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2012年贵州中考数学押轴题汇总(带答案)

贵州各市2012年中考数学试题分类解析汇编

专题12：押轴题

一、选择题

1. (2012贵州贵阳3分)已知二次函数y=ax2+bx+c(a<0)的图象如图所示，当﹣5≤x≤0时，下列说法正确的是【 】

A.有最小值﹣5、最大值0 B.有最小值﹣3、最大值6

C.有最小值0、最大值6 D.有最小值2、最大值6

【答案】B。

【考点】二次函数的图象和最值。

【分析】由二次函数的图象可知，

∵﹣5≤x≤0，∴当x=﹣2时函数有最大值，y最大=6;当x=﹣5时函数值最小，y最小=﹣3。故选B。

2. (2012贵州安顺3分)下列说法中正确的是【 】

A. 是一个无理数

B. 函数 的自变量的取值范围是x>﹣1

C. 若点P(2，a)和点Q(b，﹣3)关于x轴对称，则a﹣b的值为1

D. ﹣8的立方根是2

【答案】C。

【考点】无理数，函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件，关于x轴对称的点的坐标，立方根。

【分析】A、 =3是有理数，故此选项错误;

B、函数 的自变量的取值范围是x≥﹣1，故此选项错误;

C、若点P(2，a)和点Q(b，﹣3)关于x轴对称，则b=2，a=3，故a﹣b=3﹣2=1，故此选项正确;

D、﹣8的立方根式﹣2，故此选项错误。

故选C。

3. (2012贵州毕节3分)如图，在正方形ABCD中，以A为顶点作等边△AEF，交BC边于E，交DC边于F;又以A为圆心，AE的长为半径作 。若△AEF的边长为2，则阴影部分的面积约是【 】

(参考数据： ，π取3.14)

A. 0.64 B. 1.64 C. 1.68 D. 0.36

【答案】A。

【考点】正方形和等边三角形的性质，勾股定理，扇形和三角形面积。

【分析】由图知， 。因此，由已知，根据正方形、等边三角形的性质和勾股定理，可得等边△AEF的边长为2，高为 ;Rt△AEF的两直角边长为 ;扇形AEF的半径为2圆心角为600。

∴ 。故选A。

4. (2012贵州六盘水3分)如图为反比例函数 在第一象限的图象，点A为此图象上的一动点，过点A分别作AB⊥x轴和AC⊥y轴，垂足分别为B，C.则四边形OBAC周长的最小值为【 】

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】A。

【考点】反比例函数综合题，矩形的判定和性质，配方法的应用，函数的最值。

【分析】∵反比例函数 在第一象限的图象，点A为此图象上的一动点，过点A分别作AB⊥x轴和AC⊥y轴，垂足分别为B，C.

∴四边形OBAC为矩形。

设宽BO=x，则AB= ，

则 。

∴四边形OBAC周长的最小值为4。故选A。

5. (2012贵州黔东南4分)点P是正方形ABCD边AB上一点(不与A、B重合)，连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°，得线段PE，连接BE，则∠CBE等于【 】

A.75° B.60° C.45° D.30°

【答案】C。

【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质。

【分析】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，

∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°。∴∠ADP+∠APD=90°。

由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°。

∴∠ADP=∠EPF。

在△APD和△FEP中，∵∠ADP=∠EPF，∠A=∠F，PD=PE，

∴△APD≌△FEP(AAS)。∴AP=EF，AD=PF。

又∵AD=AB，∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF。∴AP=BF。∴BF=EF

又∵∠F=90°，∴△BEF为等腰直角三角形。∴∠EBF=45°。

又∵∠CBF=90°，∴∠CBE=45°。故选C。

6. (2012贵州黔南4分)为做好“四帮四促”工作，黔南州某局机关积极倡导“挂帮一日捐”活动。切实帮助贫困村民，在一日捐活动中，全局50名职工积极响应，同时将所捐款情况统计并制成统计图，根据图提供的信息，捐款金额的众数和中位数分别是【 】

A.20，20 B.30，20 C.30，30 D.20，30

【答案】C。

【考点】众数，中位数。

【分析】众数是在一组数据中，出现次数最多的数据，这组数据中，出现次数最多的是30，故这组数据的众数为30。

中位数是一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)。由此将这组数据的中位数是第25和26名职工捐款金额的平均数，(30+30)÷2=30。

故选C。

7. (2012贵州黔西南4分)如图，抛物线 与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且A(-1，0)，点M(m，0)是x轴上的一个动点，当MC+MD的值最小时，m的值是【 】

(A) (B) (C) (D)

【答案】B。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，三角形三边关系。

【分析】如图，作点C关于x轴的对称点C1，连接C1D交x轴于点M，连接CM。

则根据轴对称的性质和三角形三边关系，此时MC+MD的值最小。

∵点A(-1，0)在抛物线 ，

∴ ，解得 。∴抛物线解析式为 。

又∵ ，∴点D的坐标为 。

在 中，令x=0，得 ，∴点C的坐标为(0，-2)，点C1的坐标为(0， 2)。

设直线C1D： ，由C1(0， 2)，D 得

，解得 。∴直线C1D： 。

令y=0，即 ，解得 。∴ 。故选B。

8. (2012贵州铜仁4分)如图，第①个图形中一共有1个平行四边形，第②个图形中一共有5个平行四边形，第③个图形中一共有11个平行四边形，…则第⑩个图形中平行四边形的个数是【 】

A.54　　B.110　　C.19　　D.109

【答案】D。

【考点】分类归纳(图形的变化类)。

【分析】寻找规律：

第①个图形中有1个平行四边形;

第②个图形中有1+4=5个平行四边形;

第③个图形中有1+4+6=11个平行四边形;

第④个图形中有1+4+6+8=19个平行四边形;

…

第n个图形中有1+2(2+3+4+…+n)个平行四边形;

则第⑩个图形中有1+2(2+3+4+5+6+7+8+9+10)=109个平行四边形。故选D。

9. (2012贵州遵义3分)如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF=1，FD=2，则BC的长为【 】

A. B. C. D.

二、填空题

1. (2012贵州贵阳4分)如图，在△ABA1中，∠B=20°，AB=A1B，在A1B上取一点C，延长AA1到A2，使得A1A2=A1C;在A2C上取一点D，延长A1A2到A3，使得A2A3=A2D;…，按此做法进行下去，∠An的度数为　 ▲ 　.

