中考數(shù)學(xué)幾何專項沖刺專題24正方形存在性問題鞏固練習(xí)（基礎(chǔ)）含答案及解析

正方形存在性問題鞏固練習(xí)1．如圖，拋物線y＝﹣ax2+bx+5過點（1，2）、（4，5），交y軸于點B，直線AB經(jīng)過拋物線頂點A，交x軸于點C，請解答下列問題：（1）求拋物線的解析式；（2）點Q在平面內(nèi)，在第一象限內(nèi)是否存在點P，使以A，B，P，Q為頂點的四邊形是正方形？若存在，直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．2．如圖，在矩形ABCD中，AB＝16cm，AD＝6cm，動點P，Q分別從點A，C同時出發(fā)，點P以每秒3cm的速度向點B移動，點Q以每秒2cm測得速度向點D移動，當點P到達點B處時，兩點均停止移動（1）P，Q兩點出發(fā)多長時間，線段PQ的長度為10cm？（2）是否存在某一時刻，使四邊形PBCQ為正方形？若存在，求出該時刻；若不存在，請說明理由．3．如圖，在?ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠B＝60°，點P以每秒2個單位速度，從點B出發(fā)沿射線BA方向運動，同時直線l以每秒1個單位速度，從CD出發(fā)沿射線CB方向運動，分別交BC，AC于點G，H，連結(jié)PG，設(shè)運動的時間為t，當G與B重合時，運動停止．（1）當t為何值時，以P，G，H，A為頂點的四邊形是平行四邊形；（2）在運動過程中，是否存在以P，G，H，A為頂點的四邊形是正方形？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．4．如圖，在平面直角坐標系中，點A、點B分別在y軸、x軸的正半軸上，且滿足OA?30+（OB﹣40）2＝0，若點P從A點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿線段AO運動，同時點Q從B點出發(fā)，以每秒5個單位長度的速度沿線段BA運動，連接PQ，點P，Q的運動時間為t（1）求直線AB的解析式；（2）設(shè)△APQ的面積為S，當t為何值時，S＝64？（3）點N在x軸上，在坐標平面上是否存在點M，使以點M，P，Q，N為頂點的四邊形在某一時刻為正方形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．5．如圖，在平面直角坐標系中，O是坐標原點，點A的坐標是（1，3），點P的坐標是（0，b）（b≠0）．直線AP交x軸于點B，記點P關(guān)于x軸的對稱點為P′，點Q為x軸上一動點．（1）當b＝1時，求OB的長；（2）當0＜b＜3時，用含b的代數(shù)式表示OB的長；（3）是否存在四邊形PBP′Q，使四邊形PBP′Q為正方形？若存在，請求出所有滿足條件的b和點Q的坐標；若不存在，請說明理由．6．如圖，在平面直角坐標系中，四邊形OABC為矩形，點A、點C分別在y軸、x軸的正半軸上，OA，OC的長分別是方程x2﹣7x+12＝0的兩根（OA＜OC）．P為直線AB上一動點，直線PQ⊥OP交直線BC于點Q．（1）求點B的坐標；（2）當點P在線段AB上運動（不與A，B重合）時，設(shè)點P的橫坐標為m，線段CQ的長度為l．求出l關(guān)于m的函數(shù)解析式；（3）在坐標平面內(nèi)是否存在點D，使以O(shè)、P、Q、D為頂點的四邊形為正方形？若存在，請直接寫出D點的坐標；若不存在，請說明理由．7．在平面直角坐標系中，直線AB的解析式為y＝﹣2x+12，點C是線段AB的中點．（1）如圖，求直線OC的解析式；（2）點D從點O出發(fā)，沿射線OC方向運動，速度為每秒5個單位，過點D作x軸的垂線，交直線AB于點E，設(shè)△EDC的面積為S，點D的運動時間為t，寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，當點D運動時間恰好為2秒時，點P為直線AD上的動點，在平面內(nèi)，是否存在點Q，使以點O，A，P，Q為頂點的四邊形為正方形？若存在，請求出Q點的坐標；若不存在，請說明理由．8．