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2012年山东中考数学数量和位置变化试题分类解析

专题5：数量和位置变化

一、选择题

1. (2012山东东营3分)将点A(2，1)向左平移2个单位长度得到点A′，则点A′的坐标是【 】

A.(2，3) B.(2，-1) C.(4，1) D. (0，1)

【答案】D。

【考点】坐标平移。

【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。因此，将点A(2，1)向左平移2个单位长度得到点A′，则点A′的坐标是(0，1)。故选D。

2. (2012山东东营3分) 如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，边OA在x轴上，

OC在y轴上，如果矩形OA′B′C′与矩形OABC关于点O位似，且矩形OA′B′C′的面积等于矩形OABC面

积的 ，那么点B′的坐标是【 】

A.(-2，3) B.(2，-3) C.(3，-2)或(-2，3) D.(-2，3)或(2，-3)

【答案】D。

【考点】位似，相似多边形的性质，坐标与图形性质。

【分析】如果两个图形不仅是相似图形，而且每组对应点的连线交于一点，对应边互相平行或在一

条直线上，那么这两个图形叫做位似图形。把一个图形变换成与之位似的图形是位似变换。因此，

∵矩形OA′B′C′与矩形OABC关于点O位似，∴矩形OA′B′C′∽矩形OABC。

∵矩形OA′B′C′的面积等于矩形OABC面积的 ，∴位似比为： 。

∵点B的坐标为(-4，6)，∴点B′的坐标是：(-2，3)或(2，-3)。故选D。

3. (2012山东菏泽3分)点P(﹣2，1)在平面直角坐标系中所在的象限是【 】

A.第一象限　　B.第二象限　　C.第三象限　　D.第四象限

【答案】B。

【考点】平面直角坐标系中各象限点的特征。

【分析】根据平面直角坐标系中各象限点的特征，判断其所在象限，四个象限的符号特征分别是：第一象限(+，+);第二象限(-，+);第三象限(-，-);第四象限(+，-)。所以点P(﹣2，1)位于第二象限。故选B。

4. (2012山东济南3分)如图，∠MON=90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，运动过程中，点D到点O的最大距离为【 】

A. 　　　B. 　　　C. 5　　　D.

【答案】A。

【考点】矩形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，三角形三边关系，勾股定理。

【分析】如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，

∵OD≤OE+DE，

∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，

此时，∵AB=2，BC=1，∴OE=AE= AB=1。

DE= ，

∴OD的最大值为： 。故选A。

5. (2012山东济南3分)如图，矩形BCDE的各边分别平行于x轴或y轴，物体甲和物体乙分别由点A(2，0)同时出发，沿矩形BCDE的边作环绕运动，物体甲按逆时针方向以1个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位/秒匀速运动，则两个物体运动后的第2012次相遇地点的坐标是【 】

A.(2，0)　B.(-1，1)　C.(-2，1)　D.(-1，-1)

6. (2012山东济宁3分)周一的升旗仪式上，同学们看到匀速上升的旗子，能反应其高度与时间关系的图象大致是【 】

A. B. C. D.

【答案】D。

【考点】函数的图象。

【分析】∵旗子是匀速上升的，且开始时是拿在同学手中，

∴旗子的高度与时间关系是一次函数关系，并且随着时间的增大高度在不断增大。

纵观各选项，只有D选项图象符合。故选D。

7. (2012山东济宁3分)如图，在平面直角坐标系中，点P坐标为(﹣2，3)，以点O为圆心，以OP的长为半径画弧，交x轴的负半轴于点A，则点A的横坐标介于【 】

