如图,在平面直角坐标系xoy中,过y轴负方向上的一点C(0,c)任作一直线,与抛物线y=-x²相交于A,B两点,一条垂直于x轴的直线,分别于线段AB和直线l:y=-c交于P,Q点1若向量OA·OB=2,求c的值2若p为线段AB中点,求证QA为此抛物线的_百度作业帮
如图,在平面直角坐标系xoy中,过y轴负方向上的一点C(0,c)任作一直线,与抛物线y=-x²相交于A,B两点,一条垂直于x轴的直线,分别于线段AB和直线l:y=-c交于P,Q点1若向量OA·OB=2,求c的值2若p为线段AB中点,求证QA为此抛物线的切线3试问2的逆命题是否成立说明理由
1.设A(x1,y1)、B(x2,y2)即A(x1,x12)、B(x2,x22)△=k2+4c>0x1+x2=k,x1·x2=-c,y1·y2=(x1·x2)2 =c2x1x2+(x1·x2)2=c2-c=2c=2,c=-1(舍去)2.过点C(0,2)直线L:y=kx+2 ...(1) 点A(a,a^2),B(b,b^2),点A在L上:a^2 =ka+2 ...(2) (1)代入y=x^2:x^2-kx-2=0 ==> a+b=k ==> P(k/2,k^2/2 +2),Q(k/2,-2) 直线QA斜率 =(a^2+2)/(a-2) ...(3) 抛物线y=x^2在A(a,a^2)处切线斜率 =y'(a)=2a ...(4) (2)(3)==> 直线QA斜率=2a =抛物线y=x^2在A(a,a^2)处切线斜率 ==> QA为此抛物线的切线3.抛物线y=x^2在A(a,a^2)处切线方程：y=2ax-a^2 ...(5) (5)与直线y=-2的交点:Q[(a^2-2)/(2a),-2] 过点Q、垂直于X轴的直线：x=(a^2-2)/(2a) ...(6) 直线AC：y=(a^2-2)x/a +2 ...(7) (7)代入y=x^2:x^2-(a^2-2)x/a-2=0 ==> 直线AC与抛物线两交点的中点的横坐标 =（a^2-2)/(2a) 中点在(6)上.证毕 逆命题成立（2012o卢湾区一模）如图，已知在平面直角坐标系xoy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相交于A（-1，0），B（3，0）两点，对称轴l与x轴相交于点C，顶点为点D，且∠ADC的正切值为．（1）求顶点D的坐标；（2）求抛物线的表达式；（3）F点是抛物线上的一点，且位于第一象限，连接AF，若∠FAC=∠ADC，求F点的坐标．考点：．分析：（1）由抛物线和x轴交于A，B两点，可求出对称轴方程，再由已知条件可求出CD的长，进而求出D的坐标；（2）设抛物线的解析式为y=a（x-h）2+k，由（1）可知h=1，k=-4，再把A或B点的坐标代入求出a的值即可；（3）过点F作作FH⊥x轴，垂足为点H，设F（x，x2-2x-3），由已知条件求出x的值，即可求出F的坐标．解答：解：（1）∵抛物线与x轴相交于A（-1，0），B（3，0）两点，∴对称轴直线l==1，∵对称轴l与x轴相交于点C，∴AC=2，∵∠ACD=90°，tan∠ADC=，∴CD=4，∵a＞0，∴D（1，-4）；（2）设y=a（x-h）2+k，有（1）可知h=1，k=-4，∴y=a（x-1）2-4，将x=-1，y=0代入上式，得：a=1，所以，这条抛物线的表达为y=x2-2x-3；（3）过点F作作FH⊥x轴，垂足为点H，设F（x，x2-2x-3），∵∠FAC=∠ADC，∴tan∠FAC=tan∠ADC，∵tan∠ADC=，∴tan∠FAC==，∵FH=x2-2x-3，AH=x+1，∴2-2x-3x+1=12，解得x1=，x2=-1（舍），∴F（，）．点评：本题考查了二次函数的综合应用，这类试题一般难度较大．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．声明：本试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布。答题：&推荐试卷&