如圖，平面直角坐標系中，直線AB分別交x軸正半軸于點A，交y軸正半軸于點B，且OA、OB（OA＜OB）的長是方程x2﹣12x+32＝0的兩個根．（1）求sin∠ABO的值；（2）已知點C是OB的中點，當點P在射線BA上運動到S△AOC＝S△AOP時，求經(jīng)過點P的反比例函數(shù)解析式；（3）若點Q在線段AB上，平移直線OQ交x軸于點D，交y軸于點E．當M（a，4）時，是否存在點N使得以點D、E、M、N為頂點的四邊形是正方形？若存在直接寫出點N的坐標；若不存在請說明理由．9．如圖，拋物線y=12x2+12x﹣2，經(jīng)過點C（﹣3，h），CD⊥x軸，垂足為D點，Rt△AOB≌Rt△CDA，A、B分別在x軸，y軸上，在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在兩點P、Q，使四邊形ABPQ是正方形？若存在，求出點10．如圖，已知直線AB與x軸交于點A，與y軸交于點B，線段OA的長是方程x2﹣7x﹣18＝0的一個根，OB=12（1）求點A，B的坐標；（2）直線EF交x軸負半軸于點E，交y軸正半軸于點F，交直線AB于點C．若C是EF的中點，OE＝6，反比例函數(shù)y=kx圖象的一支經(jīng)過點C，求（3）在（2）的條件下，過點C作CD⊥OE，垂足為D，點M在直線AB上，點N在直線CD上．坐標平面內(nèi)是否存在點P，使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形？若存在，請寫出點P的個數(shù)，并直接寫出其中兩個點P的坐標；若不存在，請說明理由．11．如圖，已知直線y＝kx+b與直線y=?12x﹣9平行，且y＝kx+b還過點（2，3），與y軸交于（1）求A點坐標；（2）若點P是該直線上的一個動點，過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，在四邊形PMON上分別截?。篜C=13MP，MB=13OM，OE=13ON，（3）在（2）的條件下，在直線y＝kx+b上是否存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形？若存在，直接寫出所有符合的點P的坐標；若不存在，請說明理由．12．在平面直角坐標系中，直線y＝2x+4與兩坐標軸分別交于A，B兩點．（1）若一次函數(shù)y=?12x+m與直線AB的交點在第二象限，求（2）若M是y軸上一點，N是x軸上一點，直線AB上是否存在兩點P，Q，使得以M，N，P，Q四點為頂點的四邊形是正方形．若存在，求出M，N兩點的坐標，若不存在，請說明理由．正方形存在性問題鞏固練習(xí)1．如圖，拋物線y＝﹣ax2+bx+5過點（1，2）、（4，5），交y軸于點B，直線AB經(jīng)過拋物線頂點A，交x軸于點C，請解答下列問題：（1）求拋物線的解析式；（2）點Q在平面內(nèi)，在第一象限內(nèi)是否存在點P，使以A，B，P，Q為頂點的四邊形是正方形？若存在，直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）把已知點的坐標代入拋物線解析式即可求得a、b的值，可求得拋物線解析式；（2）可先求得A、B兩點的坐標，可求得AB長度，分別過A、B兩點作AB的垂線，則點P可以在這兩條直線上，且PA＝AB或PB＝AB，分別求得兩垂線的解析式，設(shè)出點P的坐標，再根據(jù)線段相等可列出方程，可求得點P的坐標．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣ax2+bx+5過點（1，2）、（4，5），∴?a+b+5=2?16a+4b+5=5，解得a=?1∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x+5；（2）在y＝x2﹣4x+5中，令x＝0可得y＝5，∴B（0，5），∵y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1，∴A（2，1），∴AB=22+(1?5設(shè)直線AB解析式為y＝kx+n，則有2k+n=1n=5，解得k=?2∴直線AB解析式為y＝﹣