【答案】 。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，等腰三角形的性质，三角形的外角性质。

【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律即可得出∠An的度数：

∵在△ABA1中，∠B=20°，AB=A1B，∴∠BA1A= 。

∵A1A2=A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角，∴∠CA2A1= 。

同理可得，∠DA3A2=20°，∠EA4A3=10°，••••••

∴∠An= 。

2. (2012贵州安顺4分)已知2+ =22× ，3+ =32× ，4+ =42× …，若8+ =82× (a，b为正整数)，则a+b=　 ▲ 　.

【答案】71。

【考点】分类归纳(数字的变化类)。

【分析】根据规律：可知a=8，b=82﹣1=63，∴a+b=71。

3. (2012贵州毕节5分)在下图中，每个图案均由边长为1的小正方形按一定的规律堆叠而成，照此规律，第10个图案中共有 ▲ 个小正方形。

【答案】100。

【考点】分类归纳(图形的变化类)。

【分析】寻找规律：

第1个图案中共有1=12个小正方形;第2个图案中共有4=22个小正方形;

第3个图案中共有9=32个小正方形;第4个图案中共有16=42个小正方形;

……

∴第10个图案中共有102=100个小正方形。

4. (2012贵州六盘水4分)如图是我国古代数学家杨辉最早发现的，称为“杨辉三角”.它的发现比西方要早五百年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的!“杨辉三角”中有许多规律，如它的每一行的数字正好对应了(a+b)n(n为非负整数)的展开式中a按次数从大到小排列的项的系数。

例如， 展开式中的系数1、2、1恰好对应图中第三行的数字;

再如， 展开式中的系数1、3、3、1恰好对应图中第四行的数字。

请认真观察此图，写出(a+b)4的展开式，(a+b)4= ▲ .

【答案】a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4。

【考点】分类归纳(数字的变化类)，完全平方公式。

【分析】由(a+b)=a+b，(a+b)2=a2+2ab+b2，(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3可得(a+b)n的各项展开式的系数除首尾两项都是1外，其余各项系数都等于(a+b)n﹣1的相邻两个系数的和，由此可得(a+b)4的各项系数依次为1、4、6、4、1。如图：

∴(a+b)4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4。

5. (2012贵州黔东南4分)如图，第(1)个图有2个相同的小正方形，第(1)个图有2个相同的小正方形，第(2)个图有6个相同的小正方形，第(3)个图有12个相同的小正方形，第(4)个图有20个相同的小正方形，…，按此规律，那么第(n)个图有　 ▲ 　个相同的小正方形.

【答案】n(n+1)。

【考点】分类归纳(图形的变化类)。

【分析】寻找规律：

第(1)个图有2个相同的小正方形，2=1×2，

第(2)个图有6个相同的小正方形，6=2×3，

第(3)个图有12个相同的小正方形，12=3×4，

第(4)个图有20个相同的小正方形，20=4×5，

…，

按此规律，第(n)个图有n(n+1)个相同的小正方形。

6. (2012贵州黔南5分)如图，四边形ABCD是矩形，A，B两点在x轴的正半轴上，C，D两点在抛物线 上，设OA=m(0

【答案】 。

【考点】矩形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。

【分析】求l与m的函数解析式就是把m当作已知量，求l，先求AD，它的长就是D点的纵坐标，再把D点纵坐标代入函数解析式求C点横坐标，C点横坐标与D点横坐标的差就是线段CD的长，用l=2(AD+AB)，建立函数关系式：

把x=m代入抛物线 中，得AD= ，

把y= 代入抛物线 中，得 ，解得x1=m，x2=6-m。

∴C的横坐标是6-m。∴AB=6-m-m=6-2m。

∴矩形的周长是 。

7. (2012贵州黔西南3分)把一张矩形纸片(矩形ABCD)按如图方式折叠，使顶点B和点D重合，折痕为EF，若AB=3cm，BC=5cm，则重叠部分△DEF的面积为 ▲ cm 2。

【答案】 。

【考点】折叠问题，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。

【分析】设ED=x，则根据折叠和矩形的性质，得A′E=AE=5-x，A′D=AB=3。

根据勾股定理，得 ，即 ，解得 。

∴ (cm 2)。

8. (2012贵州铜仁4分)以边长为2的正方形的中心O为端点，引两条相互垂直的射线，分别与正方形的边交于A、B两点，则线段AB的最小值是 ▲ .

9. (2012贵州遵义4分)如图，平行四边形ABCD的顶点为A、C在双曲线 上，B、D在双曲线 上，k1=2k2(k1>0)，AB∥y轴，S△ABCD=24，则k1=　 ▲ 　.

【答案】8。

【考点】反比例函数综合题，平行四边形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征。

【分析】∵在 ABCD中，AB∥CD，AB=CD(平行四边形的对边平行且相等)，

∴设A(x，y1)、B(x、y2)，(x<0)。

则根据反比例函数的图象关于原点对称的性质知，C(﹣x，﹣y1)、D(﹣x、﹣y2)。

∵A在双曲线 上，B在双曲线 上，∴ ， 。∴ 。

又∵k1=2k2(k1>0)，∴y1=﹣2y2。

∵S△ABCD=24，∴ ，即 。解得，k1=8。

三、解答题

1. (2012贵州贵阳12分)如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分，我们把这条直线称为这个平面图形的一条面积等分线.

