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1、（11福州）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的边长为2cm，点A、C分别在y轴的负半轴和x轴的正半轴上，抛物线y=ax2+bx+c通过点A、B和D.
（1）求抛物线的解析式.
（2）如果点P由点A出发沿AB边以2cm/s的速度向点B运动，同
时点Q由点B出发沿BC边以1cm/s的速度向点C运动，当其中一点达到终点时，另一点也随之停止运动. 设S=PQ2(cm2)
①试求出S与运动时间t之间的函数关系式，并写出t的取值范畴；
②当S取时，在抛物线上与否存在点R，使得以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形? 如果存在，求出R点的坐标；如果不存在，请阐明理由.
（3）在抛物线的对称轴上求点M，使得M到D、A的距离之差最大，求出点M的坐标.
（第22题）
解: (1)据题意知: A(0, －2), B(2, －2) ，D（4，—）,
则 解得
∴抛物线的解析式为:
----------------------------4分
(2) ①由图象知: PB=2－2t, BQ= t, ∴S=PQ2=PB2+BQ2=(2－2t)2 + t2 ,
即 S=5t2－8t+4 (0≤t≤1) --------------------6分
②假设存在点R, 可构成以P、B、R、Q为顶点的平行四边形.
∵S=5t2－8t+4 (0≤t≤1), ∴当S=时, 5t2－8t+4=,得 20t2－32t+11=0,
解得 t = ，t = （不合题意，舍去）-------------------------------7分
此时点 P的坐标为（1，-2），Q点的坐标为（2，—）
若R点存在，分状况讨论:
【A】假设R在BQ的右边, 这时QRPB, 则，R的横坐标为3, R的纵坐标为—
即R (3, －)，代入, 左右两边相等，
∴这时存在R(3, －)满足题意.
【B】假设R在BQ的左边, 这时PRQB, 则：R的横坐标为1, 纵坐标为－即(1, －) 代入, 左右两边不相等, R不在抛物线上.
【C】假设R在PB的下方, 这时PRQB, 则：R(1，—)代入,
左右不相等, ∴R不在抛物线上.
总而言之, 存点一点R(3, －)满足题意. ---------------------11分
（3）∵A有关抛物线的对称轴的对称点为B,过B、D的直线与抛物线的对称轴的交点为所求M，M的坐标为（1，—）---------------------------------------14分
2、（11德州） 在直角坐标系xoy中，已知点P是反比例函数图象上一种动点，以P为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为A．
（1）如图1，⊙P运动到与x轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并阐明理由．
（2）如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时：
①求出点A，B，C的坐标．
②在过A，B，C三点的抛物线上与否存在点M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的．若存在，试求出全部满足条件的M点的坐标，若不存在，试阐明理由．
A
P
x
y
K
O
图1
图1
A
P
x
y
K
O
解：（1）∵⊙P分别与两坐标轴相切，
∴ PA⊥OA，PK⊥OK．
∴∠PAO=∠OKP=90°．
又∵∠AOK=90°，
∴ ∠PAO=∠OKP=∠AOK=90°．
∴四边形OKPA是矩形．
又∵OA=OK，
∴四边形OKPA是正方形．……………………2分
O
A
P
x
y
B
C
图2
G
M
（2）①连接PB，设点P的横坐标为x，则其纵坐标为．
过点P作PG⊥BC于G．
∵四边形ABCP为菱形，
∴BC=PA=PB=PC．
∴△PBC为等边三角形．
在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，
PG=．
sin∠PBG=，即．
解之得：x=±2（负值舍去）．
∴ PG=，PA=BC=2．……………………4分
易知四边形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1，
∴OB=OG－BG=1，OC=OG+GC=3．
∴ A（0，），B（1，0） C（3，0）．……………………6分
设二次函数解析式为：y=ax2+bx+c．
据题意得：
解之得：a=， b=， c=．
∴二次函数关系式为：．……………………9分
②解法一：设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得：
解之得：u=， v=．
∴直线BP的解析式为：．
过点A作直线AM∥PB，则可得直线AM的解析式为：．
解方程组：
得： ； ．
过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM的解析式为：．
∴0=．
∴．
∴直线CM的解析式为：．
解方程组：
得： ； ．
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，
分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．…………………12分
解法二：∵，
∴A（0，），C（3，0）显然满足条件．
延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA．
又∵AM∥BC，
∴．
∴点M的纵坐标为．
又点M的横坐标为AM=PA+PM=2+2=4．
∴点M（4，）符合规定．
点（7，）的求法同解法一．
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，
分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．…………………12分
解法三：延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA．
又∵AM∥BC，
∴．
∴点M的纵坐标为．
即．
解得：（舍），．
∴点M的坐标为（4，）．
点（7，）的求法同解法一．
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，
分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．…………………12分
3、（11义乌）已知二次函数的图象通过A（2，0）、C(0，12) 两点，且对称轴为直线x=4. 设顶点为点P，与x轴的另一交点为点B.