A.﹣4和﹣3之间 B.3和4之间 C.﹣5和﹣4之间 D.4和5之间

【答案】A。

【考点】坐标与图形性质，勾股定理，估算无理数的大小。

【分析】∵点P坐标为(﹣2，3)，∴OP= 。

∵点A、P均在以点O为圆心，以OP为半径的圆上，∴OA=OP= 。

∵9<13<16，∴3< <4。

∵点A在x轴的负半轴上，∴点A的横坐标介于﹣4和﹣3之间。故选A。

8. (2012山东莱芜3分)下列四幅图象近似刻画两个变量之间的关系，请按图象顺序将下面四种情景与之

对应排序【 】

①一辆汽车在公路上匀速行驶(汽车行驶的路程与时间的关系)

②向锥形瓶中匀速注水(水面的高度与注水时间的关系)

③将常温下的温度计插入一杯热水中(温度计的读数与时间的关系)

④一杯越来越凉的水(水温与时间的关系)

A.①②③④ B.③④②① C.①④②③ D.③②④①

【答案】D。

【考点】函数的图象。

【分析】应用排除法进行排序：

首先对“①一辆汽车在公路上匀速行驶(汽车行驶的路程与时间的关系)”分析，由于路程=速度×时间，速度一定，路程与时间的关系是正比例函数关系，为第四个图象，故可排除A，C选项。

对“②向锥形瓶中匀速注水(水面的高度与注水时间的关系)”，水面的高度随注水时间的增加而增加;对“④一杯越来越凉的水(水温与时间的关系)”，水温随时间的增加而减小。故选D。

9. (2012山东聊城3分)函数y= 中自变量x的取值范围是【 】

A.x>2　　B.x<2　　C.x≠2　　D.x≥2 .

【答案】A。

【考点】函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件。

【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 。故选A。

10. (2012山东聊城3分)如图，在直角坐标系中，以原点O为圆心的同心圆的半径由内向外依次为1，2，3，4，…，同心圆与直线y=x和y=﹣x分别交于A1，A2，A3，A4…，则点A30的坐标是【 】

A.(30，30)　　B.(﹣8 ，8 )　　C.(﹣4 ，4 )　　D.(4 ，﹣4 )

【答案】C。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，一次函数综合题，解直角三角形。

【分析】∵A1，A2，A3，A4…四点一个周期，而30÷4=7余2，

∴A30在直线y=﹣x上，且在第二象限。

即射线OA30与x轴的夹角是45°，如图OA=8，∠AOB=45°，

∵在直角坐标系中，以原点O为圆心的同心圆的半径由内向外依次为1，2，3，4，…，

∴OA30=8。

∵A30的横坐标是﹣8sin45°=﹣4 ，纵坐标是4 ，即A30的坐标是(﹣4 ，4 )。

故选C。

11. (2012山东临沂3分)如图，正方形ABCD的边长为4cm，动点P、Q同时从点A出发，以1cm/s的速度分别沿A→B→C和A→D→C的路径向点C运动，设运动时间为x(单位：s)，四边形PBDQ的面积为y(单位：cm2)，则y与x(0≤x≤8)之间函数关系可以用图象表示为【 】

A. 　　B. 　C. 　　D.

【答案】B。

【考点】动点问题的函数图象。

【分析】①0≤x≤4时，y=S△ABD﹣S△APQ= ×4×4﹣ •x•x=﹣ x2+8，

②4≤x≤8时，y=S△BCD﹣S△CPQ= ×4×4﹣ •(8﹣x)•(8﹣x)=﹣ (8﹣x)2+8，

∴y与x之间的函数关系可以用两段开口向下的二次函数图象表示，纵观各选项，只有B选项图象符合。故选B。

12. (2012山东青岛3分)如图，将四边形ABCD先向左平移3个单位，再向上平移2个单位，那么点A

的对应点A1的坐标是【 】

A.(6，1) B.(0，1) C.(0，-3) D.(6，-3)

