备战中考：历年中考数量和位置变化题汇总

备战2018中考：历年中考数量和位置变化题汇总一、选择题 1. (2018辽宁鞍山3分)如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，A=90，AB=BC=4，DEBC于点E，且E是BC中点;动点P从点E出发沿路径EDDAAB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动;设点P的运动时间为t秒，PBC的面积为S，则下列能反映S与t的函数关系的图象是【 】 A. B. C. D. 【答案】B。 【考点】动点问题的函数图象。 【分析】分别求出点P在DE、AD、AB上运动时，S与t的函数关系式，结合选项即可得出答案： 根据题意得：当点P在ED上运动时，S= BC?PE=2t; 当点P在DA上运动时，此时S=8; 当点P在线段AB上运动时，S= BC(AB+AD+DE-t)=5- t。 结合选项所给的函数图象，可得B选项符合。故选B。 2. (2018辽宁大连3分)在平面直角坐标系中，点P(-3，1)所在的象限为【 】 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(+，-)。故点P(-3，1)位于第二象限。故选B。 3. (2018辽宁沈阳3分)在平面直角坐标系中，点P (-1，2 ) 关于x轴的对称点的坐标为【 】 A.(-1，-2 ) B.(1，-2 ) C.(2，-1 ) D.(-2，1 ) 【答案】A。 【考点】关于x轴对称的点的坐标特征。 【分析】关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而点P (-1，2 )关于x轴对称的点的坐标是(-1，-2 )。故选A。 4. (2018辽宁铁岭3分)如图，ABCD的AD边长为8，面积为32，四个全等的小平行四边形对称中心分别在ABCD的顶点上，它们的各边与ABCD的各边分别平行，且与ABCD相似.若小平行四边形的一边长为x，且0 A. B. C. D. 【答案】D。 【考点】动点问题的函数图象，平行四边形的性质，相似多边形的性质。 【分析】四个全等的小平行四边形对称中心分别在ABCD的顶点上， 阴影部分的面积的和等于一个小平行四边形的面积。 ABCD的AD边长为8，面积为32，小平行四边形的一边长为x，阴影部分的面积的和为y，且小平行四边形与ABCD相似， ，即 。 又0 5. (2018辽宁营口3分)如图，菱形ABCD的边长为2，B= .动点P从点B出发，沿B-C-D的路线向点D运动.设ABP的面积为 (B、P两点重合时，ABP的面积可以看做0)，点P运动的路程为 ，则 与 之间函数关系的图像大致为【 】 【答案】C。 【考点】动点问题的函数图象，菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】当点P在BC上运动时，如图，ABP的高PE=BPsinB= ， ABP的面积 。 当点P在BC上运动时，如图，ABP的高PF=BCsinB=1, ABP的面积 。 因此，观察所给选项，只有C符合。故选C。 二、填空题 1. (2018辽宁鞍山3分)在平面直角坐标系中，将点P(1，4)向右平移2个单位长度后，再向下平移3个单位长度，得到点P1，则点P1的坐标为 . 【答案】(1，1)。 【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， 点P(1，4)向右平移2个单位长度，向下平移3个单位长度，1+2=1，43=1。 点P1的坐标为(1，1)。 2. (2018辽宁朝阳3分)函数 中，自变量x的取值范围是 。 【答案】 。 【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 。 3. (2018辽宁阜新3分)函数 中，自变量x的取值范围是 . 【答案】 。 【考点】函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件。 【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的条件，要使 在实数范围内有意义，必须 。 4. (2018辽宁锦州3分)函数 中,自变量x的取值范围是 . 【答案】 。 【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 。 5. (2018辽宁铁岭3分)如图，在平面直角坐标系中，ABC经过平移后点A的对应点为点A,则平移 后点B的对应点B的坐标为 . 【答案】(2，1)。 【考点】坐标与图形的平移变化。 【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， 由图可得，点A(1，1)，A(3，3)， 平移的规律是：向左平移4个单位，再向上平移4个单位。 