(1)三角形有　 　条面积等分线，平行四边形有　 　条面积等分线;

(2)如图①所示，在矩形中剪去一个小正方形，请画出这个图形的一条面积等分线;

(3)如图②，四边形ABCD中，AB与CD不平行，AB≠CD，且S△ABC

【答案】解：(1)6;无数。

(2)这个图形的一条面积等分线如图：

连接2个矩形的对角线的交点的直线即把这个图形分成2个相等的部分.即OO′为这个图形的一条面积等分线。

(3)四边形ABCD的面积等分线如图所示：

理由如下：

过点B作BE∥AC交DC的延长线于点E，连接AE。

∵BE∥AC，∴△ABC和△AEC的公共边AC上的高也相等，∴ S△ABC=S△AEC。

∴ 。

∵S△ACD>S△ABC，

∴面积等分线必与CD相交，取DE中点F，则直线AF即为要求作的四边形ABCD的面积等分线。

【考点】面积及等积变换，平行线之间的距离，三角形的面积，平行四边形的性质，矩形的性质。

【分析】(1)读懂面积等分线的定义，不难得出：三角形的面积等分线是三角形的中线所在的直线;过两条对角线的交点的直线都可以把平行四边形的面积分成2个相等的部分;从而三角形有3条面积等分线，平行四边形有无数条面积等分线。

(2)由(1)知，矩形的一条对角线所在的直线就是矩形的一条面积等分线;

(3)过点B作BE∥AC交DC的延长线于点E，连接AE.根据△ABC和△AEC的公共边AC上的高也相等推知S△ABC=S△AEC;由“割补法”可以求得 。

2. (2012贵州贵阳12分)如图，二次函数y= x2﹣x+c的图象与x轴分别交于A、B两点，顶点M关于x轴的对称点是M′.

(1)若A(﹣4，0)，求二次函数的关系式;

(2)在(1)的条件下，求四边形AMBM′的面积;

(3)是否存在抛物线y= x2﹣x+c，使得四边形AMBM′为正方形?若存在，请求出此抛物线的函数关系式;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)∵A(﹣4，0)在二次函数y= x2﹣x+c的图象上，

∴ ×(﹣4)2﹣(﹣4)+c=0，解得c=﹣12。

∴二次函数的关系式为 。

(2)∵ ，

∴顶点M的坐标为(1， )。

∵A(﹣4，0)，对称轴为x=1，∴点B的坐标为(6，0)。∴AB=6﹣(﹣4)=6+4=10。

∴S△ABM= 。

∵顶点M关于x轴的对称点是M′，∴S四边形AMBM′=2S△ABM=2× =125。

(3)存在抛物线 ，使得四边形AMBM′为正方形。理由如下：

在y= x2﹣x+c中，令y=0，则 x2﹣x+c=0，

设点AB的坐标分别为A(x1，0)B(x2，0)，

则x1+x2= ，x1•x2= 。

∴ 。

点M的纵坐标为： 。

∵顶点M关于x轴的对称点是M′，四边形AMBM′为正方形，-

∴ ，整理得，4c2+4c﹣3=0，解得c1= ，c2=﹣ 。

又抛物线与x轴有两个交点，

∴△=b2﹣4ac=(﹣1)2﹣4× c>0，解得c< 。∴c的值为﹣ 。

∴存在抛物线 ，使得四边形AMBM′为正方形。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系和根的判别式，解一元二次方程，轴对称的性质，正方形的性质。

【分析】(1)把点A的坐标代入二次函数解析式，计算求出c的值，即可得解。

(2)把二次函数解析式整理成顶点式解析式，根据对称性求出点B的坐标，求出AB的长。根据顶点坐标求出点M到x轴的距离，然后求出△ABM的面积，根据对称性可得S四边形AMBM′=2S△ABM，计算即可得解。

(3)令y=0，得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求出AB的长度，根据抛物线解析式求出顶点M的纵坐标，然后根据正方形的对角线互相垂直平分且相等列式求解，如果关于c的方程有解，则存在，否则不存在。

3. (2012贵州安顺12分)如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，∠CAB=40°，∠APD=65°.

(1)求∠B的大小;

(2)已知AD=6，求圆心O到BD的距离.

【答案】解：(1)∵∠APD=∠C+∠CAB，∠CAB=40°，∠APD=65°，

∴∠C=65°﹣40°=25°。

∴∠B=∠C=25°。

(2)过点O作OE⊥BD于E，则DE=BE，

又∵AO=BO，∴OE= AD= ×6=3。

∴圆心O到BD的距离为3。

【考点】圆周角定理，三角形外角性质，垂径定理，三角形中位线定理。

【分析】(1)根据圆周定理以及三角形外角求出即可。

(2)利用三角形中位线定理得出OE= AD，即可得出答案。

4. (2012贵州安顺14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边长OA、OC分别为12cm、6cm，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经过点A、B，且18a+c=0.

(1)求抛物线的解析式.

(2)如果点P由点A开始沿AB边以1cm/s的速度向终点B移动，同时点Q由点B开始沿BC边以2cm/s的速度向终点C移动.

①移动开始后第t秒时，设△PBQ的面积为S，试写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围.

②当S取得最大值时，在抛物线上是否存在点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，请说明理由.