（1）求二次函数的解析式及顶点P的坐标；
（2）如图1，在直线 y=2x上与否存在点D，使四边形OPBD为等腰梯形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请阐明理由；
（3）如图2，点M是线段OP上的一种动点（O、P两点除外），以每秒个单位长度的速度由点P向点O 运动，过点M作直线MN∥x轴，交PB于点N. 将△PMN沿直线MN对折，得到△P1MN. 在动点M的运动过程中，设△P1MN与梯形OMNB的重叠部分的面积为S，运动时间为t秒. 求S有关t的函数关系式.
O
P
C
B
A
x
y
图1
图2
M
O
A
x
P
N
C
B
y
解：（1）设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c
由题意得
解得
∴二次函数的解析式为y= x2－8x+12 ……………………………………………2分
点P的坐标为（4，－4） …………………………………………………………3分
（2）存在点D，使四边形OPBD为等腰梯形. 理由以下：
当y=0时，x2-8x+12=0 ∴x1=2 ， x2=6
∴点B的坐标为（6，0）
DO
x
A
O
B
C
P
y
设直线BP的解析式为y=kx+m
则 解得
∴直线BP的解析式为y=2x－12
∴直线OD∥BP………………………………………4分
∵顶点坐标P（4， －4） ∴ OP=4
设D(x，2x) 则BD2=（2x）2+(6－x)2
当BD=OP时，（2x）2+(6－x)2=32
x
P1
M
A
O
B
C
P
N
y
H
解得：x1=，x 2=2…………………………………………………………………6分
当x2=2时，OD=BP=，四边形OPBD为平行四边形，舍去
∴当x=时四边形OPBD为等腰梯形 …………………7分
∴当D(，)时，四边形OPBD为等腰梯形 ………8分
（3）① 当0＜t≤2时，
∵运动速度为每秒个单位长度，运动时间为t秒，
则MP=t ∴PH=t，MH=t，HN=t ∴MN=t
∴S=t·t·=t2 ……………………10分
x
P1
M
A
O
B
C
P
N
G
H
E
F
y
② 当2＜t＜4时，P1G=2t－4，P1H=t
∵MN∥OB ∴ ∽
∴ ∴
∴ =3t2－12t+12
∴S=t2－(3t2－12t+12)= －t2+12t－12
∴ 当0＜t≤2时，S=t2
4、（11金华）在平面直角坐标系中，如图1，将个边长为1的正方形并排构成矩形OABC, 相邻两边OA和OC分别落在轴和轴的正半轴上, 设抛物线（＜0）过矩形顶点B、C.