点B的坐标为(2，3)，B的坐标为(2，1)。 三、解答题 1. (2018辽宁鞍山12分)如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标(3，3)，将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度(0<<90)，得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的 延长线交线段BC于点P，连AP、AG. (1)求证：AOGADG; (2)求PAG的度数;并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由; (3)当1=2时，求直线PE的解析式. 【答案】解：(1)证明：AOG=ADG=90， 在RtAOG和RtADG中，AO=AD，AG=AG， AOGADG(HL)。 (2)PAG =45,PG=OG+BP。理由如下： 由(1)同理可证ADPABP，则DAP=BAP。 由(1)AOGADG，1=DAG。 又1+DAG+DAP+BAP=90， 2DAG+2DAP=90，即DAG+DAP=45。PAG=DAG+DAP=45。 AOGADG，ADPABP，DG=OG，DP=BP。 PG=DG+DP=OG+BP。 (3)AOGADG，AGO=AGD。 又1+AGO=90，2+PGC=90，1=2，AGO=AGD=PGC。 又AGO+AGD+PGC=180，AGO=AGD=PGC=60。1=2=30。 在RtAOG中，AO=3，OG=AOtan30= ， G点坐标为：( ，0)，CG=3 。 在RtPCG中，PC= ，P点坐标为：(3， )。 设直线PE的解析式为y=kx+b， 则 ，解得 。 直线PE的解析式为y= x1。 【考点】一次函数综合题，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组。 【分析】(1)由AO=AD，AG=AG，利用“HL”可证AOGADG。 (2)利用(1)的方法，同理可证ADPABP，得出1=DAG，DAP=BAP，而1+DAG+DAP+BAP=90，由此可求PAG的度数;根据两对全等三角形的性质，可得出线段OG、PG、BP之间的数量关系。 (3)由AOGADG可知，AGO=AGD，而1+AGO=90，2+PGC=90，当1=2时，可证AGO=AGD=PGC，而AGO+AGD+PGC=180，得出AGO=AGD=PGC=60，即1=2=30，解直角三角形求OG，PC，确定P、G两点坐标，得出直线PE的解析式。 2. (2018辽宁本溪14分)如图，已知抛物线y=ax2+bx+3经过点B(-1，0)、C(3，0)，交y轴于点A，将线段OB绕点O顺时针旋转90，点B的对应点为点M，过点A的直线与x轴交于点D(4,0).直角梯形EFGH的上底EF与线段CD重合，FEH=90，EFHG,EF=EH=1。直角梯形EFGH从点D开始，沿射线DA方向匀速运动，运动的速度为1个长度单位/秒，在运动过程中腰FG与直线AD始终重合，设运动时间为t秒。 (1)求此抛物线的解析式; (2)当t为何值时，以M、O、H、E为顶点的四边形是特殊的平行四边形; (3)作点A关于抛物线对称轴的对称点A，直线HG与对称轴交于点K，当t为何值时，以A、A、G、K为顶点的四边形为平行四边形。请直接写出符合条件的t值。 【答案】解：(1)抛物线y=ax2+bx+3经过点B(-1,0)、C(3,0), ，解得， 。 抛物线的解析式为y=-x2+2x+3。 (2)当直角梯形EFGH运动到EFGH时，过点F作FNx轴于点N，延长E H交x轴于点P。 点M是点B绕O点顺时针旋转90得到的， 点M的坐标为(0，1)。 点A是抛物线与y轴的交点， 点A的坐标为(3，0)。 OA=3，OD=4，AD=5。 E HOM，E H=OM=1， 四边形EH OM是平行四边形(当E H不与y轴重合时)。 FNy轴，N Gx轴，FN DAOD。 。 直角梯形EFGH是直角梯形EFGH沿射线DA方向平移得到的， FD=t， 。 。 EF=PN=1，OP=OD-PN-ND=4-1- =3- 。 EP= ，EH=1，HP= -1。 若平行四边形EH OM是矩形，则MO H=900，此时HG与x轴重合。 FD=t， ，即 。 即当 秒时，平行四边形EHOM是矩形。 若平行四边形EH OM是菱形，则O H=1。 在RtHOP中， ，即 得 ，解得 。 即当 秒时，平行四边形EHOM是菱形。 综上所述，当 秒时，平行四边形EHOM是矩形，当 秒时，平行四边形EHOM是菱形。 (3) 秒或 秒。 