解析质量好解析质量中解析质量差向量的运算在平面直角坐标系xoy中,直线l与抛物线y^2=4x相交于不同的A,B两点(1)如果直线l过抛物线的焦点,求向量OA点乘向量OB的值(2)如果向量OA点乘OB=-4,证明直线l必过一定点,并求出该定点_百度作业帮
向量的运算在平面直角坐标系xoy中,直线l与抛物线y^2=4x相交于不同的A,B两点(1)如果直线l过抛物线的焦点,求向量OA点乘向量OB的值(2)如果向量OA点乘OB=-4,证明直线l必过一定点,并求出该定点
(1)抛物线焦点为（2,0）,因为直线过该焦点,那么设直线方程为Y=KX-2K,联立直线方程与抛物线方程,可将直线方程整个平方后联立,得到K^2X^2-4X(K^2+1)+4K^2=O,根据根系关系得到XA*XB=4,YA*YB=-8(交点在一,四象限,必然为负）,那么OA*OB=XA*XB+YA*YB=-4（2）设直线方程为Y=KX+B,同样联立方程得到,K^2X^2+2X(KB-2)+B^2=0,同样用根系关系得到XA*XB=B^2/K^2,YA*YB+4B/K,带回已知,得到B=-2K,再带回直线方程,可证出该直线必过抛物线焦点.仅供参考,不知对错,
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2012年各地中招试题数学压轴题精选(附答案和解释)
【编者按】为了丰富同学们的学习生活，精品学习网中考频道为同学们搜集整理了中考数学模拟题：2012年各地中招试题数学压轴题精选(附答案和解释)，供大家参考，希望对大家有所帮助!
2012年各地中招试题数学压轴题精选(附答案和解释)
【41.2012长沙】
26.如图半径分别为m，n(0
(1)求两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式;
(2)求两圆的圆心O1，O2之间的距离d;
(3)令四边形PO1QO2的面积为S1，四边形RMO1O2的面积为S2.
试探究：是否存在一条经过P，Q两点、开口向下，且在x轴上截得的线段长为 的抛物线?若存在，请求出此抛物线的解析式;若不存在，请说明理由.
解答： 解：(1)由题意可知O1(m，m)，O2(n，n)，
设过点O1，O2的直线解析式为y=kx+b，则有：
∴所求直线的解析式为：y=x.
(2)由相交两圆的性质，可知P、Q点关于O1O2对称.
∵P(4，1)，直线O1O2解析式为y=x，∴Q(1，4).
如解答图1，连接O1Q.
∵Q(1，4)，O1(m，m)，根据两点间距离公式得到：
又O1Q为小圆半径，即QO1=m，
∴ =m，化简得：m210m+17=0 ①
如解答图1，连接O2Q，同理可得：n210n+17=0 ②
由①，②式可知，m、n是一元二次方程x210x+17=0 ③的两个根，
解③得：x=5& ，∵0
∵O1(m，m)，O2(n，n)，
∴d=O1O2= =8.
(3)假设存在这样的抛物线，其解析式为y=ax2+bx+c，因为开口向下，所以a&0.
如解答图2，连接PQ.
由相交两圆性质可知，PQ&O1O2.
∵P(4，1)，Q(1，4)，
∴PQ= = ，又O1O2=8，
∴S1= PQ&O1O2= & &8= ;
又S2= (O2R+O1M)&MR= (n+m)(nm)= ;
∴ = =1，即抛物线在x轴上截得的线段长为1.
∵抛物线过点P(4，1)，Q(1，4)，
∴ ，解得 ，
∴抛物线解析式为：y=ax2(5a+1)x+5+4a，
令y=0，则有：ax2(5a+1)x+5+4a=0，
设两根为x1，x2，则有：x1+x2= ，x1x2= ，
∵在x轴上截得的线段长为1，即|x1x2|=1，
∴(x1x2)2=1，∴(x1+x2)24x1x2=1，
即( )24( )=1，化简得：8a210a+1=0，
解得a= ，可见a的两个根均大于0，这与抛物线开口向下(即a&0)矛盾，
∴不存在这样的抛物线.