2x+5，①當PA⊥AB時，如圖1，可設(shè)直線PA解析式為y=12x+m，把A（2，1）代入可得1+m＝1，解得∴直線PA解析式為y=12∴可設(shè)點P坐標為（x，12x∴PA=(x?2∵四邊形PABQ為正方形，∴PA＝AB，即(x?2)2+(12x?1)∵點P在第一象限內(nèi)，∴x＝﹣2不符合題意，舍去，故x＝6，此時P點坐標為（6，3）；②當PB⊥AB時，如圖2，可設(shè)直線PB解析式為y=12x+s，把B（0，5）代入可得∴直線PB解析式為y=12∴可設(shè)P點坐標為（x，12x∴PB=x同理可得x2+(12x+5?5)2=2當AB是正方形的對角線時，因為等P在第一象限，可得P（3，4），綜上可知存在滿足條件的點P，其坐標為（6，3）或（4，7）或（3，4）．【點評】本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、二次函數(shù)的性質(zhì)、勾股定理、正方形的性質(zhì)、方程思想及分類討論思想等知識點．在（1）中注意待定系數(shù)法的應(yīng)用步驟，在（2）中確定出P點的位置是解題的關(guān)鍵，注意利用正方形的性質(zhì)列方程．本題考查知識點較多，綜合性較強，但難度不大．2．如圖，在矩形ABCD中，AB＝16cm，AD＝6cm，動點P，Q分別從點A，C同時出發(fā)，點P以每秒3cm的速度向點B移動，點Q以每秒2cm測得速度向點D移動，當點P到達點B處時，兩點均停止移動（1）P，Q兩點出發(fā)多長時間，線段PQ的長度為10cm？（2）是否存在某一時刻，使四邊形PBCQ為正方形？若存在，求出該時刻；若不存在，請說明理由．【分析】（1）過點P作PH⊥CD，利用勾股定理解答即可；（2）利用正方形的性質(zhì)進行解答即可．【解答】解：（1）過點P作PH⊥CD于點H，∴HQ＝16﹣5t，∴PQ2＝PH2+HQ2，即102＝（16﹣5t）2+62，解得：t1答：P，Q兩點出發(fā)85或245秒，線段PQ的長度為10（2）∵四邊形PBCQ是正方形，∴BP＝CQ，即16﹣3t＝2t，解得：t=16∵CQ=2t=32∴不成立．【點評】此題考查正方形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)利用正方形的性質(zhì)進行解答．3．如圖，在?ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠B＝60°，點P以每秒2個單位速度，從點B出發(fā)沿射線BA方向運動，同時直線l以每秒1個單位速度，從CD出發(fā)沿射線CB方向運動，分別交BC，AC于點G，H，連結(jié)PG，設(shè)運動的時間為t，當G與B重合時，運動停止．（1）當t為何值時，以P，G，H，A為頂點的四邊形是平行四邊形；（2）在運動過程中，是否存在以P，G，H，A為頂點的四邊形是正方形？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）當PA＝GH時，以P，G，H，A為頂點的四邊形是平行四邊形，列出方程即可解決．（2）不存在，根據(jù)（1）中的兩種情形進行證明．【解答】解：（1）當PA＝GH時，以P，G，H，A為頂點的四邊形是平行四邊形，如圖取BC中點M，連接AM，∵AB＝4，BM＝MC＝4，∠ABC＝60°，∴△ABM是等邊三角形，∴AM＝MC＝4，∠AMB＝60°，∴∠MAC＝∠MCA，∵∠AMB＝∠MAC+∠MCA，∴∠BCA＝30°，∴∠BAC＝90°，∵AB∥GH，∴∠GHC＝∠BAC＝90°∵PA＝4﹣2t或2t﹣4，GH=12CG由題意：4﹣2t=12t或2t﹣4t=85或（2）不存在．理由如下：由（1）可知①t=85時四邊形∵∠PAH＝90°，∴四邊形APGH是矩形，∵GH=45，PG∴GH≠PG，∴四邊形APGH不是正方形．②t=83時，點P在BA的延長線上，四邊形【點評】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是用方程的思想思考問題，屬于中考常考題型．4．