（1）当n=1时，如果=-1，试求b的值；
（2）当n=2时，如图2，在矩形OABC上方作一边长为1的正方形EFMN，使EF在线段CB上，如果M，N两点也在抛物线上，求出此时抛物线的解析式；
图1 图2 图3
x
y
M
N
x
O
C
E
A
B
F
A
B
y
C
O
…
x
O
y
A
C
B
（3）将矩形OABC绕点O顺时针旋转，使得点B落到轴的正半轴上，如果该抛物线同时通过原点O.①试求当n=3时a的值；
②直接写出有关的关系式．
23.(本题10分)
（1）由题意可知，抛物线对称轴为直线x=，
∴,得x
y
O
C
E
A
B
M
N
F
b= 1； ……2分
y
x
O
C
A
B
（2）设所求抛物线解析式为，
由对称性可知抛物线通过点B（2，1）和点M（，2）
∴ 解得
∴所求抛物线解析式为；……4分
（3）①当n=3时，OC=1，BC=3，
设所求抛物线解析式为，
x
y
O
A
B
C
D
过C作CD⊥OB于点D，则Rt△OCD∽Rt△CBD，
∴,
设OD=t，则CD=3t，
∵，
∴， ∴,
∴C（，）, 又 B（，0），
∴把B 、C坐标代入抛物线解析式，得
解得:a=； ……2分
②. ……2分
5、（11金华）第24题图
O
B
D
E
C
F
x
y
A
如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆C，点B是该半圆周上一动点，连结OB、AB，并延长AB至点D，使DB=AB，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线OB于点E、F，点E为垂足，连结CF．
（1）当∠AOB=30°时，求弧AB的长度；
（2）当DE=8时，求线段EF的长；
（3）在点B运动过程中，与否存在以点E、C、F
为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，请求出此
时点E的坐标；若不存在，请阐明理由．
（1）连结BC,
∵A（10，0）, ∴OA=10 ,CA=5,
∵∠AOB=30°,
∴∠ACB=2∠AOB=60°,
O
B
D
E
C
F
x
y
A
∴弧AB的长=; ……4分
（2）连结OD,
∵OA是⊙C直径, ∴∠OBA=90°,
又∵AB=BD,
∴OB是AD的垂直平分线,
∴OD=OA=10,
在Rt△ODE中，
OE=,
∴AE=AO－OE=10-6=4,
由 ∠AOB=∠ADE=90°-∠OAB，∠OEF=∠DEA，
得△OEF∽△DEA,
∴,即，∴EF=3；……4分
O
B
D
F
C
E
A
x
y
（3）设OE=x，
①当交点E在O，C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角
形与△AOB相似，有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB，
当∠ECF=∠BOA时，此时△OCF为等腰三角形，点E为OC
中点，即OE=，
∴E1（，0）；
当∠ECF=∠OAB时，有CE=5-x, AE=10-x，
∴CF∥AB,有CF=,
∵△ECF∽△EAD,
O
B
D
F
C
E
A
x
y
∴,即,解得：,
∴E2（，0）;
②当交点E在点C的右侧时，
∵∠ECF＞∠BOA，
∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO，
O
B
D
F
C
E
A
x
y
连结BE，
∵BE为Rt△ADE斜边上的中线，
∴BE=AB=BD,
∴∠BEA=∠BAO,
∴∠BEA=∠ECF,
∴CF∥BE, ∴,
∵∠ECF=∠BAO, ∠FEC=∠DEA=Rt∠，
∴△CEF∽△AED, ∴,
而AD=2BE, ∴,
即, 解得, ＜0（舍去），
∴E3（，0）;
③当交点E在点O的左侧时，
∵∠BOA=∠EOF＞∠ECF .
∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO
O
B
D
F
C
E
A
x
y
连结BE，得BE==AB，∠BEA=∠BAO
∴∠ECF=∠BEA,
∴CF∥BE,
∴,
又∵∠ECF=∠BAO, ∠FEC=∠DEA=Rt∠，
∴△CEF∽△AED, ∴，
而AD=2BE, ∴,
∴, 解得, ＜0（舍去）,
∵点E在x轴负半轴上, ∴E4（，0）,
总而言之：存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似,此时点E坐标为：
（，0）、（，0）、（，0）、（，0）．……4分
A
B
C
D
l1
l2
l3
l4
h1
h2
h3
6、（11安徽如图，正方形ABCD的四个顶点分别在四条平行线l1、l2、l3、l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h1、h2、h3(h1＞0，h2＞0，h3＞0)．
(1)求证：h1＝h2；
【证】
(2)设正方形ABCD的面积为S，求证：S＝(h1＋h2)2＋h12；
【证】
(3)若h1＋h2＝1，当h1变化时，阐明正方形ABCD的面积S随h1的变化状况．
【解】
（1）过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CH⊥l2分别交l2、l3于点H、G，证△ABE≌△CDG即可.
（2）易证△ABE≌△BCH≌△CDG≌△DAF,且两直角边长分别为h1、h1+h2,四边形EFGH是边长为h2的正方形，
因此.
(3)由题意，得 因此
又 解得0＜h1＜