【42. 2012六盘水】
25.如图1，已知△ABC中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm.如果点P由B出发沿BA方向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为2cm/s.连接PQ，设运动的时间为t(单位：s)(0&t&4).解答下列问题：
(1)当t为何值时，PQ∥BC.
(2)设△AQP面积为S(单位：cm2)，当t为何值时，S取得最大值，并求出最大值.
(3)是否存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分?若存在，求出此时t的值;若不存在，请说明理由.
(4)如图2，把△AQP沿AP翻折，得到四边形AQPQ&.那么是否存在某时刻t，使四边形AQPQ&为菱形?若存在，求出此时菱形的面积;若不存在，请说明理由.
考点：相似三角形的判定与性质;一元二次方程的应用; 二次函数的最值;勾股定理;勾股定理的逆定理;菱形的性质;翻折变换(折叠问题)。
专题：代数几何综合题;压轴题。
分析：(1)由PQ∥BC时的比例线段关系，列一元一次方程求解;
(2)如解答图1所示，过P点作PD&AC于点D，构造比例线段，求得PD，从而可以得到S的表达式，然后利用二次函数的极值求得 S的最大值;
(3)要点是利用(2)中求得的△AQP的面积表达式，再由线段PQ恰好把△ABC的面积平分，列出一元二次方程;由于此一元二次方程的判别式小于0，则可以得出结论：不存在这样的某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分;
(4)首先根据菱形的性质及相似三角形比例线段关系，求得PQ、QD和PD的长度;然后在Rt△PQD中，求得时间t的值;最后求菱形的面积，值得注意的是菱形的面积等于△AQP面积的2倍，从而可以利用(2)中△AQP面积的表达式，这样可以化简计算.
解答：解：∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm，
∴由勾股定理逆定理得△ABC为直角三角形，&C为直角.
(1)BP=2t，则AP=102t.
∵PQ∥BC，∴ ，即 ，解得t= ，
∴当t= s时，PQ∥BC.
(2)如答图1所示，过P点作PD&AC于点D.
∴PD∥BC，∴ ，即 ，解得PD=6 t.
S= &AQ&PD= &2t&(6 t)= t2+6t= (t )2+ ，
∴当t= s时，S取得最大值，最大值为 cm2.
(3)假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分，
则有S△AQP= S△ABC，而S△ABC= AC&BC=24，∴此时S△AQP=12.
由(2)可知，S△AQP= t2+6t，
∴ t2+6t=12，化简得：t25t+10=0，
∵△=(5)24&1&10=15&0，此方程无解，
∴不存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分.
(4)假设存在时刻t，使四边形AQPQ&为菱形，则有AQ=PQ=BP=2t.
如答图2所示，过P点作PD&AC于点D，则有PD∥BC，
∴ ，即 ，
解得：PD=6 t，AD=8 t，
∴QD=ADAQ=8 t2t=8 t.
在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，
即(8 t)2+(6 t)2=(2t)2，
化简得：13t290t+125=0，
解得：t1=5，t2= ，
∵t=5s时，AQ=10cm&AC，不符合题意，舍去，∴t= .
由(2)可知，S△AQP= t2+6t
∴S菱形AQPQ&=2S△AQP=2&( t2+6t)=2&[ &( )2+6& ]= cm2.
所以存在时刻t，使四边形AQPQ&为菱形，此时菱形的面积为 cm2.
点评：本题是非常典型的动点型综合题，全面考查了相似三角形线段比例关系、菱形的性质、勾股定理及其逆定理、一元一次方程的解法、一元二次方程的解法与判别式、二次函数的极值等知识点，涉及的考点众多，计算量偏大，有一定的难度.本题考查知识点非常全面，是一道测试学生综合能力的好题.