【答案】解：(1)由题意知点A(0，﹣12)，

由矩形OABC知AB∥OC，且AB=6，

∴B(6，-12)。

∵抛物线y=ax2+bx+c经过A、B两点，且18a+c=0，

，解得

∴抛物线的解析式为 。

(2)①由已知，PB=6-t，QB=2t，

∴ 。

②∵ ，∴当t=3时，S取最大值为9。

这时点P的坐标(3，﹣12)，点Q坐标(6，﹣6)。

若以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形，有如下三种情况：

(Ⅰ)当点R在BQ的左边，且在PB下方时，点R的坐标(3，﹣18)，将(3，﹣18)代入抛物线的解析式中，满足解析式，所以存在，点R的坐标就是(3，﹣18)。

(Ⅱ)当点R在BQ的左边，且在PB上方时，点R的坐标(3，﹣6)，将(3，﹣6)代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件。

(Ⅲ)当点R在BQ的右边，且在PB上方时，点R的坐标(9，﹣6)，将(9，﹣6)代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件。

综上所述，点R坐标为(3，﹣18)。

【考点】二次函数综合题，矩形的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值，平行四边形的判定。

【分析】(1)由已知，求出A，B的坐标，结合18a+c=0，解方程组即可求出抛物线的解析式。

(2)①由已知得PB=6-t，QB=2t，，根据三角形面积公式即可得出S与t之间的函数关系式。

由于AB=6，点P的速度为1;BC=12，点Q的速度为2，从而 。

②将抛物线的解析式化为顶点式即可求出S取最大值时t的值，从而求出点P和Q的坐标。根据平行四边形的判定分三种情况讨论：(Ⅰ)当点R在BQ的左边，且在PB下方时，(Ⅱ)当点R在BQ的左边，且在PB上方时，(Ⅲ)当点R在BQ的右边，且在PB上方时。

5. (2012贵州毕节14分)如图，AB是⊙O的直径，AC为弦，D是 的中点，过点D作EF⊥AC的延长线于E，交AB的延长线于E，交AB的延长线于F。

(1)求证：EF是⊙O的切线;

(2)若 ∠F= ，AE=4，求⊙O的半径和AC的长。

【答案】(1)证明：连接OD，

∵D是 的中点，∴∠BOD=∠A。

∴OD∥AC。

∵EF⊥AC，∴∠E=90°。∴∠ODF=90°。

∴EF是⊙O的切线;

(2)解：在△AEF中，∵∠E=90°，sin∠F= ，AE=4，

∴ 。

设⊙O的半径为R，则OD=OA=OB=R，AB=2R.

在△ODF中，∵∠ODF=90°，sin∠F= ，∴OF=3OD=3R。

∵OF+OA=AF，∴3R+R=12，∴R=3。

连接BC，则∠ACB=90°。

∵∠E=90°，∴BC∥EF。∴AC：AE=AB：AF。

∴AC：4=2R：4R，∴AC=2。

∴⊙O的半径为3，AC的长为2。

【考点】弧、圆周角和圆心角的关系，圆周角定理，平行的判定和性质，切线的判定，锐角三角函数定义，平行线分线段成比例定理。

【分析】(1)连接OD，根据圆周角定理，可得∠BOD=∠A，则OD∥AC，从而得出∠ODF=90°，即EF是⊙O的切线。

(2)先解直角△AEF，由sin∠F= ，得出AF=3AE=12，再在Rt△ODF中，由sin∠F= ，得出OF=3OD，设⊙O的半径为R，由AF=12列出关于R的方程，解方程即可求出⊙O的半径。连接BC，证明BC∥EF，根据平行线分线段成比例定理得出AC：AE=AB：AF，即可求出AC的长。

6. (2012贵州毕节16分)如图，直线l1经过点A(-1，0)，直线l2经过点B(3，0), l1、l2均为与y轴交于点C(0， )，抛物线 经过A、B、C三点。

(1)求抛物线的函数表达式;

(2)抛物线的对称轴依次与 轴交于点D、与l2交于点E、与抛物线交于点F、与l1交于点G。求证：DE=EF=FG;

(3)若l1⊥l2于y轴上的C点处，点P为抛物线上一动点，要使△PCG为等腰三角形，请写出符合条件的点P的坐标，并简述理由。

【答案】解：(1)∵抛物线 经过A(-1，0)，B(3，0)，C(0， )三点，

∴ ，解得 。

∴抛物线的解析式为： . (2)证明：设直线l1的解析式为y=kx+b，由直线l1经过A(-1，0)，C(0， )，得

∴ ，解得 ，∴直线l1的解析式为：y=- x 。

直线l2经过B(3，0)，C(0， )两点，同理可求得直线l2解析式为：y= x 。

∵抛物线 ，

∴对称轴为x=1，D(1，0)，顶点坐标为F(1， )。

点E为x=1与直线l2：y= x 的交点，令x=1，得y= ，∴E(1， )。

点G为x=1与直线l1：y=- x 的交点，令x=1，得y= ，∴G(1， )。

∴各点坐标为：D(1，0)，E(1， )，F(1， )，G(1， )，它们均位于对称轴x=1上。

∴DE=EF=FG= 。

(3)如图，过C点作C关于对称轴x=1的对称点P1，CP1交对称轴于H点，连接CF，PG。

△PCG为等腰三角形，有三种情况：

①当CG=PG时，如图，由抛物线的对称性可知，此时P1满足P1G=CG。

∵C(0， )，对称轴x=1，∴P1(2， )。

②当CG=PC时，此时P点在抛物线上，且CP的长度等于CG。

如图，C(1， )，H点在x=1上，∴H(1， )。

在Rt△CHG中，CH=1，HG=|yG-yH|=| -( )|= ，

∴由勾股定理得： 。∴PC=2.

如图，CP1=2，此时与①中情形重合。

又Rt△OAC中， ，∴点A满足PC=2的条件，但点A、C、G在同一条直线上，所以不能构成等腰三角形。

③当PC=PG时，此时P点位于线段CG的垂直平分线上.

