
故点P(﹣32，6﹣32)；
(4)①当AD是正方形的对角线时，则正方形为ANDM′，
设M′N交AD于R，交x轴于点H，
则点R是AD的中点，则点R(﹣3，1)，
在Rt△AOD中，tan∠DAO=ODAO=26=13，则tan∠RHA＝3，
则设直线M′N的表达式为y＝﹣3x+b，将点R的坐标代入上式并解得b＝﹣8，
故直线M′N的表达式为y＝﹣3x﹣8，设点N(m，﹣3m﹣8)，
过点N作x轴的平行线交过点A与y轴的平行线于点G，交y轴于点K，
∵∠DNK+∠ANG＝90°，∠ANG+∠NAG＝90°，
∴∠NAG＝∠DNK，
∵∠NGA＝∠DKN＝90°，AN＝DN，
∴△NGA≌△DKN(AAS)，
∴GN＝DK，即m+6＝2+3m+8，解得m＝﹣2，
故点N的坐标为(﹣2，﹣2)；
②当AD是正方形的边时，
当DN′是边时，
同理可得：△DSN′≌△AOD(AAS)，
∴N'S＝OD＝2，DS＝AO＝6，
故点N′(﹣2，8)；
当AN是边时，点N对应的是上图中的点M，
同理可得，点M(﹣8，6)，即点N″(﹣8，6)；
综上，点N的坐标为(﹣8，6)、(﹣2，8)、(﹣2，﹣2)．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、正方形的性质、三角形全等、面积的计算等，其中(4)，要注意分类求解，避免遗漏．
12．矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，AD平分∠BAO交y轴于点D，线段OD的长是方程x2﹣2x﹣3＝0的一个根，sin∠DAO=55，请解答下列问题：
(1)求点C的坐标；
(2)过点B作BE⊥AD，垂足为点E，若双曲线y=kx的一个分支经过点E，求k的值；
(3)点F在x轴上，点P在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B，F，P，Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请写出满足条件的点Q的个数，并直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)解方程可求OD＝3，由锐角三角函数可求AD的长，由勾股定理可求AO的长，由面积法可求AB＝2BD，由勾股定理可求BD的长，即可求点C坐标；
(2)由“ASA”可证△AEB≌△AEH，可得AB＝AH＝10，BE＝EH，可得OH＝4，由中点坐标公式可求点E坐标，代入解析式可求k的值；
(3)分BP为边和BP为对角线两种情况讨论，利用正方形的性质和锐角直角三角形的性质可求解．
【解答】解：(1)如图1，过点D作DG⊥AB于G，
∵线段OD的长是方程x2﹣2x﹣3＝0的一个根，
∴OD＝3，
∵sin∠DAO=55=DOAD，
∴AD＝35，
∴AO=AD2−DO2=45−9=6，
∵AD平分∠BAO，DO⊥AO，DG⊥AB，
∴DG＝DO＝3，
∵S△ABD=12×BD×AO=12AB×DG，
∴AB＝2BD，
∵AB2＝AO2+(OD+BD)2，
∴4BD2＝36+(3+BD)2，
∴BD＝5(负值舍去)，
∴AB＝10，BO＝8，
∵四边形AOCB是矩形，
∴AO＝CB＝6，AC＝OB＝8，
∴点C(﹣6，8)；
(2)延长BE交x轴于H，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAE＝∠EAH，
又∵AE＝AE，∠AEB＝∠AEH＝90°，
∴△AEB≌△AEH(ASA)，
∴AB＝AH＝10，BE＝EH，
∴OH＝AH﹣AO＝10﹣6＝4，
∴点H(4，0)，
又∵B(0，8)，BE＝EH，
∴点E(2，4)，
∵双曲线y=kx的一个分支经过点E，
∴k＝2×4＝8；
(3)当BP为边时，
如图3﹣1，若四边形BPFQ是正方形，
∵四边形BPFQ是正方形，
∴BP＝PF，
∵tan∠BAO＝tan∠PAF=BOAO=PFAP，
∴AP=34PF，
∵AB＝AP+PB=74PF＝10，
∴PF=407，
∵sin∠BAO＝sin∠PAF=PFAF=BOAB，
∴407AF=810，
∴AF=507，
∴点F(87，0)；
如图3﹣2，若四边形BFQP是正方形，
∵四边形BFQP是正方形，
∴∠ABF＝90°，
∴cs∠BAO＝cs∠BAF=AOAB=ABAF，
∴610=10AF，
∴AF=503，
∴点F(323，0)；
如图3﹣3，若四边形BFQP是正方形，
同理可求点F(323，0)；
当BP是对角线时，若四边形BFPQ是正方形，过点P作PN⊥x轴于N，
∵点A(﹣6，0)，点B(0，8)，
∴直线AB解析式为y=43x+8，
∵四边形BFPQ是正方形，
∴BF＝PF，∠BFP＝90°，
∠BFO+∠PFN＝90°，
又∵∠BFO+∠FBO＝90°，
∴∠PFN＝∠FBO，
又∵∠PNF＝∠BOF＝90°，
∴△BOF≌△FNP(AAS)，
∴BO＝FN＝8，OF＝PN，
设点F(a，0)，
∴ON＝8﹣a，PN＝a，
∴点P(a﹣8，﹣a)，
∵点P在AB上，
∴﹣a=43(a﹣8)+8，
∴a=87，
∴点F(87，0)；
如图3﹣5，若四边形BFPQ是正方形，
同理可求点F(﹣56，0)，
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点F坐标为：(﹣56，0)或(87，0)或(323，0)．
【点评】本题是反比例函数综合题，考查了矩形的性质，待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，一次函数的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．