【43. 2012攀枝花】
23.如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，顶点A.C.D均在坐标轴上，且AB=5，sinB= .
(1)求过A.C.D三点的抛物线的解析式;
(2)记直线AB的解析式为y1=mx+n，(1)中抛物线的解析式为y2=ax2+bx+c，求当y1
(3)设直线AB与(1)中抛物线的另一个交点为E，P点为抛物线上A.E两点之间的一个动点，当P点在何处时，△PAE的面积最大?并求出面积的最大值.
考点：二次函数综合题。
专题：动点型。
分析：(1)由菱形ABCD的边长和一角的正弦值，可求出OC.OD.OA的长，进而确定A.C.D三点坐标，通过待定系数法可求出抛物线的解析式.
(2)首先由A.B的坐标确定直线AB的解析式，然后求出直线AB与抛物线解析式的两个交点，然后通过观察图象找出直线y1在抛物线y2图象下方的部分.
(3)该题的关键点是确定点P的位置，△APE的面积最大，那么S△APE= AE&h中h的值最大，即点P离直线AE的距离最远，那么点P为与直线AB平行且与抛物线有且仅有的唯一交点.
解答：解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=BC=5，sinB=sinD= ;
Rt△OCD中，OC=CD&sinD=4，OD=3;
OA=ADOD=2，即：
A(2，0)、B(5，4)、C(0，4)、D(3，0);
设抛物线的解析式为：y=a(x+2)(x3)，得：
2&(3)a=4，a= ;
∴抛物线：y= x2+ x+4.
(2)由A(2，0)、B(5，4)得直线AB：y1=
由(1)得：y2= x2+ x+4，则：
解得： ， ;
由图可知：当y1
( 3)∵S△APE= AE&h，
∴当P到直线AB的距离最远时，S△ABC最大;
若设直线L∥AB，则直线L与抛物线有且只有一个交点时，该交点为点P;
设直线L：y= x+b，当直线L与抛物线有且只有一个交点时，
x+b= x2+ x+4，且△=0;
求得：b= ，即直线L：y= x+ ;
可得点P( ， ).
由(2)得：E(5， )，则直线PE：y= x+9;
则点F( ，0)，AF=OA+OF= ;
∴△PAE的最大值：S△PAE=S△PAF+S△AEF= & &( + )= .
综上所述，当P( ， )时，△PAE的面积最大，为 .
点评：该题考查的是函数的动点问题，其中综合了特殊四边形、图形面积的求法等知识，找出动点问题中的关键点位置是解答此类问题的大致思路.
【44. 2012山西】
26.综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+2x+3与x轴交于A.B两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点.
(1)求直线AC的解析式及B.D两点的坐标;
(2)点P是x轴上一个动点，过P作直线l∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A.P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标;若不存在，请说明理由.
(3)请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出M点的坐标.
考点：二次函数综合题。
解答：解：(1)当y=0时，x2+2 x+3=0，解得x1=1，x2=3.
∵点A在点B的左侧，
∴A.B的坐标分别为(1，0)，(3，0).
当x=0时，y=3.
∴C点的坐标为(0，3)
设直线AC的解析式为y=k1x+b1(k1&0)，
∴直线AC的解析式为y=3x+3.
∵y=x2+2x+3=(x1)2+4，
∴顶点D的坐标为(1，4).
(2)抛物线上有三个这样的点Q，
①当点Q在Q1位置时，Q1的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q1的坐标为(2，3);
②当点Q在点Q2位置时，点Q2的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q2坐标为(1+ ，3);
③当点Q在Q3位置时，点Q3的纵坐标为3，代入抛物线解析式可得，点Q3的坐标为(1 ，3);
综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：Q1(2，3)，Q2(1+ ，3)，Q3(1 ，3).
(3)点B作BB&&AC于点F，使B&F=BF，则B&为点B关于直线AC 的对称点.连接B&D交直线AC与点M，则点M为所求，
过点B&作B&E&x轴于点E.