如圖，在平面直角坐標系中，點A、點B分別在y軸、x軸的正半軸上，且滿足OA?30+（OB﹣40）2＝0，若點P從A點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿線段AO運動，同時點Q從B點出發(fā)，以每秒5個單位長度的速度沿線段BA運動，連接PQ，點P，Q的運動時間為t（1）求直線AB的解析式；（2）設(shè)△APQ的面積為S，當t為何值時，S＝64？（3）點N在x軸上，在坐標平面上是否存在點M，使以點M，P，Q，N為頂點的四邊形在某一時刻為正方形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）先求出方程的根，得出A、B兩點的坐標，然后根據(jù)待定系數(shù)法求得即可；（2）根據(jù)題意得出AP＝2t，AQ＝50﹣5t，作QM⊥OA于M，根據(jù)三角形相似等邊成比例求得QM=45（50﹣t），根據(jù)三角形面積公式即可求得△APQ的面積S與t的函數(shù)關(guān)系，把S＝64代入即可求得（3）分別作QG⊥OB，QH⊥OA，MK⊥y軸，ML⊥x軸，根據(jù)題意得四邊形OGQH是正方形，NG＝PH＝MK＝ML，根據(jù)三角函數(shù)得出QGQB=OAAB=3050=35，BGQB=OBAB=45，即可求得QG＝3t，BG＝4t，得出3t＝40﹣4t，求得t=40【解答】解：（1）OA?30+（OB﹣40）2∴OA＝30，OB＝40，∴A（0，30），B（40，0），設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∴b=3040k+b=0，解得∴直線AB的解析式為y=?34（2）由題意得，AP＝2t，AQ＝50﹣5t作QM⊥OA于M，如圖1，∴△ANQ∽△AOB，∴QMOB=AQ∴QM=45（50﹣5∴S=12AP?QM=12×2t?45（50﹣5t把S＝64代入得，64＝﹣4t2+40t，解得t＝2或8，∵0≤t≤15，故當t＝2或8時，S＝64；（3）如圖2，分別作QG⊥OB，QH⊥OA，MK⊥y軸，ML⊥x軸，由四邊形PQNM是正方形，則四邊形OGQH是正方形，NG＝PH＝MK＝ML，∵QG⊥OB，∴QGQB=∵QB＝5t，∴QG＝3t，BG＝4t，∴OG＝40﹣4t，∴3t＝40﹣4t，∴t=40∴AP＝2t=807，QG∴OH=120∴PH＝30?80∴NG＝PH＝MK＝ML=10∴M（?107，【點評】本題是一次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，三角形相似的判定和性質(zhì)，直角三角函數(shù)的應(yīng)用，正方形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)等，作出輔助線構(gòu)建直角三角形是解題的關(guān)鍵．5．如圖，在平面直角坐標系中，O是坐標原點，點A的坐標是（1，3），點P的坐標是（0，b）（b≠0）．直線AP交x軸于點B，記點P關(guān)于x軸的對稱點為P′，點Q為x軸上一動點．（1）當b＝1時，求OB的長；（2）當0＜b＜3時，用含b的代數(shù)式表示OB的長；（3）是否存在四邊形PBP′Q，使四邊形PBP′Q為正方形？若存在，請求出所有滿足條件的b和點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)b的值表示出直線AP解析式，把A坐標代入求出k的值，確定出AP解析式，進而得出B坐標，確定出OB的長；（2）設(shè)出AP解析式為y＝kx+b，把A坐標代入表示出k，即可表示出OB的長；（3）存在四邊形PBP′Q，使四邊形PBP′Q為正方形，若四邊形PBP′Q為正方形，則有OB＝OP＝OP′＝OQ，列出關(guān)于b的方程，求出方程的解得到b的值，即可確定出Q坐標．【解答】解：（1）由b＝1，得到P（0，1），設(shè)直線AP解析式為y＝kx+1，把A（1，3）代入得：3＝k+1，解得：k＝2，∴直線OP解析式為y＝2x+1，令y＝0，得到x=?1∴B（?12，0），即OB（2）根據(jù)題意得：直線AP解析式為y＝kx+b，把（1，3）代入得：3＝k+b，即k＝3﹣b，∴直線解析式為y＝（3﹣b）x+b，令y＝0，得到x=bb?3，即OB（3）存在四邊形PBP′Q，使四邊形PBP′Q為正方形，理由為：若四邊形PBP′Q為正方形，則有OB＝OP＝OP′＝OQ，即?bb?3解得：b＝2，則b＝2，Q（2，0）．