【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，直角梯形的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形、矩形和菱形的判定。 【分析】(1)用待定系数法，将B(-1,0)、C(3,0)代入y=ax2+bx+3即可求得抛物线的解析式。 (2)当直角梯形EFGH运动到EFGH时，过点F作FNx轴于点N，延长E H交x轴于点P。根据相似三角形的判定和性质，可用t表示出OP=3- ，HP= -1。分平行四边形EH OM是矩形和菱形两种情况讨论即可。 (3)y=-x2+2x+3的对称轴为x=1，A(0，3)， 点A关于抛物线对称轴的对称点A(2，3)。 A A=2。 设直线AD解析式为 ， 则由A(0，3)，D(4，0)得 ，解得 。直线AD解析式为 。 由(2)知，点G的纵坐标为 -1，代入 得横坐标为 。 由HG=2得 ，即 或 。 解得 或 。 当 秒或 秒时，以A、A、G、K为顶点的四边形为平行四边形。 3. (2018辽宁大连12分)如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A(- ，0)、B(3 ，0)、C(0，3)三点，线段BC与抛物线的对称轴l相交于点D。设抛物线的顶点为P，连接PA、AD、DP，线段AD与y轴相交于点E。 (1)求该抛物线的解析式; (2)在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以Q、C、D为顶点的三角形与ADP全等?若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由; (3)将CED绕点E顺时针旋转，边EC旋转后与线段BC相交于点M，边ED旋转后与对称轴l相交于点N，连接PM、DN，若PM=2DN，求点N的坐标(直接写出结果)。 【答案】解：(1)抛物线y=ax2+bx+c经过A(- ，0)、B(3 ，0)、C(0，3)三点， 抛物线的解析式可设为 ， 将C(0，3)代入得 ，解得 。 抛物线的解析式为 ，即 。 (2)存在。如图， 由 得对称轴l为 ， 由B(3 ，0)、C(0，3)得tanOBC= ， OBC=300。 由轴对称的性质和三角形外角性质，得 ADP=1200。 由锐角三角函数可得点D的坐标为( ，2)。 DP=CP=1，AD=4。 在y轴正方向上存在点Q1，只要CQ1=4，则由SAS可判断Q1CDADP， 此时，Q1的坐标为(0，7)。 由轴对称的性质，得Q1关于直线BC的对称点Q2也满足Q2CDADP， 过点Q2作Q2Gy轴于点G，则在RtCQ2G中，由Q2C=4，Q2CG=600可得 CG=2，Q2G=2 。OG=1。Q2的坐标为(-2 ，1)。 在对称轴l点P关于点D的反方向上存在点Q3，只要DQ3=4，则Q3DCADP， 此时，Q3的坐标为( ，-2)。 由轴对称的性质，得Q3关于直线BC的对称点Q4也满足Q2DCADP， 过点Q4作Q4Hl于点H，则在RtDQ4H中，由Q4D=4，Q4DH=600可得 DH=2，HQ4=2 。Q4的坐标为(3 ，4)。 综上所述，点Q的坐标为(0，7)或(-2 ，1)或( ，-2)或(3 ，4)。 (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，二次函数的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，轴对称的性质，三角形外角性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质。 【分析】(1)根据已知点的坐标，设抛物线的交点式，用待定系数法即可求。 (2)求出ADP的两边夹一角，根据SAS作出判断。 (3)如图，作做EFl于点F， 由题意易证明PMD EMD，CME DNE， PM=EM=EN=2DN。 由题意DF=1，EF= ，NF=1-DN 在RtEFN中， ， ，整理得 ，解得 (负值舍去)。 。 点N的纵坐标为 。N( )。 4. (2018辽宁丹东14分)已知抛物线 与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，点A的坐标是(-1，0)，O是坐标原点，且 . (1)求抛物线的函数表达式; (2)直接写出直线BC的函数表达式; (3)如图1，D为y轴的负半轴上的一点，且OD=2，以OD为边作正方形ODEF.将正方形ODEF 以每秒1个单位的速度沿x轴的正方向移动，在运动过程中，设正方形ODEF与OBC重叠部分的面积为s，运动的时间为t秒(0 求：s与t之间的函数关系式; 在运动过程中，s是否存在最大值?如果存在，直接写出这个最大值;如果不存在，请 说明理由. (4)如图2，点P(1，k)在直线BC上，点M在x轴上，点N在抛物线上，是否存在以A、M、 N、P为顶点的平行四边形?