如图.二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A.与y轴交于点C．若点P.Q同时从A点出发.都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB.AC边运动.其中一点到达端点时.另一点也随之停止运动．(1)求该二次函数的解析式及点C的坐标,(2)当点P运动到B点时.点Q停止运动.这时.在x轴上是否存在点E.使得以A.E.Q为顶点的三角形为等腰三角形?若存在.请求出E点坐� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

如图，二次函数y=

x²+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（-1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．
（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；
（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．

考点：二次函数综合题

专题：代数几何综合题,压轴题

分析：（1）将A，B点坐标代入函数y=

x²+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式及C坐标．
（2）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标．
（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等等性质可用t表示D点坐标，又D在E函数上，所以代入即可求t，进而D可表示．

解答：解：（1）∵二次函数y=

x²+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（-1，0），
∴

•9+3b+c

•1-b+c

，
解得

b=-

c=-4

，
∴y=

x²-

x-4．
∴C（0，-4）．

（2）存在．
如图1，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD∥OC，

∵A（3，0），B（-1，0），C（0，-4），O（0，0）
∴AB=4，OA=3，OC=4，
∴AC=

32+42

=5，
∵当点P运动到B点时，点Q停止运动，AB=4，
∴AQ=4．
∵QD∥OC，
∴

，
∴

，
∴QD=

，AD=

．
①作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即△AEQ为等腰三角形，
设AE=x，则EQ=x，DE=AD-AE=

-x，
∴在Rt△EDQ中，（

-x）²+（

）²=x²，解得 x=

，
∴OA-AE=3-

，
∴E（-

，0）．
②以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4，
∵ED=AD=

，
∴AE=

，
∴OA-AE=3-

，
∴E（-

，0）．
③当AE=AQ=4时，
1．当E在A点左边时，
∵OA-AE=3-4=-1，
∴E（-1，0）．
2．当E在A点右边时，
∵OA+AE=3+4=7，
∴E（7，0）．
综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（-

，0）或（-

，0）或（-1，0）或（7，0）．

（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为（-

，-

）．理由如下：
如图2，D点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQ⊥AP于F，

∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，
∴AP=AQ=QD=DP，
∴四边形AQDP为菱形，
∵FQ∥OC，
∴

，
∴

，
∴AF=

t，FQ=

t，
∴Q（3-

t，-

t），
∵DQ=AP=t，
∴D（3-

t-t，-

t），
∵D在二次函数y=

x²-

x-4上，
∴-

（3-

t）²-

（3-

t）-4，
∴t=

145

，或t=0（与A重合，舍去），
∴D（-

，-

）．

点评：本题考查了二次函数性质、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知识，总体来说题意复杂但解答内容都很基础，是一道值得练习的题目．

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；③当AD=2时，EF与半圆相切；④若点F恰好落在

上，则AD=2

；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是16

．其中正确结论的序号是

．

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②有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是筝形
显然，菱形是特殊的筝形，就一般筝形而言，它与菱形有许多相同点和不同点

如果只研究一般的筝形（不包括菱形），请根据以上材料完成下列任务：

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