【點評】此題屬于一次函數(shù)綜合題，涉及的知識有：待定系數(shù)法確定一次函數(shù)解析式，坐標與圖形性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，以及一次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法是解本題的關(guān)鍵．6．如圖，在平面直角坐標系中，四邊形OABC為矩形，點A、點C分別在y軸、x軸的正半軸上，OA，OC的長分別是方程x2﹣7x+12＝0的兩根（OA＜OC）．P為直線AB上一動點，直線PQ⊥OP交直線BC于點Q．（1）求點B的坐標；（2）當點P在線段AB上運動（不與A，B重合）時，設(shè)點P的橫坐標為m，線段CQ的長度為l．求出l關(guān)于m的函數(shù)解析式；（3）在坐標平面內(nèi)是否存在點D，使以O(shè)、P、Q、D為頂點的四邊形為正方形？若存在，請直接寫出D點的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）通過解方程求出線段的長度，利用矩形的性質(zhì)得到AB＝4，BC＝3，求得B（4，3）；（2）因為點P在線段AB上，點P的橫坐標為m，用m表示出AP的長度，利用相似三角形的性質(zhì)列出比例式求出l關(guān)于m的函數(shù)解析式；（3）如圖，過點D作DE⊥OC于E，由以O(shè)、P、Q、D為頂點的四邊形為正方形，得到OP＝PQ＝OD，通過三角形全等，對應(yīng)邊相等求得AP＝m＝1，再根據(jù)另一對三角形全等得到點D的坐標．【解答】解：（1）解方程x2﹣7x+12＝0得：x1＝3，x2＝4，∴OA＝3，OC＝4，∴A（0，3），C（4，0），∵四邊形OABC為矩形，∴AB＝4，BC＝3，∴B（4，3）；（2）點P在線段AB上，點P的橫坐標為m，∴AP＝m，∵CQ＝l，∴BQ＝3﹣l，∵∠OAP＝∠B＝∠OPQ＝90°，∴∠APO+∠BPQ＝∠APO+∠AOP＝90°，∴∠APO＝∠BPQ，∴△APO∽△BPQ，∴APBQ即m3?l∴l(xiāng)=13m2?（3）存在，如圖，過點D作DE⊥OC于E，∵四邊形ODQP是正方形，∴OP＝PQ＝OD，在△AOP與△BPQ中，∠AOP=∠BPQ∠OAP=∠B∴△AOP≌△BPQ（AAS），∴PB＝OA＝3，∴AP＝BP＝1，在△AOP與△OED中，∠AOP=∠EOD∠OAP=∠OED∴△AOP≌△OEP（AAS），∴OE＝AO＝3，DE＝AP＝1，∴D（3，﹣1）．若點P在點B的右邊，同理可得D（﹣3，7）綜上所述D（3，﹣1）或（﹣3，7）【點評】本題考查了在平面直角坐標系中求點的坐標，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，特別是（3）正確的畫出圖形是解題的關(guān)鍵．7．在平面直角坐標系中，直線AB的解析式為y＝﹣2x+12，點C是線段AB的中點．（1）如圖，求直線OC的解析式；（2）點D從點O出發(fā)，沿射線OC方向運動，速度為每秒5個單位，過點D作x軸的垂線，交直線AB于點E，設(shè)△EDC的面積為S，點D的運動時間為t，寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，當點D運動時間恰好為2秒時，點P為直線AD上的動點，在平面內(nèi)，是否存在點Q，使以點O，A，P，Q為頂點的四邊形為正方形？若存在，請求出Q點的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）先由直線AB的解析式為y＝﹣2x+12，求出A（6，0），B（0，12），再根據(jù)中點坐標公式得到線段AB的中點C的坐標為（3，6）．然后利用待定系數(shù)法即可求出直線OC的解析式；（2）先求出點D運動到點C所需時間為：35÷5=3秒，設(shè)ED⊥x軸于點M．