∵&1和&2都是&3的余角，
∴&1=&2.
∴Rt△AOC～Rt△AFB，
∴ ，
由A(1，0)，B(3，0)，C(0，3)得OA=1，OB=3，OC=3，
∴AC= ，AB=4.
∴ ，
∴BF= ，
∴BB&=2BF= ，
由&1=&2可得Rt△AOC∽Rt△B&EB，
∴ ，
∴ ，即 .
∴B&E= ，BE= ，
∴OE=BEOB= 3= .
∴B&点的坐标为( ， ).
设直线B&D的解析式为y=k2x+b2(k2&0).
∴ ，
∴直线B'D的解析式为：y= x+ ，
联立B'D与AC的直线解析式可得： ，
∴M点的坐标为( ， ).
【45.2012黄石】
25.(本小题满分10分)已知抛物线 的函数解析式为 ，若抛物线 经过点 ，方程 的两根为 ， ，且 。
(1)求抛物线 的顶点坐标.
(2)已知实数 ，请证明： & ,并说明 为何值时才会有 .
(3)若抛物线先向上平移4个单位，再向左平移1个单位后得到抛物线 ，设 ， 是 上的两个不同点，且满足： ， ， .请你用含有 的表达式表示出△ 的面积 ，并求出 的最小值及 取最小值时一次函数 的函数解析式。
(参考公式：在平面直角坐标系中，若 ， ，则 ， 两点间的距离为 )
【考点】二次函数综合题.
【专题】压轴题;配方法.
【分析】(1)求抛物线的顶点坐标，需要先求出抛物线的解析式，即确定待 定系数a、b的值.已知抛物线图象与y轴交点，可确定解析式中的常数项(由此得到a的值);然后从方程入手求b的值，题干给出了两根差的绝对值，将其进行适当变形(转化为两根和、两根积的形式)，结合根与系数的关系即可求出b的值.
(2) ，因此将 配成完全平方式，然后根据平方的非负性即可得证.
(3)结合(1)的抛物线的解析式以及函数的平移规律，可得出抛物线C2的解析式;在Rt△OAB中，由勾股定理可确定m、n的关系式，然后用m列出△AOB的面积表达式，结合不等式的相关知识可确定△OAB的最小面积值以及此时m的值，进而由待定系数法确定一次函数OA的解析式.
【解答】解：(1)∵抛物线过(0,-3)点，∴-3a=-3
∴a=1 &&&&&&&&&&&&&&1分
∴y=x2+bx-3
∵x2+bx-3=0的两根为x1,x2且 =4
∴ =4且b&0
∴b=-2 &&&&&&&&1分
∴y=x2-2x-3=(x-1)2-4
∴抛物线C1的顶点坐标为(1，-4) &&&&&&&&&1分
(2)∵x&0，∴
∴ 显然当x=1时，才有 &&&&&&&&&2分
(3)方法一：由平移知识易得C2的解析式为：y=x2 &&&&&&&&&1分
∴A(m，m2)，B(n，n2)
∵&DAOB为Rt&D
∴OA2+OB2=AB2
∴m2+m4+n2+n4=(m-n)2+(m2-n2)2
化简得：m n=-1 &&&&&&&&1分
∵S&DAOB= =
∴S&DAOB=
∴S&DAOB的最小值为1，此时m=1,A(1,1)　　　&&&&&&&&2分
∴直线OA的一次函数解析式为y=x　　　　　　　&&&&&&&&1分
方法二：由题意可求抛物线 的解析式为： (1分)
∴ ，
过点 、 作 轴的垂线，垂足分别为 、 ，则
∴ (1分)
当且仅当 ， 取得最小值1
此时 的坐标为(1，1) (2分)
∴一次函数 的解析式为 (1分)
【点评】该题考查了二次函数解析式的确定、函数图象的平移、不等式的应用等知识，解题过程中完全平方式的变形被多次提及，应熟练掌握并能灵活应用.
