【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：

(0

∴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：

O1Q= =

又O1Q为小圆半径，即QO1=m，

∴ =m，化简得：m2﹣10m+17=0 ①

如解答图1，连接O2Q，同理可得：n2﹣10n+17=0 ②

由①，②式可知，m、n是一元二次方程x2﹣10x+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)(n﹣m)= ;

∴ = =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|x1﹣x2|=1，

∴(x1﹣x2)2=1，∴(x1+x2)2﹣4x1x2=1，

即( )2﹣4( )=1，化简得：8a2﹣10a+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=10﹣2t.

∵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：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)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=AD﹣AQ=8﹣ t﹣2t=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：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=﹣ 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=AD﹣OD=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)(x﹣3)，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=﹣ x﹣ ;

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)，

则 ，

解得 ，

∴直线AC的解析式为y=3x+3.

∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)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=BE﹣OB= ﹣3= .

∴B′点的坐标为(﹣ ， ).

设直线B′D的解析式为y=k2x+b2(k2≠0).

∴ ，

解得 ，

∴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： ，

解得 ，

∴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)

∵ΔAOB为RtΔ

∴OA2+OB2=AB2

∴m2+m4+n2+n4=(m-n)2+(m2-n2)2

化简得：m n=-1 ……………………1分

∵SΔAOB= =

∵m n=-1

∴SΔAOB=

=

∴SΔAOB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

由 得

即

∴ (1分)

∴

∴

由(2)知：

∴

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，

∴ ，

解得

∴抛物线的解析式为：y= x2+ x﹣4.

(2)点P是第三象限内抛物线y= x2+ x﹣4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+ m﹣4.

于是PC=|n|=﹣n=﹣ m2﹣ m﹣4，OC=|m|=﹣m，BC=OB﹣OC=|﹣4|﹣|m|=4+m.

S△PBB1=S△PBC+S梯形PB1OC﹣S△OBB1

= ×BC×PC+ ×(PC+OB1)×OC﹣ ×OB×OB1

= ×(4+m)×(﹣ m2﹣ m﹣4)+ ×[(﹣ m2﹣ m﹣4)+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=OA﹣AQ=2 ﹣ t;

∴S△OPQ= •(2 ﹣ t)• t=﹣ (t﹣2 )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=x2﹣2x+c的顶点A在直线l：y=x﹣5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=x﹣5上，

∴当x=1时，y=1﹣5=﹣4，

∴A(1，﹣4).

(2)△ABD是直角三角形.

将A(1，﹣4)代入y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3，

∴y=x2﹣2x﹣3，∴B(0，﹣3)

当y=0时，x2﹣2x﹣3=0，x1=﹣1，x2=3

∴C(﹣1，0)，D(3，0)，

BD2=OB2+OD2=18，AB2=(4﹣3)2+12=2，AD2=(3﹣1)2+42=20，

BD2+AB2=AD2，

∴∠ABD=90°，即△ABD是直角三角形.

(3 )存在.

由题意知：直线y=x﹣5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，x1﹣5)，则G(1，x1﹣5)

则PC=|1﹣x1|，AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1|

PA=BD=3

由勾股定理得：

(1﹣x1)2+(1﹣x1)2=18，x12﹣2x1﹣8=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= x2﹣2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：

，解得

∴直线AB解析式为y=2x﹣2.

∵点C为直线y=2x﹣2与抛物线y= x2﹣2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=2a﹣2，yG= a2﹣2

∴FG=|2a﹣ a2|=2，

解得：a1=2，a2=﹣2+2 ，a3=2﹣2 .

(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= x2﹣2﹣m;

∴0=﹣ t2﹣2﹣m，∴﹣2﹣m=﹣ 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(2﹣t，2﹣2t).

NQ=2﹣2t，MQ=2﹣2t，

∴MQ=NQ，∴∠MNQ=45°.

∴△MOT、△NHT均为等腰直角三角形，

∴MO=OT，HT=HN

∴OT=4，NT=﹣ ，NH= (2﹣t)，PT=﹣t+ t2.

∵PN平分∠MNQ，

∴PT=NT，

∴﹣t+ t2= (2﹣t)，

∴t1=﹣2 ，t2=2(舍)

﹣2﹣m=﹣ 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，

∴ ，

解得：

∴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=a﹣3，

∴OQ′=OF﹣Q′F=a﹣(a﹣3)=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=3﹣a，

∴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.

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