根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出OC＝AC，那么∠DOM＝∠OAB．解直角△DOM，求出OM＝OD?cos∠DOM＝t，DM＝OD?sin∠DOM＝2t，即D（t，2t），E（t，﹣2t+12）．再分兩種情況進行討論：①0＜t＜3；（3）當點D運動時間為2秒時，OD＝25，D（2，4）．利用待定系數(shù)法求出直線AD的解析式為y＝﹣x+6．再分兩種情況進行討論：①OA為正方形的邊，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出Q1點的坐標為（6，6）；②OA為正方形的對角線，易求Q2點的坐標為（3，﹣3）．【解答】解：（1）∵直線AB的解析式為y＝﹣2x+12，∴當y＝0時，﹣2x+12＝0，解得x＝6，即A（6，0），當x＝0時，y＝12，即B（0，12），∵點C是線段AB的中點，∴點C坐標為（3，6）．設(shè)直線OC的解析式為y＝kx，則3k＝6，解得k＝2，故直線OC的解析式為y＝2x；（2）∵OC=32+62=35，點D從點∴點D運動到點C所需時間為：35÷設(shè)ED⊥x軸于點M．∵OC為直角△ABC斜邊AB的中線，∴OC＝AC，∴∠DOM＝∠OAB．∵在直角△DOM中，OD=5t∴OM＝OD?cos∠DOM＝OD?cos∠OAB=5t?66DM＝OD?sin∠DOM＝OD?sin∠OAB=5t?1265∴D（t，2t），∴E（t，﹣2t+12）．如圖，分兩種情況：①當0＜t＜3時，D在線段OC上，∵DE＝﹣2t+12﹣2t＝﹣4t+12，C到DE的距離為：3﹣t，∴S△CDE=12（﹣4t+12）（3﹣t）＝2t2﹣12即S＝2t2﹣12t+18；②當t＞3時，D線段OC的延長線上，∵DE＝2t﹣（﹣2t+12）＝4t﹣12，C到DE的距離為：t﹣3，∴S△CDE=12（4t﹣12）（t﹣3）＝2t2﹣12即S＝2t2﹣12t+18；綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為S＝2t2﹣12t+18（t＞0且t≠3）；（3）當點D運動時間為2秒時，OD＝25，D（2，4）．設(shè)直線AD的解析式為y＝mx+n，∵A（6，0），D（2，4），∴6m+n=02m+n=4，解得m=?1∴直線AD的解析式為y＝﹣x+6，∴直線AD與y軸交點為（0，6）．以點O，A，P，Q為頂點的四邊形為正方形時，分兩種情況：①如果OA為正方形的邊，如圖，作正方形OP1Q1A，則P1為直線AD與y軸交點，∵OA＝OP1＝6，∠OAQ1＝90°，∴Q1點的坐標為（6，6）；②如果OA為正方形的對角線，設(shè)OA中點為N，則N（3，0），當x＝3時，y＝﹣3+6＝3．作OA的垂直平分線l，交直線AD于點P2，則P2點的坐標為（3，3），在l上截取NQ2＝NP2，則四邊形OP2AQ2是正方形，此時Q2點的坐標為（3，﹣3）．綜上所述，所求Q點的坐標為Q1（6，6），Q2（3，﹣3）．【點評】本題是一次函數(shù)綜合題，涉及到利用待定系數(shù)法求直線的解析式，一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，中點坐標公式，三角形的面積，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，難度適中．利用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵．8．如圖，平面直角坐標系中，直線AB分別交x軸正半軸于點A，交y軸正半軸于點B，且OA、OB（OA＜OB）的長是方程x2﹣12x+32＝0的兩個根．（1）求sin∠ABO的值；（2）已知點C是OB的中點，當點P在射線BA上運動到S△AOC＝S△AOP時，求經(jīng)過點P的反比例函數(shù)解析式；（3）若點Q在線段AB上，平移直線OQ交x軸于點D，交y軸于點E．當M（a，4）時，是否存在點N使得以點D、E、M、N為頂點的四邊形是正方形？若存在直接寫出點N的坐標；若不存在請說明理由．