若存在，请直接写出M点坐标;若不存在，请说明理由. 【答案】解：(1) A(-1，0), ，C(0，-3)。 抛物线经过A(-1，0),C(0，3)， ，解得 。 抛物线的函数表达式y=x2-2x-3。 (2)直线BC的函数表达式为y=x-3。 (3)当正方形ODEF的顶点D运动到直线BC上时，设D点的坐标为(m，-2)， 根据题意得：-2=m-3，m=1。 当0 当1 G(t，t-3)，H(1，-2)， GD1=t-1，HD1= t-1。 S= 。 s与t之间的函数关系式为 在运动过程中，s是存在最大值：当t =2秒时，S有最大值，最大值为 。 (4)存在。M 1(- ，0)M2( ，0)，M3( ，0)，M4( ，0)。 【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，正方形的性质，二次函数的性质，平行四边形的判定。 【分析】(1)求出点C的坐标，即可根据A，C的坐标用待定系数法求出抛物线的函数表达式。 (2)求出点B的坐标(3，0)，即可由待定系数法求出直线BC的函数表达式。 (3)分0 由于 在0 (4)由点P(1，k)在直线BC上，可得k=-2。P(1，-2)。 则过点P且平行于x轴的直线N1N2和在x轴上方与x轴的距离为2的直线N3N4，与y=x2-2x-3的交点N1、N2、 N3、N4的坐标分别为N1( ，-2)，N2( ，-2)， N3( ， 2)，N4( ， 2)。 若AP是边， 则M1的横坐标为-PN1加点A的横坐标：- ; M2的横坐标为PN2加点A的横坐标： ; M3的横坐标为N3的纵坐标加N3的横坐标： ; M4的横坐标为N4的纵坐标加N4的的横坐标： 。 若AP是对角线，符合条件的点M与上述M 1(- ，0)和M2( ，0)重合。 综上所述，M 1(- ，0)，M2( ，0)，M3( ，0)，M4( ，0)。 5. (2018辽宁阜新12分)在平面直角坐标系中，二次函数 的图象与x轴交于A(-3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C. (1)求这个二次函数的关系解析式; (2)点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使ACP的面积最大?若存在，求出点P的坐标;若不存在，说明理由; 考生注意：下面的(3)、(4)、(5)题为三选一的选做题，即只能选做其中一个题目，多答时只按作答的首题评分，切记啊! (3)在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，说明理由; (4)点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E.是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与AOC相似?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，说明理由; (5)点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，说明理由. 【答案】解：(1)由抛物线 过A(-3，0)，B(1，0)，则 ，解得 。 二次函数的关系解析式为 。 (2)设点P坐标为(m，n)，则 。 连接PO，作PMx轴于M，PNy轴于N。 PM = ， ，AO=3。 当 时， ，所以OC=2。 <0，函数 有最大值，当 时， 有最大值。 此时 。 存在点 ，使ACP的面积最大。 (3)存在。点 。 (4)存在。点 。 (5)点 。 【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，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。 【分析】(1)将点A、B的坐标代入 即可求得a、b，从而得到二次函数的关系解析式。 (2)设点P坐标为(m，n)，则 。连接PO，作PMx轴于M，PNy轴于N，根据 求出S关于m的二次函数，根据二次函数最值求法即可求解。 (3)分BQ为斜边和CQ为斜边两种情况讨论即可。 (4)分BQEAOC，EBQAOC，QEBAOC三种情况讨论即可。 (5)分AC是边和对角线两种情况讨论即可。 6. (2018辽宁沈阳12分)已知，如图，在平面直角坐标系内，点A的坐标为(0，24 )，经过原点的直线l1与经过点A的直线l2相交于点B，点B坐标为(18，6). (1)求直线l1，l2的表达式; (2)点C为线段OB上一动点 (点C不与点O，B重合)，作CDy轴交直线l2于点D，过点C，D分别向y轴作垂线，垂足分别为F，E，得到矩形CDEF. 