【46.2012广安】
26.如图，在平面直角坐标系xOy中，AB&x轴于点B，AB=3，tan&A OB= ，将△OAB绕着原点O逆时针旋转90&，得到△OA1B1;再将△OA1B1绕着线段OB1的中点旋转180&，得到△OA2B1，抛物线y=ax2+bx+c(a&0)经过点B、B1、A2.
(1)求抛物线的解析式.
(2)在第三象限内，抛物线上的点P在什么位置时，△PBB1的面积最大?求出这时点P的坐标.
(3)在第三象限内，抛物线上是否存在点Q，使点Q到线段BB1的距离为 ?若存在，求出点Q的坐标;若不存在，请说明理由.
考点： 二次函数综合题。
分析： (1)首先根据旋转的性质确定点B、B1、A2三点的坐标，然后利用待定系数法求得抛物线的解析式;
(2)求出△PBB1的面积表达式，这是一个关于P点横坐标的二次函数，利用二次函数求极值的方法求出△PBB1面积的最大值;值得注意的是求△PBB1面积的方法，如图1所示;
(3)本问引用了(2)问中三角形面积表达式的结论，利用此表达式表示出△QBB1的面积，然后解一元二次方程求得Q点的坐标.
解答： 解：(1)∵AB&x轴，AB=3，tan&AOB= ，∴OB=4，
∴B(4，0)，B1(0，4)，A2(3，0).
∵抛物线y=ax2+bx+c(a&0)经过点B、B1、A2，
∴ ，
∴抛物线的解析式为：y= x2+ x4.
(2)点P是第三象限内抛物线y= x2+ x4上的一点，
如答图1，过点P作PC&x轴于点C.
设点P的坐标为(m，n)，则m&0，n&0，n= m2+ m4.
于是PC=|n|=n= m2 m4，OC=|m|=m，BC=OBOC=|4||m|=4+m.
S△PBB1=S△PBC+S梯形PB1OCS△OBB1
= &BC&PC+ &(PC+OB1)&OC &OB&OB1
= &(4+m)&( m2 m4)+ &[( m2 m4)+4]&(m) &4&4
= m2 m= (m+2)2+
当m=2时，△PBB1的面积最大，这时，n= ，即点P(2， ).
(3)假设在第三象限的抛物线上存在点Q(x0，y0)，使点Q到线段BB1的距离为 .
如答图2，过点Q作QD&BB1于点D.
由(2)可知，此时△QBB1的面积可以表示为： (x0+2)2+ ，
在Rt△OBB1中，BB1= =
∵S△QBB1= &BB1&QD= & & =2，
∴ (x0+2)2+ =2，
解得x0=1或x0=3
当x0=1时，y0=4;当x0=3时，y0=2，
因此，在第三象限内，抛物线上存在点Q，使点Q到线段BB1的距离为 ，这样的点Q的坐标是(1，4)或(3，2).
点评： 本题综合考查了待定系数法求抛物线解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一元二次方程、旋转与坐标变化、图形面积求法、勾股定理等重要知识点.第(2)问起承上启下的作用，是本题的难点与核心，其中的要点是坐标平面内图形面积的求解方法，这种方法是压轴题中常见的一种解题方法，同学们需要认真掌握.
【47. 2012张家界】
25.如图，抛物线y=x 2+ x+2与x轴交于C.A两点，与y轴交于点B，OB=4.点O关于直线AB的对称点为D，E为线段AB的中点.
(1)分别求出点A.点B的坐标;
(2)求直线AB的解析式;
(3)若反比例函数y= 的图象过点D，求k值;
(4)两动点P、Q同时从点A出发，分别沿AB.AO方向向B.O移动，点P每秒移动1个单位，点Q每秒移动 个单位，设△POQ的面积为S，移动时间为t，问：S是否存在最大值?若存在，求出这个最大值，并求出此时的t值;若不存在，请说明理由.
考点：二次函数综合题。
解答：解：(1)令y=0，即x2+ x+2=0;解得 x1= ，x2=2 .