【分析】（1）可求得方程的兩根分別為4和8，且OA＜OB，所以求得OA＝4，OB＝8，再根據(jù)勾股定理，求得AB的長，即可解答；（2）先求出直線AB的解析式，再根據(jù)S△AOC＝S△AOP時，求出點P的縱坐標，把點P的縱坐標代入直線AB的解析式求點P的橫坐標，即可解答；（3）畫出圖形，根據(jù)正方形的性質(zhì)，即可解答．【解答】解：（1）x2﹣12x+32＝0解得：x1＝4，x2＝8，∵OA＜OB，∴OA＝4，OB＝8，∴AB=O∴sin∠ABO=AO（2）如圖，連接AC，OP，過點P作PD⊥OA于點D，設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+b，把A（4，0），B（0，8）代入y＝kx+b得：4k+b=0b=8解得：k=?2b=8∴直線AB的解析式為：y＝﹣2x+8，∵OB＝8，點C是OB的中點，∴OC＝4，當點P在射線BA上運動到S△AOC＝S△AOP時，∴OA?OC×即4×4×1∴PD＝4，∴設(shè)P（x，4），把P（x，4）代入y＝﹣2x+8得：﹣2x+8＝4，解得：x＝2，∴P（2，4），設(shè)經(jīng)過點P的函數(shù)解析式為：y=k∴4=k∴k＝8，∴經(jīng)過點P的函數(shù)解析式為：y=8（3）存在；如圖，①當直線OQ向下平移時，DENM為正方形，當點M在y軸上時，此時點M的坐標為（0，4），此時點M與點E關(guān)于x軸對稱，點D與點N關(guān)y軸對稱，根據(jù)正方形的性質(zhì)，OM＝OE＝OD＝ON＝4，所以N（﹣4，0）；②當直線OQ向上平移時，平移到與y軸的交點為（0，4），與x軸交點為（﹣4，0），DENM為正方形，∴O（D）＝4，O（E）＝4，∴根據(jù)中點的性質(zhì)，此時N的坐標為（﹣4，8）∴N（﹣4，0）或N（﹣4，8）．【點評】本題是一次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有運用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，正方形的性質(zhì)，綜合性較強，難度適中．運用數(shù)形結(jié)合、分類討論是解題的關(guān)鍵．9．如圖，拋物線y=12x2+12x﹣2，經(jīng)過點C（﹣3，h），CD⊥x軸，垂足為D點，Rt△AOB≌Rt△CDA，A、B分別在x軸，y軸上，在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在兩點P、Q，使四邊形ABPQ是正方形？若存在，求出點【分析】將點C（﹣3，h）代入拋物線y=12x2+12x﹣2，可求點C的坐標，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得OA＝CD＝1，OB＝AD＝3﹣1＝2，以AB為邊在拋物線的右側(cè)作正方形AQPB，過P作PE⊥y軸，過Q作QG垂直x軸于G，不難得出三角形ABO和三角形BPE和三角形QAG都全等，據(jù)此可求出P，Q的坐標，然后將兩點坐標代入拋物線的解析式中即可判斷出【解答】解：在拋物線（對稱軸的右側(cè)）上存在點P、Q，使四邊形ABPQ是正方形．把點C（﹣3，h）代入拋物線y=12x2+則h=12×（﹣3）則C點坐標為（﹣3，1），∵Rt△AOB≌Rt△CDA，∴OA＝CD＝1，∴OB＝AD＝3﹣1＝2，以AB為邊在AB的右側(cè)作正方形ABPQ，過P作PE⊥OB于E，QG⊥x軸于G，可證△PBE≌△AQG≌△BAO，∴PE＝AG＝BO＝2，BE＝QG＝AO＝1，∴P點坐標為（2，1），Q點坐標為（1，﹣1）．y=12x2+12x﹣2，當x＝2時，y＝1；當∴P、Q在拋物線上．故在拋物線（對稱軸的右側(cè)）上存在點P（2，1）、Q（1，﹣1），使四邊形ABPQ是正方形．【點評】本題主要考查了二次函數(shù)解析式的應(yīng)用、正方形的判定、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識點．綜合性強，涉及的知識點多，難度較大．10．