∵l1⊥l2，∴△ECG为直角三角形。

由(2)可知，EF=FG，即F为斜边EG的中点。

∴CF=FG，∴F为满足条件的P点，∴P2(1， )。

又 ，∴∠CGE=30°。∴∠HCG=60°。

又P1C=CG，∴△P1CG为等边三角形。

∴P1点也在CG的垂直平分线上，此种情形与①重合。

综上所述，P点的坐标为P1(2， )或P2(1， )。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】(1)已知A、B、C三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式。

(2)D、E、F、G四点均在对称轴x=1上，只要分别求出其坐标，就可以得到线段DE、EF、FG的长度。D是对称轴与x轴交点，F是抛物线顶点，其坐标易求;E是对称轴与直线l2交点，需要求出l2的解析式，G是对称轴与l1的交点，需要求出l1的解析式，而A、B、C三点坐标已知，所以l1、l2的解析式可以用待定系数法求出。从而问题得到解决。

(3)△PCG为等腰三角形，需要分三种情况讨论：CG=PG，CG=PC，PC=PG。

7. (2012贵州六盘水10分)为鼓励居民节约用水，某市决定对居民用水收费实行“阶梯价”，即当每月用水量不超过15吨时(包括15吨)，采用基本价收费;当每月用水量超过15吨时，超过部分每吨采用市场价收费.小兰家4、5月份的用水量及收费情况如下表：

月份 用水量(吨) 水费(元)

4 22 51

5 20 45

(1)求该市每吨水的基本价和市场价.

(2)设每月用水量为n吨，应缴水费为m元，请写出m与n之间的函数关系式.

(3)小兰家6月份的用水量为26吨，则她家要缴水费多少元?

【答案】解：(1)根据当每月用水量不超过15吨时(包括15吨)，采用基本价收费;当每月用水量超过15吨时，超过部分每吨采用市场价收费，

∵4月份用水22吨，水费51元，5月份用水20吨，水费45元，

∴市场价收费标准为：(51﹣45)÷(22﹣20)=3(元/吨)。

设基本价收费为x元/吨，

根据题意得出：15x+(22﹣15)×3=51，解得：x=2。

∴该市每吨水的基本价和市场价分别为：3元/吨，2元/吨。

(2)当n≤15时，m=2n，当n>15时，m=15×2+(n﹣15)×3=3n-15。

∴m与n之间的函数关系式为 。-

(3)∵小兰家6月份的用水量为26吨，

∴她家要缴水费3×26-15=63元。

【考点】一元一次方程和一次函数的应用。

【分析】(1)利用已知得出4月份用水22吨，水费51元，5月份用水20吨，水费45元，求出市场价收费标准为：(51﹣45)÷(22﹣20)=3(元/吨)，进而得出每吨水的基本价。

(2)利用(1)中所求不同水价，再利用当n≤15时，m=2n，当n>15时，分别求出即可。

(3)根据(2)中所求得出，用水量为26吨时要缴水费。

8. (2012贵州六盘水16分)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.

【答案】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=10﹣2t.

若PQ∥BC，则 ，即 ，解得 。

∴当 s时，PQ∥BC。

(2)如图1所示，过P点作PD⊥AC于点D。

则PD∥BC，∴△APD∽△ABC。

∴ ，即 ，解得 。

∴S= ×AQ×PD= ×2t×( )

。

∴当t= s时，S取得最大值，最大值为 cm2。

(3)不存在。理由如下：

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= ，∴ =12，化简得：t2﹣5t+10=0。

∵△=(﹣5)2﹣4×1×10=﹣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)存在。

假设存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，

则有AQ=PQ=BP=2t。

如图2所示，过P点作PD⊥AC于点D，则有PD∥BC，

∴△APD∽△ABC。

∴ ，即 。

解得：PD= ，AD= ，

∴QD=AD﹣AQ= 。

在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2，即( )2+( )2=(2t)2，

化简得：13t2﹣90t+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=

∴S菱形AQPQ′=2S△AQP=2×( )=2×[﹣ ×( )2+6× ]= 。

∴存在时刻t= ，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为 cm2。

【考点】动点问题，勾股定理和逆定理，平行的判定，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程和一元二次方程根的判别式，二次函数的最值，菱形的性质。

【分析】(1)由PQ∥BC时的比例线段关系，列一元一次方程求解。

(2)如图1所示，过P点作PD⊥AC于点D，得△APD∽△ABC，由比例线段，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)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)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。

9. (2012贵州黔东南12分)我州某教育行政部门计划今年暑假组织部分教师到外地进行学习，预订宾馆住宿时，有住宿条件一样的甲、乙两家宾馆供选择，其收费标准均为每人每天120元，并且各自推出不同的优惠方案.甲家是35人(含35人)以内的按标准收费，超过35人的，超出部分按九折收费;乙家是45人(含45人)以内的按标准收费，超过45人的，超出部分按八折收费.如果你是这个部门的负责人，你应选哪家宾馆更实惠些?

【答案】解：设总人数是x，

当x≤35时，选择两个，宾馆是一样的;当35

当x>45时，甲宾馆的收费是：y甲=35×120+0.9×120×(x﹣35)=108x+420;

乙宾馆的收费是y乙=45×120+0.8×120(x﹣45)=96x+1080。

当y甲=y乙时，108x+420=96x+1080，解得：x=55;

当y甲>y乙时，即108x+420>96x+1080，解得：x>55;

当y甲

综上所述，当x≤35或x=55时，选择两个宾馆是一样的;

当35

当x>55时，选乙宾馆比较便宜。

【考点】一次函数的应用。

【分析】当x≤35时，选择两个，宾馆是一样的;当3535时，两个宾馆的收费可以表示成人数x的函数，比较两个函数值的大小即可。

10. (2012贵州黔东南12分)如图，已知抛物线经过点A(﹣1，0)、B(3，0)、C(0，3)三点.

(1)求抛物线的解析式.

(2)点M是线段BC上的点(不与B，C重合)，过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长.

(3)在(2)的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大?若存在，求m的值;若不存在，说明理由.