【答案】B。

【考点】坐标与图形的平移变化。

【分析】∵四边形ABCD先向左平移3个单位，再向上平移2个单位，

∴点A也先向左平移3个单位，再向上平移2个单位，

∴由A(3，-1)可知，A′坐标为(0，1)。故选B。

13. (2012山东日照3分)洗衣机在洗涤衣服时，每浆洗一遍都经历了注水、清洗、排水三个连续过程(工

作前洗衣机内无水).在这三个过程中,洗衣机内的水量y(升)与浆洗一遍的时间x(分)之间函数关系的

图象大致为【 】

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

【答案】D。

【考点】函数的图象

【分析】根据题意对浆洗一遍的三个阶段的洗衣机内的水量分析得到水量与时间的函数图象，然后即可选择：

每浆洗一遍，注水阶段，洗衣机内的水量从0开始逐渐增多;清洗阶段，洗衣机内的水量不变且保持一段时间;排水阶段，洗衣机内的水量开始减少，直至排空为0。纵观各选项，只有D选项图象符合。

故选D。

14. (2012山东泰安3分)将抛物线 向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为【 】

A. 　　B. 　　C. 　　D.

【答案】A。

【考点】二次函数图象与几何变换。

【分析】由“上加下减”的原则可知，将抛物线 向上平移3个单位所得抛物线的解析式为： ;

由“左加右减”的原则可知，将抛物线 向左平移2个单位所得抛物线的解析式为： 。

故选A。

15. (2012山东泰安3分)如图，菱形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，∠B=120°，OA=2，将菱形OABC绕原点顺时针旋转105°至OA′B′C′的位置，则点B′的坐标为【 】

A.( ， )　　B.( ， )　　C.(2012泰安)　　D.( ， )

【答案】A。

【考点】坐标与图形变化(旋转)，菱形的性质，等边三角形的判定和性质。

【分析】连接OB，OB′，过点B′作B′E⊥x轴于E，

根据题意得：∠BOB′=105°，

∵四边形OABC是菱形，

∴OA=AB，∠AOB= ∠AOC= ∠ABC= ×120°=60°，

∴△OAB是等边三角形。∴OB=OA=2。

∴∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=105°﹣60°=45°，OB′=OB=2。

∴OE=B′E=OB′•sin45°= 。∴点B′的坐标为：( )。故选A。

16. (2012山东威海3分)函数 的自变量x的取值范围是【 】

A. x>3 B. x≥3 C. x≠3 D. x<-3

【答案】A。

【考点】函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件。

【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 。故选A。

17. (2012山东枣庄3分)如图是每个面上都有一个汉字的正方体的一种侧面展开图，那么在原正方体的表面上，与汉字“美”相对的面上的汉字是【 】

A.我 B.爱 C.枣 D.庄

【答案】C。

【考点】几何图形展开。

【分析】根据正方体及其表面展开图的特点，让“美”字面不动，分别把各个面围绕该面折成正方体，其中面“美”与面“枣”相对，面“爱”与面“丽”相对，面“我”与面“庄”相对。故选C。

18. (2012山东枣庄3分)将直线 向右平移1个单位后所得图象对应的函数解析式为【 】

A. 　　　　　B. C. 　　　　　D.

【答案】B。

【考点】坐标平移。

【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。因此，

将直线 向右平移1个单位后所得图象对应的函数解析式为 。故选B。

二、填空题

1. (2012山东德州4分)如图，在一单位为1的方格纸上，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，…，都是斜边在x轴上、斜边长分别为2，4，6，…的等腰直角三角形.若△A1A2A3的顶点坐标分别为A1(2，0)，A2(1，﹣1)，A3(0，0)，则依图中所示规律，A2012的坐标为　 ▲ 　.

【答案】(2，1006)。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，点的坐标，等腰直角三角形的性质。

【分析】∵2012是4的倍数，∴A1﹣﹣A4;A5﹣﹣﹣A8;…每4个为一组，

∴A2012在x轴上方，横坐标为2。

∵A4、A8、A12的纵坐标分别为2，4，6，

∴A2012的纵坐标为2012× =1006。∴A2012的坐标为为(2，1006)。

2. (2012山东东营4分) 在平面直角坐标系xOy中，点A1，A2，A3，•••和B1，B2，B3，•••分别在直线 和x轴上.△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形，如果A1(1，1)，A2 ，那么点 的纵坐标是 　▲ .