如圖，已知直線AB與x軸交于點A，與y軸交于點B，線段OA的長是方程x2﹣7x﹣18＝0的一個根，OB=12（1）求點A，B的坐標；（2）直線EF交x軸負半軸于點E，交y軸正半軸于點F，交直線AB于點C．若C是EF的中點，OE＝6，反比例函數(shù)y=kx圖象的一支經(jīng)過點C，求（3）在（2）的條件下，過點C作CD⊥OE，垂足為D，點M在直線AB上，點N在直線CD上．坐標平面內(nèi)是否存在點P，使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形？若存在，請寫出點P的個數(shù)，并直接寫出其中兩個點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）解一元二次方程，得到點A的坐標，再根據(jù)OB=12OA可得點（2）利用待定系數(shù)法求出直線AB的表達式，根據(jù)點C是EF的中點，得到點C橫坐標，代入可得點C坐標，根據(jù)點C在反比例函數(shù)圖象上求出k值；（3）畫出圖形，可得點P共有5個位置，分別求解即可．【解答】解：（1）∵線段OA的長是方程x2﹣7x﹣18＝0的一個根，解得：x＝9或﹣2（舍），而點A在x軸正半軸上，∴A（9，0），∵OB=12∴B（0，92（2）∵OE＝6，∴E（﹣6，0），設(shè)直線AB的表達式為y＝kx+b，將點A和B的坐標代入，得：0=9k+b92=b∴AB的表達式為：y=?1∵點C是EF的中點，∴點C的橫坐標為﹣3，代入AB中，y＝6，則C（﹣3，6），∵反比例函數(shù)y=kx經(jīng)過點則k＝﹣3×6＝﹣18；（3）存在點P，使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形，如圖，共有5種情況，在四邊形DM1P1N1中，M1和點A重合，∴M1（9，0），此時P1（9，12）；在四邊形DP3M3N3中，可知M在直線y＝x+3上，聯(lián)立：y=x+3y=?解得：x=1y=4∴M（1，4），∴P3（1，0），同理可得：P2（9，﹣12），P4（﹣7，4），P5（﹣15，0）．故存在點P使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形，點P的坐標為P1（9，12），P2（9，﹣12），P3（1，0），P4（﹣7，4），P5（﹣15，0）．【點評】本題考查了解一元二次方程，一次函數(shù)表達式，正方形的性質(zhì)，反比例函數(shù)表達式，難度較大，解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖象畫出符合條件的正方形．11．如圖，已知直線y＝kx+b與直線y=?12x﹣9平行，且y＝kx+b還過點（2，3），與y軸交于（1）求A點坐標；（2）若點P是該直線上的一個動點，過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，在四邊形PMON上分別截取：PC=13MP，MB=13OM，OE=13ON，（3）在（2）的條件下，在直線y＝kx+b上是否存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形？若存在，直接寫出所有符合的點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）直線y＝kx+b與y=?12x﹣9平行，且過點A（2，3），則（2）證明△OBE≌△PDC（SAS）、△MBC≌△NDE（SAS），即可求解；（3）證明△DPC≌△CMB（AAS），則CM＝PD，即可求解．【解答】解：（1）∵直線y＝kx+b與y=?12x﹣9平行，且過點則k=?122k+b=3∴一次函數(shù)解析式為y=?12當x＝0時，y＝4，∴A點坐標是（0，4）；（2）證明：∵PM⊥x軸，PN⊥y軸，∴∠M＝∠N＝∠O＝90°，∴四邊形PMON是矩形，∴PM＝ON，OM＝PN，∠M＝∠O＝∠N＝∠P＝90°．∵PC=13MP，MB=13OM，OE=13∴PC＝OE，CM＝NE，ND＝BM，PD＝OB，在△OBE和△PDC中，OB＝PD，∠O＝∠CPD，OE＝PC，∴△OBE≌△PDC（SAS），∴DC＝BE，同理可證△MBC≌△NDE（