【答案】解：(1)∵抛物线经过点A(﹣1，0)、B(3，0)两点，

∴设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x﹣3)，

将C(0，3)代入，得a(0+1)(0﹣3)=3，a=﹣1。

∴抛物线的解析式：y=﹣(x+1)(x﹣3)=﹣x2+2x+3。

(2)设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：

，解得 。∴直线BC的解析式：y=﹣x+3。

已知点M的横坐标为m，则M(m，﹣m+3)、N(m，﹣m2+2m+3);

∴MN=﹣m2+2m+3﹣(﹣m+3)=﹣m2+3m(0

(3)存在。如图;

∵S△BNC=S△MNC+S△MNB= MN(OD+DB)= MN•OB，

∴S△BNC= (﹣m2+3m)•3

=﹣ (m﹣ )2+ (0

∴当m= 时，△BNC的面积最大，最大值为 。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数最值。

【分析】(1)由抛物线经过点A(﹣1，0)、B(3，0)、C(0，3)三点.用待定系数法即可求。

(2)求得直线BC的解析式，即可由点M的横坐标为m得其纵坐标为﹣m+3，结合点N的纵坐标﹣m2+2m+3即可用m的代数式表示MN的长。

(3)求出S△BNC关于m的函数关系式，应用二次函数最值原理即可求得结论。

11. (2012贵州黔南12分)如图1，在边长为5的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD边上的点，且AE⊥EF，BE=2

(1)求EC：CF值;

(2)延长EF交正方形∠BCD的外角平分线CP于点P(图2)，试判断AE与EP大小关系，并说明理由;

(3)在图2的AB边上是否存在一点M，使得四边形DMEP是平行四边形?若存在，请给予证明;若不存在，请说明理由。

【答案】解：(1)∵AE⊥EF，∴∠BEA+∠CEF=90°。

∵四边形ABCD为正方形，∴∠B=∠C=90°。

∴∠BAE +∠BEA =90°。∴∠BA E=∠CEF。∴△ABE∽△ECF。

∴EC：CF=AB：BE=5：2。

(2)在AB上取一点M，使BM=BE，连接ME。

∴AM=CE。∴∠BME=45°。∴∠AME=135°。

∵CP是外角平分线，∴∠DCP=45°。∴∠ECP=135°。

∴∠AME=∠ECP。

∵∠AEB+∠BAE=90°，∠AEB+∠CEF=90°，

∴∠BAE=∠CEF。∴△AME≌△PCE(ASA)。∴AE=EP。

(3)存在，过点D作DM⊥AE交AB于点M，则此时M使得四边形DMEP是平行四边形。证明如下：

∵DM⊥AE，∴∠ADM=90°-∠DAE。

∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠B=∠BAD=90°。

∴∠BAE=90°-∠DAE。∴∠BAE=∠ADM。

∴△BAE≌△ADM(ASA)。∴AD=DM。

由(2)AE=EP，得DM= EP。

双∵DM⊥AE，AE⊥EF，∴DM∥ EP。∴四边形DMEP是平行四边形。

【考点】相似三角形的判定和性质，正方形的性质，外角平分线定义，全等三角形的判定和性质，平行的判定，平行四边形的判定。

【分析】(1)由正方形的性质可得：∠B=∠C=90°，由同角的余角相等，可证得：∠BAE=∠CEF，即可证得：△ABE∽△EFC，又由相似三角形的对应边成比例，即可求得EC：CF的值.

(2)作辅助线：在AB上取一点M，使AM=EC，连接ME，利用ASA，易证得：△AME≌△PCE，则可证得：AE=EP。

(3)过点D作DM⊥AE交AB于点M，此时M使得四边形DMEP是平行四边形。一方面由△BAE≌△ADM(ASA)得AD=DM;另一方面由DM⊥AE，AE⊥EF得DM∥ EP。根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定得证。

12. (2012贵州黔南12分)如图，对称轴为x=3的抛物线 与x轴相交于点B、O。

(1)求抛物线的解析式，并求出顶点A的坐标;

(2)连结AB，把AB所在的直线平移，使它经过原点O，得到直线l。点P是l上一动点。设以点A、B、O、P为顶点的四边形面积为S，点P的横坐标为t，当0

(3)在(2)的条件下，当t取最大值时，抛物线上是否存在点Q，使△OPQ为直角三角形且OP为直角边。若存在，直接写岀点Q的坐标;若不存在，说明理由。(平面几何有个结论：如果两直线垂直，那么它们的斜率的乘积为-1，坐标轴所在直线除外)

【答案】解：(1)∵点B与O(0，0)关于x=3对称，∴点B坐标为(6，0)。

将点B坐标代入 得：36a+12=0。∴a= 。

∴抛物线解析式为 。

当x=3时， 。∴顶点A坐标为(3，3)。

(2)设直线AB解析式为y=kx+b，

∵A(3，3)，B(6，0)，∴ ，解得 。

∴直线AB解析式为y=-x+6。

∵直线l∥AB且过点O，∴直线l解析式为y=-x。

∵点P是l上一动点且横坐标为t，∴点P坐标为(t，-t)。

当P在第四象限时(t>0)，则

。

∵0

又t>0，∴0

当P在第二象限时(t<0)，作PM⊥x轴于M。

设对称轴与x轴交点为N，则

。

∵0

又t<0，∴-3≤t<0。∴t的取值范围是-3≤t<0或0

(3)存在。点Q坐标为(3，3)或(6，0)或(-3，-9)。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程关系，二次函数的性质，直角坐标三角形的判定。

【分析】(1)根据抛物线的对称轴方程即可确定a的值，由此可得到抛物线的解析式，通过配方可求出顶点A的坐标。

(2)根据A、B的坐标，易求得直线AB的解析式，从而可确定直线l的解析式，即可表示出P点的坐标。由于P点的位置不确定，因此本题要分成两种情况考虑：

①P点位于第四象限，此时t>0，四边形AOPB的面积可由△OAB和△OBP的面积和求得，由此可得到关于S、t的函数关系式，根据S的取值范围即可判断出t的取值范围;