【答案】 。

【考点】一次函数综合题，分类归纳(图形的变化类)，直线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，等腰直角三角形的性质。

【分析】利用待定系数法求一次函数解析式求出直线的解析式，再求出直线与x轴、y轴的交点坐标，求出直线与x轴的夹角的正切值，分别过等腰直角三角形的直角顶点向x轴作垂线，然后根据等腰直角三角形斜边上的高线与中线重合并且等于斜边的一半，利用正切值列式依次求出三角形的斜边上的高线，即可得到各点的纵坐标的规律：

∵A1(1，1)，A2 在直线y=kx+b上，

∴ ，解得 。

∴直线解析式为 。

如图，设直线与x轴、y轴的交点坐标分别为A、D。

当x=0时，y= ，当y=0时， ，解得x=-4。

∴点A、D的坐标分别为A(-4，0 )，D(0， )。∴ 。

作A1C1⊥x轴与点C1，A2C2⊥x轴与点C2，A3C3⊥x轴与点C3，

∵A1(1，1)，A2 ，

∴OB2=OB1+B1B2=2×1+2× =2+3=5， 。

∵△B2A3B3是等腰直角三角形，∴A3C3=B2C3。∴ 。

同理可求，第四个等腰直角三角形 。

依次类推，点An的纵坐标是 。

3. (2012山东莱芜4分)若点P(a，2)在一次函数y=2x+4的图象上，它关于y轴的对称点在反比例函

数y= k x的图象上，则反比例函数的解析式为 ▲ .

【答案】 。

【考点】曲线上点的坐标与方程的关系，关于y轴对称的点的坐标特征。

【分析】∵点P(a，2)在一次函数y=2x+4的图象上，∴2=2a+4，解得a=-1。∴P(-1，2)。

∵关于y轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标互为相反数，

∴点P(-1，2)关于y轴对称的点的坐标是(1，2)。

∵(1，2)在反比例函数y= k x的图象上，∴k=2。∴反比例函数的解析式为 。

4. (2012山东泰安3分)如图，在平面直角坐标系中，有若干个横坐标分别为整数的点，其顺序按图中“→”方向排列，如(1，0)，(2，0)，(2，1)，(1，1)，(1，2)，(2，2)…根据这个规律，第2012个点的横坐标为 ▲ .

【答案】45。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，点的坐标。

【分析】观察图形可知，到每一横坐标结束，经过整数点的点的总个数等于最后点的横坐标的平方，并且横坐标是奇数时最后以横坐标为该数，纵坐标为0结束，当横坐标是偶数时，以横坐标为1，纵坐标为横坐标减1的点结束，根据此规律解答即可：

横坐标为1的点结束，共有1个，1=12，

横坐标为2的点结束，共有2个，4=22，

横坐标为3的点结束，共有9个，9=32，

横坐标为4的点结束，共有16个，16=42，

…

横坐标为n的点结束，共有n2个。

∵452=2025，∴第2025个点是(45，0)。

∴第2012个点是(45，13)，即第2012个点的横坐标为45。

5. (2012山东威海3分)如图，在平面直角坐标系中，线段OA1=1，OA1与x轴的夹角为300。线段A1A2=1，A1A2⊥OA1，垂足为A1;线段A2A3=1，A2A3⊥A1A2，垂足为A2;线段A3A4=1，A3A4⊥A2A3，垂足为A3;•••按此规律，点A2012的坐标为 ▲ .