设点C的纵坐标为a，求点D的坐标(用含a的代数式表示); 若矩形CDEF的面积为60，请直接写出此时点C的坐标. 【答案】解：(1)设直线l1的表达式为y=k1x，直线l1过B(18， 6)，18k1=6 ，即k1= 。 直线l1的表达式为y= x。 设直线l2的表达式为y=k2x+b，直线l2过A (0， 24)， B(18， 6)， 解得 y直线l2的表达式为=-x+24。 (2) 点C在直线l1上， 且点C的纵坐标为a， a= x，得x=3a。 点C的坐标为 (3a， a)。 CDy轴，点D的横坐标为3a 。 点D在直线l2上 ，y=-3a+24。D(3a， -3a+24)。 C(3， 1) 或C (15， 5)。 【考点】一次函数综合题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，矩形的性质，解一元二次方程。 【分析】(1)设直线l1的表达式为y=k1x，它过(18，6)可求出k1的值，从而得出其解析式;设直线l2的表达式为y=k2+b，由于它过点A(0，24)，B(18，6)，故把此两点坐标代入即可求出k2，b的值，从而得出其解析式。 (2)因为点C在直线l1上，且点C的纵坐标为a，故把y=a代入直线l1的表达式即可得出x的值，从而得出C点坐标;由于CDy轴，所以点D的横坐标为3a，再根据点D在直线l2上即可得出点D的纵坐标，从而得出结论。 先根据C、D两点的坐标用a表示出CF及CD的值，由矩形的面积为60即可求出a的值，得出C点坐标： C(3a，a)，D(3a，-3a+24)，CF=3a，CD=-3a+24-a=-4a+24。 矩形CDEF的面积为60，S矩形CDEF=CF?CD=3a(-4a+24)=60，解得a=1或a=5 当a=1是，3a=3，故C(3，1);当a=5时，3a=15，故C(15，5)。 综上所述C点坐标为：C(3，1)或C(15，5)。 7. (2018辽宁沈阳14分)已知，如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为(-2，0)，点B坐标为 (0，2 )，点E为线段AB上的动点(点E不与点A，B重合)，以E为顶点作OET=45，射线ET交线段OB于点F，C为y轴正半轴上一点，且OC=AB，抛物线y= x2+mx+n的图象经过A，C两点. (1) 求此抛物线的函数表达式; (2) 求证：BEF=AOE; (3) 当EOF为等腰三角形时，求此时点E的坐标; (4) 在(3)的条件下，当直线EF交x轴于点D，P为(1) 中抛物线上一动点，直线PE交x轴于点G，在直线EF上方的抛物线上是否存在一点P，使得EPF的面积是EDG面积的( ) 倍.若存在，请直接写出点P的坐标;若不存在，请说明理由. 温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答. 【答案】解：(1)A (-2， 0)， B (0， 2)，OA=OB=2 。 AB2=OA2+OB2=22+22=8。AB=2 。 OC=AB，OC=2 ， 即C (0， 2 )。 抛物线y=- x2+mx+n的图象经过A、C两点，得 ，解得： 。 抛物线的表达式为y=- x2- x+2 。 (2)证明：OA=OB，AOB=90 ，BAO=ABO=45。 又BEO=BAO+AOE=45+AOE，BEO=OEF+BEF=45+BEF ，BEF=AOE。 (3)当EOF为等腰三角形时，分三种情况讨论 当OE=OF时， OFE=OEF=45， 在EOF中， EOF=180-OEF-OFE=180-45-45=90。 又AOB=90，则此时点E与点A重合， 不符合题意， 此种情况不成立。 如图， 当FE=FO时，EOF=OEF=45。 在EOF中，EFO=180-OEF-EOF=180-45-45=90， AOF+EFO=90+90=180。EFAO。 BEF=BAO=45 。 又 由 (2) 可知 ，ABO=45，BEF=ABO。 BF=EF。EF=BF=OF= OB= 2=1 。 E(-1， 1)。 如图， 当EO=EF时， 过点E作EHy轴于点H ， 在AOE和BEF中， EAO=FBE， EO=EF， AOE=BEF， AOEBEF(AAS)。BE=AO=2。 EHOB ，EHB=90。AOB=EHB。 EHAO。 BEH=BAO=45。 在RtBEH中， BEH=ABO=45 ，EH=BH=BEcos45=2 = 。 OH=OB-BH=2-2 。 E(- ， 2- )。 综上所述， 当EOF为等腰三角形时，点E坐标为E(-1， 1)或E(- ， 2- )。 (4) P(0， 2 )或P (-1， 2 )。 