②P点位于第二象限，此时t<0，可分别过A、P作x轴的垂线，设垂足为N、M;那么四边形AOPB的面积即可由梯形APMN与△ABN的面积和再减去△OPM的面积求得，由此可得到关于S、t的函数关系式，可参照①的方法求出t的取值范围。

综合上面两种情况即可得到符合条件的t的取值范围。

(3)根据(2)的结论，可求出t的最大值，由此可得到P点的坐标;若△OPQ为直角三角形且OP为直角边，那么有两种情况需要考虑：①∠QOP=90°，②∠OPQ=90°;可分别过Q、O作直线l的垂线m、n，由于互相垂直的两直线斜率的乘积为-1，根据直线l的解析式以及Q、O的坐标，即可求出直线m、n的解析式，联立抛物线的解析式即可求出Q点的坐标：

由(2)知t的最大值为3，则P(3，-3)。

过O、P作直线m、n垂直于直线l。

∵直线l的解析式为y=-x，

∴直线m的解析式为y=x。

可设直线n的解析式为y=x+h，则有：

3+h=-3，h=-6。∴直线n：y=x-6。

联立直线m与抛物线的解析式得：

，解得， 或 。

∴Q1(3，3)。

联立直线n与抛物线的解析式得：

，解得， 或 。

∴Q2(6，0)，Q3(-3，-9)。

综上所述，当t取最大值时，使△OPQ为直角三角形且OP为直角边的抛物线上存在的点Q为：

Q1(3，3)，Q2(6，0)，Q3(-3，-9)。

13. (2012贵州黔西南14分)问题：已知方程 ，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍。

解：设所求方程的根为y，则y=2x，所以

把 代入已知方程，得

化简，得：

故所求方程为

这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”。请阅读材料提供的“换根法”求新方程(要求：把所求方程化成一般形式)

(1)已知方程 ，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的相反数，则所求方程为：

;

(2)已知关于x的一元二次方程 有两个不等于零的实数根，求一个一元二方程，使它的根分别是已知方程的倒数。

【答案】解：(1)y2-y-2=0。

(2)设所求方程的根为y，则 (x≠0)，于是 (y≠0)。

把 代入方程 ，得 ，

去分母，得a+by+cy2=0。

若c=0，有 ，可得有一个解为x=0，与已知不符，不符合题意。

∴c≠0。

∴所求方程为cy2+by+a=0(c≠0)。

【考点】一元二次方程的应用。

【分析】(1)设所求方程的根为y，则y=-x所以x=-y。

把x=-y代入已知方程，得y2-y-2=0。

(2)根据所给的材料，设所求方程的根为y，再表示出x，代入原方程，整理即得出所求的方程。

14. (2012贵州黔西南16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线经过点A(0，4)，B(1，0)，C(5，0)，抛物线的对称轴l与x轴相交于点M.

(1)求抛物线对应的函数解析式和对称轴;

(2)设点P为抛物线(x>5)上的一点，若以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数，请你直接写出点P的坐标;

(3)连接AC，探索：在直线AC下方的抛物线上是否存在一点N，使△NAC的面积最大?若存在，请你求出点N的坐标;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)∵抛物线经过点B(1，0)，C(5，0)，∴设抛物线对应的函数解析式为 。

又∵抛物线经过点A(0，4)，∴ ，解得 。

∴抛物线对应的函数解析式为 ，即 。

又∵ ，∴抛物线的对称轴为x=3。

(2)(6，4)。

(3)存在。△NAC的面积最大，即点N距AC的距离最大，此时点N在直线AC下方的抛物线上，过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。

设直线AC： ，则 ，解得 。∴直线AC： 。

设过点N与直线AC平行的直线为 。

由 整理得 。

∵直线 与抛物线 只有一个交点，

∴ ，解得 。

∴ ，解得 。

当 时， 。∴N( ，-3)。

∴在直线AC下方的抛物线上存在一点N( ，-3)，使△NAC的面积最大。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式

【分析】(1)由抛物线经过点A(0，4)，B(1，0)，C(5，0)，用待定系数法可求出抛物线对应的函数解析式，化为顶点式(或用公式)可求抛物线的对称轴。

(2)由A(0，4)和对称轴x=3知OA=4，OM=3。

由点P为抛物线(x>5)上的一点，知PA>PM>2。

∴由以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数，只能是PA=6，PM=5。由二次函数的轴对称性和勾股定理，知点P与点A关于对称轴对称。∴P(6，4)。

(3)△NAC的面积最大，即点N距AC的距离最大，此时点N在直线AC下方的抛物线上，过点N与直线AC平行的直线与抛物线只有一个交点。应用一元二次方程根的判别式即可求解。

15. (2012贵州铜仁12分)为了抓住梵净山文化艺术节的商机，某商店决定购进A、B两种艺术节纪念品.若购进A种纪念品8件，B种纪念品3件，需要950元;若购进A种纪念品5件，B种纪念品6件，需要800元.

(1)求购进A、B两种纪念品每件各需多少元?

(2)若该商店决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元，但不超过7650元，那么该商店共有几种进货方案?

(3)若销售每件A种纪念品可获利润20元，每件B种纪念品可获利润30元，在第(2)问的各种进货方案中，哪一种方案获利最大?最大利润是多少元?