【答案】 。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，坐标和图形。含30度角直角三角形的性质。

【分析】寻找规律：如图，过点A1，A2作x轴的垂线于点B，D，过点A1作y轴的垂线于点C，A1C和A2D相交于点E。

由已知可知，△OA1B和△A2EA1都是含300角的直角三角形。

∴OB=EA2= ，EA1= BA1=DE= 。

∴A2的横坐标为 ，纵坐标为 。

由已知可知，点A4的横坐标和纵坐标分别是点A2的横坐标和纵坐标的2倍;点A6的横坐标和纵坐标分别是点A2的横坐标和纵坐标的3倍;点A8的横坐标和纵坐标分别是点A2的横坐标和纵坐标的4倍;…

∴点A2012的横坐标和纵坐标分别是点A2的横坐标和纵坐标的1006倍，

即横坐标为 ，纵坐标为 。

∴点A2012的坐标为 。

6. (2012山东烟台3分) ABCD中，已知点A(﹣1，0)，B(2，0)，D(0，1).则点C的坐标为　 ▲ 　.

【答案】(3，1)。

【考点】平行四边形的性质，坐标与图形性质。

【分析】画出图形，根据平行四边形性质求出DC∥AB，DC=AB=3，根据D的纵坐标和CD=3即可求出答案：

∵平行四边形ABCD中，已知点A(﹣1，0)，B(2，0)，D(0，1)，

∴AB=CD=2﹣(﹣1)=3，DC∥AB。

∴C的横坐标是3，纵坐标和D的纵坐标相等，是1。∴C的坐标是(3，1)。

三.解答题

1. (2012山东菏泽10分)如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A(0，1)，B(2，0)，O(0，0)，将此三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A′B′O.

(1)一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式;

(2)设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积4倍?若存在，请求出P的坐标;若不存在，请说明理由.

(3)在(2)的条件下，试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形?并写出四边形PB′A′B的两条性质.

【答案】解：(1) ∵△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转900得到的，

且A(0，1)，B(2，0)，O(0，0)

∴ 。

设抛物线的解析式为 ，

∵抛物线经过点A′、B′、B，

∴ ，解之得 。

∴满足条件的抛物线的解析式为 。

(2)∵P为第一象限内抛物线上的一动点，

设 ，则 ，P点坐标满足 。

连接PB，PO，PB′。

∴

。

假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，

则 ，即 ，解之得 ，此时 。

∴P(1，2)。

∴存在点P(1，2)，使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍。

(3)四边形PB′A′B为等腰梯形。它的性质有：

①等腰梯形同一底上的两个内角相等;

②等腰梯形对角线相等;

③等腰梯形上底与下底平行;

④等腰梯形两腰相等。

答案不唯一，上面性质中的任意2个均可。

【考点】二次函数综合题，旋转的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰梯形的判定和性质。

【分析】(1)利用旋转的性质得出A′(-1，0)，B′(0，2)，再利用待定系数法求二次函数解析式即可。

(2)利用S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，再假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，得出一元二次方程，得出P点坐标即可。

(3)利用P点坐标以及B点坐标即可得出四边形PB′A′B为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答案即可。

2. (2012山东济宁6分)问题情境：

用同样大小的黑色棋子按如图所示的规律摆放，则第2012个图共有多少枚棋子?

建立模型：

有些规律问题可以借助函数思想来探讨，具体步骤：第一步，确定变量;第二步：在直角坐标系中画出函数图象;第三步：根据函数图象猜想并求出函数关系式;第四步：把另外的某一点代入验证，若成立，则用这个关系式去求解.

解决问题：

根据以上步骤，请你解答“问题情境”.

【答案】解：以图形的序号为横坐标，棋子的枚数为纵坐标，描点：(1，4)、(2，7)、(3，10)、(4，13)依次连接以上各点，所有各点在一条直线上，

设直线解析式为y=kx+b，把(1，4)、(2，7)两点坐标代入得

，解得 。∴y=3x+1。

验证：当x=3时，y=10;当x=4时，y=13，∴(3，10)、(4，13)也在这条直线上。

当x=2012时，y=3×2012+1=6037。

答：第2012个图有6037枚棋子。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，一次函数的应用。

【分析】画出相关图形后可得这些点在一条直线上，设出直线解析式，把任意两点代入可得直线解析式，进而把x=2012代入可得相应的棋子数目。

3. (2012山东济宁8分)如图，在平面直角坐标系中，有一Rt△ABC，且A(﹣1，3)，B(﹣3，﹣1)，C(﹣3，3)，已知△A1AC1是由△ABC旋转得到的.