∴C( ，0)、A(2 ，0).
令x=0，即y=2，
∴B(0，2).
综上，A(2 ，0)、B(0，2).
(2)令AB方程为y=k1x+2因为点A(2 ，0)在直线上，
∴0=k12 +2
∴k1=
∴直线AB的解析式为y= x+2.
(3)由A(2 ，0)、B(0，2)得：OA=2 ，OB=2，AB=4，&BAO=30&，&DOA=60&;
OD与O点关于AB对称
∴OD=OA=2
∴D点的横坐标为 ，纵坐标为3，即D( ，3).
因为y= 过点D，
∴3= ，∴k=3 .
(4)AP=t，AQ= t，P到x轴的距离：AP&sin30&= t，OQ=OAAQ=2
∴S△OPQ= &(2
t)& t= (t2 )2+ ;
依题意， 得0
∴当t=2 时，S有最大值为 .
【48. 2012宜宾】
22.如图，抛物线y=x22x+c的顶点A在直线l：y=x5上.
(1)求抛物线顶点A的坐标;
(2)设抛物线与y轴交于点B，与x轴交于点C.D(C点在D点的左侧)，试判断△ABD的形状;
(3)在直线l上是否存在一点P，使以点P、A.B.D为顶点的四边形是平行四边形?若存在，求点P的坐标;若不存在，请说明理由.
考点：二次函数综合题。
解答：解：(1)∵顶点A的横坐标为x= =1，且顶点A在y=x5上，
∴当x=1时，y=15=4，
∴A(1，4).
(2)△ABD是直角三角形.
将A(1，4)代入y=x22x+c，可得，12+c=4，∴c=3，
∴y=x22x3，∴B(0，3)
当y=0时，x22x3=0，x1=1，x2=3
∴C(1，0)，D(3，0)，
BD2=OB2+OD2=18，AB2=(43)2+12=2，AD2=(31)2+42=20，
BD2+AB2=AD2，
∴&ABD=90&，即△ABD是直角三角形.
由题意知：直线y=x5交y轴于点A(0， 5)，交x轴于点F(5，0)
∴OE=OF=5，又∵OB=OD=3
∴△OEF与△OBD都是等腰直角三角形
∴BD∥l，即PA∥BD
则构成平行四边形只能是PADB或PABD，如图，
过点P作y轴的垂线，过点A作x轴的垂线并交于点C
设P(x1，x15)，则G(1，x15)
则PC=|1x1|，AG=|5x14|=|1x1|
由勾股定理得：
(1x1)2+(1x1)2=18，x122x18=0，x1=2，4
∴P(2，7)，P(4，1)
存在点P(2，7)或P(4，1)使以点A.B.D.P为顶点的四边形是平行四边形.
【49. 2012武汉】
25.如图1，点A为抛物线C1：y= x22的顶点，点B的坐标为(1，0)直线AB交抛物线C1于另一点C
(1)求点C的坐标;
(2)如图1，平行于y轴的直线x=3交直线AB于点D，交抛物线C1于点E，平行于y轴的直线x=a交直线AB于F，交抛物线C1于G，若FG：DE=4：3，求a的值;
(3)如图2，将抛物线C1向下平移m(m&0)个单位得到抛物线C2，且抛物线C2的顶点为点P，交x轴于点M，交射线BC于点N.NQ&x轴于点Q，当NP平分&MNQ时，求m的值.
考点：二次函数综合题。
解答：解：(1)当x=0时，y=2;∴A(0，2).
设直线AB的解析式为y=kx+b，则：
∴直线AB解析式为y=2x2.
∵点C为直线y=2x2与抛物线y= x22的交点，则点C的横、纵坐标满足：
，解得 、 (舍)
∴点C的坐标为(4，6).
(2)直线x=3分别交直线AB和抛物线C1于D.E两点.
∴yD=4，yE= ，∴DE= .
∵FG=DE=4：3，∴FG=2.
∵直线x=a分别交直线AB和抛物线C1于F、G两点.