【答案】解：(1)设该商店购进一件A种纪念品需要a元，购进一件B种纪念品需要b元，

根据题意得方程组得： ， 解方程组得： 。

∴购进一件A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元。

(2)设该商店购进A种纪念品x个，则购进B种纪念品有(100﹣x)个，

∴ ，解得：50≤x≤53。

∵x 为正整数，∴x=50，51，52，53。∴共有4种进货方案。

(3)∵B种纪念品利润较高，∴B种数量越多总利润越高。

∴选择购A种50件，B种50件。

总利润=50×20+50×30=2500(元)。

∴当购进A种纪念品50件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元。

【考点】二元一次方程组和一元一次不等式组的应用。

【分析】(1)方程(组)的应用解题关键是找出等量关系，列出方程求解。本题等量关系为：

购进A种纪念品8件+B种纪念品3件=950元

购进A种纪念品5件+B种纪念品6件=800元。

(2)不等式的应用解题关键是找出不等量关系，列出不等式求解。本题不等量关系为：

购买这100件纪念品的资金不少于7500元，不超过7650元。

(3)因为B种纪念品利润较高，所以选取B种数量多的方案即可求解。

16. (2012贵州铜仁14分)如图，已知：直线 交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y=ax2+bx+c

经过A、B、C(1，0)三点.

(1)求抛物线的解析式;

(2)若点D的坐标为(-1，0)，在直线 上有一点P，使ΔABO与ΔADP相似，求出点P的坐标;

(3)在(2)的条件下，在x轴下方的抛物线上，是否存在点E，使ΔADE的面积等于四边形APCE的面积?如果存在，请求出点E的坐标;如果不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)由题意得，A(3，0)，B(0，3)，

∵抛物线经过A、B、C三点，

∴把A(3，0)，B(0，3)，C(1，0)三点分别代入y=ax2+bx+c得方程组

，解得： 。

∴抛物线的解析式为 。

(2)由题意可得：△ABO为等腰三角形，如图1所示，

若△ABO∽△AP1D，连接DP1，则 ，

∴DP1=AD=4。∴P1 。

若△ABO∽△ADP2 ，过点P2作P2 M⊥x轴于M，连接DP2，

∵△ABO为等腰三角形,

∴△ADP2是等腰三角形。

由三线合一可得：DM=AM=2= P2M，即点M与点C重合。∴P2(1，2)。

(3)不存在。理由如下：

如图2设点E ，则

①当P1(-1，4)时，

S四边形AP1CE=S三角形ACP1+S三角形ACE

∴ 。 ∴ 。

∵点E在x轴下方 ∴ 。代入得： ,即

∵△=(-4)2-4×7=+12<0，∴此方程无解。

∴当P1(-1，4)时，在x轴下方的抛物线上，不存在点E，使ΔADE的面积等于四边形APCE

的面积。

②当P2(1，2)时，

∴ 。∴ 。

∵点E在x轴下方，∴ 。代入得： ，即

∵△=(-4)2-4×5=-4<0，∴此方程无解。

∴当P2(1，2)时，在x轴下方的抛物线上，不存在点E，使ΔADE的面积等于四边形APCE

的面积。

综上所述，在x轴下方的抛物线上不存在这样的点E，使ΔADE的面积等于四边形APCE

的面积。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的性质，一元二次方程根的判别式。

【分析】(1)求出A(3，0)，B(0，3)，由A、B、C三点坐标用待定系数法即可求得抛物线的解析式。

(2)根据等腰三角形的判定和性质和相似三角形的性质即可求出点P的坐标。

(3)由(2)的两解分别作出判断。

17. (2012贵州遵义12分)如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动(与A、C不重合)，Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动(Q不与B重合)，过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D.

(1)当∠BQD=30°时，求AP的长;

(2)当运动过程中线段ED的长是否发生变化?如果不变，求出线段ED的长;如果变化请说明理由.

【答案】解：(1)∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB=60°。

∵∠BQD=30°，∴∠QCP=90°。

设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+C=6+x。

∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC= QC，即6﹣x= (6+x)，解得x=2。

∴当∠BQD=30°时，AP=2。

(2)当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。理由如下：

作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF。

∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°。

∵点P、Q做匀速运动且速度相同，∴AP=BQ。

∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°。

∴在△APE和△BQF中，

∵∠A=∠FBQ，AP=BQ，∠AEP=∠BFQ=90°，∴△APE≌△BQF(AAS)。

∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF。∴四边形PEQF是平行四边形。

∴DE= EF。

∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE= AB。

又∵等边△ABC的边长为6，∴DE=3。

∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。

【考点】动点问题，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。

【分析】(1)由△ABC是边长为6的等边三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QCP=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC= QC，即6﹣x= (6+x)，求出x的值即可。

(2)作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，由点P、Q做匀速运动且速度相同，可知AP=BQ，再根据全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四边形PEQF是平行四边形，进而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE= AB，由等边△ABC的边长为6可得出DE=3，故当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变。

18. (2012贵州遵义14分)如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过原点O，交x轴于点A，其顶点B的坐标为(3，﹣ ).

(1)求抛物线的函数解析式及点A的坐标;

(2)在抛物线上求点P，使S△POA=2S△AOB;

(3)在抛物线上是否存在点Q，使△AQO与△AOB相似?如果存在，请求出Q点的坐标;如果不存在，请说明理由.

(3)存在。

过点B作BP⊥OA，则tan∠BOP=tan∠BAP= 。

∴∠BOA=30°。

设Q1坐标为(x， )，过点Q1作Q1F⊥x轴，

∵△OAB∽△OQ1A，∴∠Q1OA=30°，

∴OF= Q1F，即x= ，解得：x=9或x=0(舍去)。

∴Q1坐标为(9，3 )，

根据函数的对称性可得Q2坐标为(﹣3，3 )。

∴Q点的坐标(9，3 )，(﹣3，3 )。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质。。

【分析】(1)根据函数经过原点，可得c=0，然后根据函数的对称轴，及函数图象经过点(3，﹣ )可得出函数解析式，根据二次函数的对称性可直接得出点A的坐标。

(2)根据题意可得点P到OA的距离是点B到OA距离的2倍，即点P的纵坐标为2 ，代入函数解析式可得出点P的横坐标。

(3)先求出∠BOA的度数，然后可确定∠Q1OA=的度数，继而利用解直角三角形的知识求出x，得出Q1的坐标，利用二次函数图象函数的对称性可得出Q2的坐标。

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