(1)请写出旋转中心的坐标是　 　，旋转角是　 　度;

(2)以(1)中的旋转中心为中心，分别画出△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形;

(3)设Rt△ABC两直角边BC=a、AC=b、斜边AB=c，利用变换前后所形成的图案证明勾股定理.

【答案】解：(1)(0，0);90。

(2)画出的图形如图所示：

以(0，0)为中心，△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形为△A2A2C2、△BA2C3。

(3)由旋转的过程可知，四边形CC1C2C3和四边形AA1A2B是正方形。

∵ ，

∴(a+b)2=c2+4× ab，即a2+2ab+b2=c2+2ab。

∴a2+b2=c2。

【考点】网格问题，作图(旋转变换)，勾股定理的证明。

【分析】(1)由图形可知，对应点的连线CC1、AA1的垂直平分线过点O，根据旋转变换的性质，点O即为旋转中心，再根据网格结构，观察可得旋转角为90°。

(2)利用网格结构，分别找出旋转后对应点的位置，然后顺次连接即可。

(3)利用面积，根据正方形CC1C2C3的面积等于正方形AA1A2B的面积加上△ABC的面积的4倍，列式计算即可得证。

4. (2012山东日照9分)如图，矩形ABCD的两边长AB=18cm，AD=4cm，点P、Q分别从A、B同时出发，P在边AB上沿AB方向以每秒2cm的速度匀速运动，Q在边BC上沿BC方向以每秒1cm的速度匀速运动.设运动时间为x秒，△PBQ的面积为y(cm2).

(1)求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围;

(2)求△PBQ的面积的最大值.

【答案】解：(1)∵ ， PB=AB-AP=18-2x，BQ=x，

∴y= (18-2x)x，即y=-x2+9x(0

(2)由(1)知：y=-x2+9x= 。

∵当0

∴当x=4时， 。

∴△PBQ的最大面积是20cm2。

【考点】矩形的性质，二次函数的最值。

【分析】(1)分别表示出PB、BQ的长，然后根据三角形的面积公式列式整理即可得解。

(2)把函数关系式整理成顶点式解析式，然后根据二次函数的最值问题解答。

5. (2012山东烟台12分)如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B(1，0)，C(3，0)，D(3，4).以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C.动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动.同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动.点P，Q的运动速度均为每秒1个单位.运动时间为t秒.过点P作PE⊥AB交AC于点E.

(1)直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式;

(2)过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大?最大值为多少?

(3)在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内(包括边界)存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形?请直接写出t的值.

【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，矩形和菱形的性质。

【分析】(1)根据矩形的性质可以写出点A得到坐标;由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为

y=a(x﹣1)2+4，然后将点C的坐标代入，即可求得系数a的值(利用待定系数法求抛物线的解析式)。

(2)利用待定系数法求得直线AC的方程y=﹣2x+6;由图形与坐标变换可以求得点P的坐标

(1，4﹣t)，据此可以求得点E的纵坐标，将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标;然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE= 、点A到GE的距离为 ，C到GE的距离为 ;最后根据三角形的面积公式可以求得 ，由二次函数的最值可以解得t=2时，S△ACG的最大值为1。

(3)因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H在直线EF上。分CE是边和对角线两种情况讨论即可。

由题设和(2)知，C(3，0)，Q(3，t)，E( )，设H( )。

当CE是对角线时，如图1，有CQ=HE=CH，即

，

解得， 或t=4(舍去，此时C，E重合)。

当CE是边时，如图2，有CQ=CE=EH，即

，

解得， 或 (舍去，此时已超过矩形ABCD的范围)。

综上所述，当 或 时，在矩形ABCD内(包括边界)存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形。

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