∴yF=2a2，yG= a22
∴FG=|2a a2|=2，
解得：a1=2，a2=2+2 ，a3=22 .
(3)设直线MN交y轴于T，过点N做NH&y轴于点H;
设点M的坐标为(t，0)，抛物线C2的解析式为y= x22m;
∴0= t22m，∴2m= t2.
∴y= x2 t2，∴点P坐标为(0， t2).
∵点N是直线AB与抛物线y= x2 t2的交点，则点N的横、纵坐标满足：
，解得 、 (舍)
∴N(2t，22t).
NQ=22t，MQ=22t，
∴MQ=NQ，∴&MNQ=45&.
∴△MOT、△NHT均为等腰直角三角形，
∴MO=OT，HT=HN
∴OT=4，NT= ，NH= (2t)，PT=t+ t2.
∵PN平分&MNQ，
∴PT=NT，
∴t+ t2= (2t)，
∴t1=2 ，t2=2(舍)
2m= t2= (2 )2，∴m=2.
【50.2012潜江】
24.如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A(1，0)，B(4，0)两点，交y 轴于点C，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D，点P是抛物线上一动点.
(1)求抛物线解析式及点D坐标;
(2)点E在x轴上，若以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标;
(3)过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q&.是否存在点P，使Q&恰好落在x轴上?若存在，求出此时点P的坐标;若不存在，说明理由.
考点： 二次函数综合题。
专题： 综合题。
分析： (1)用待定系数法可得出抛物线的解析式，令y=2可得出点D的坐标;
(2)分两种情况进行讨论，①当AE为一边时，AE∥PD，②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，求解点P坐标.
(3)结合图形可判断出点P在直线CD下方，设点P的坐标为(a， a2+ a+2)，分情况讨论，①当P点在y轴右侧时，②当P点在y轴左侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可.
解答： 解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过A(1，0)，B(4，0)两点，
∴ ，
∴y= x2+ x+2;
当y=2时， x2+ x+2=2，解得：x1=3，x2=0(舍)，
即：点D坐标为(3，2).
(2)A，E两点都在x轴上，AE有两种可能：
①当AE为一边时，AE∥PD，
∴P1(0，2)，
②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，
可知P点、D点到直线AE(即x轴)的距离相等，
∴P 点的纵坐标为2，
代入抛物线的解析式： x2+ x+2=2
解得：x1= ，x2= ，
∴P点的坐标为( ，2)，( ，2)
综上所述：p1(0，2);p2( ，2);p3( ，2).
(3)存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方，设直线PQ交x轴于F，点P的坐标为(a， a2+ a+2)，
①当P点在y轴右侧时(如图1)，CQ=a，
PQ=2( a2+ a+2)= a2 a，
又∵&CQ&O+&FQ&P=90&，&COQ&=&Q&FP=90&，
∴&FQ&P=&OCQ&，
∴△COQ&～△Q&FP， ， ，
∴Q&F=a3，
∴OQ&=OFQ&F=a(a3)=3，CQ=CQ&= = ，
此时a= ，点P的坐标为( ， )，
②当P点在y轴左侧时(如图2)此时a&0，， a2+ a+2&0，CQ=a，
PQ=2( a2+ a+2)= a2 a，
又∵&CQ&O+&FQ&P=90&，&CQ&O+&OCQ&=90&，
∴&FQ&P=&OCQ&，&COQ&=&Q&FP=90&，
∴△COQ&～△Q&FP， ， ，Q&F=3a，
∴OQ&=3，
CQ=CQ&= ，
此时a= ，点P的坐标为( ， ).
综上所述，满足条件的点P坐标为( ， )，( ， ).
点评： 此题考查了二次函数的综合应用，综合考查了翻折变换、相似三角形的判定与性质，解答此类题目要求我们能将所学的知识融会贯通，属于中考常涉及的题目，同学们一定要留意.
2012中考科目：
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2012中考考前：&
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2012中考考后：
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