【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，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】(1)应用勾股定理求出点C的坐标，根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法求出抛物线的函数表达式。 (2)应用等腰直角三角形等边对等角的性质可证。 (3)分OE=OF，FE=FO，EO=EF三种情况讨论即可。 (4)假设存在这样的点P。当直线EF与x轴有交点时，由(3)知，此时E(- ， 2- )。 如图所示，过点E作EHy轴于点H，则OH=FH=2- 。 由OE=EF，易知点E为RtDOF斜边上的中点，即DE=EF。 过点F作FNx轴，交PG于点N。 易证EDGEFN，因此SEFN=SEDG。 依题意，可得SEPF=( )SEDG=( )SEFN， PE：NE= 。 过点P作PMx轴于点M，分别交FN、EH于点S、T，则ST=TM=2- 。 FNEH，PT：ST=PE：NE= 。 PT=( )ST=( )(2- )=3 -2。 PM=PT+TM=2 ，即点P的纵坐标为2 。 2 =- x2- x+2 ，解得x1=0，x2=-1。 P点坐标为(0， 2 )或(-1， 2 )。 综上所述，在直线EF上方的抛物线上存在点P，使得EPF的面积是EDG面积的( )倍，点P的坐标为(0， 2 )或(-1， 2 )。 8. (2018辽宁铁岭14分)如图，已知抛物线经过原点O和x轴上一点A(4，0)，抛物线顶点为E， 它的对称轴与x轴交于点D.直线 经过抛物线上一点B(-2，m)且与y轴交于点C，与抛物线 的对称轴交于点F. (1)求m的值及该抛物线对应的解析式; (2)P 是抛物线上的一点，若SADP=SADC,求出所有符合条件的点P的坐标; (3)点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动， 设点M的运动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形.若能，请直接写出点M 的运动时间t的值;若不能，请说明理由. 备用图 【考点】动点问题，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，解二元一次方程组和一元二次方程，二次函数的性质，勾股定理，菱形的判定和性质。 【分析】(1)由点B(2，m)在直线y=2x1上，将其代入即可求得m的值，从而得到点B的坐标，由点O，A，B在抛物线上，用待定系数法即可求得抛物线对应的解析式。 (2)设 ，求得点C的坐标，由SADP=SADC和二者是同底等高的三角形，得 ，即 ，解之即可求得点P的坐标。 (3)抛物线的解析式为 ，顶点E(2，1)，对称轴为x=2。 点F是直线y=2x1与对称轴x=2的交点，F(2，5)，DF=5。 又A(4，0)，AE= 。 如图所示，在点M的运动过程中，依次出现四个菱形： 菱形AEM1Q1。 此时DM1=AE= ， M1F=DFDEDM1= 。 t1= 。 菱形AEOM2。 此时DM2=DE=1，M2F=DF+DM2=6。 t2=6。 菱形AEM3Q3。 此时EM3=AE= ， DM3=EM3DE= 1。M3F=DM3+DF=( 1)+5= 。t3= 。 菱形AM4EQ4。 此时AE为菱形的对角线，设对角线AE与M4Q4交于点H，则AEM4Q4。 易知AEDM4EH， ，即 ，得M4E= 。 DM4=M4EDE= 1= 。M4F=DM4+DF= +5= 。 t4= 。 综上所述，存在点M、点Q，使得以Q、A.E、M四点为顶点的四边形是菱形;时间t的值为：t1= ，t2=6，t3= ，t4= 。 9. (2018辽宁营口14分)在平面直角坐标系中，已知抛物线 经过点A ，0)、B(0，3)、C(1，0)三点. (1) 求抛物线的解析式和顶点D的坐标; (2) 如图1，将抛物线的对称轴绕抛物线的顶点D顺时针旋转 ,与直线 交于点N.在直线 DN上是否存在点M，使得MON= .若存在，求出点M的坐标;若不存在，请说明理由; (3) 点P、Q分别是抛物线 和直线 上的点，当四边形OBPQ是直角梯形时， 求出点Q的坐标. 【答案】解：(1)由题意把A(-3，0)、B(0，3)、C(1，0)代入 得， ，解得 。 抛物线的解析式是 。 ， 抛物线的顶点D的坐标为(-1，4)。 (2)存在。理由如下： 由旋转得EDF=60。 在RtDEF中，EDF=60，DE=4， EF=DEtan60=4 。 OF=OE+EF=1+4 。 F点的坐标为( ，0)。 设过点D、F的直线解析式是 ， 把D(-1，4)，F( ，0)代入求得 。 分两种情况： 当点M在射线ND上时，MON=75，BON=45， MOB=MONBON=30。MOC=60。 直线OM的解析式为 。 点M的坐标为方程组. 的解，解方程组得， 。 点M的坐标为( ， )。 当点M在射线NF上时，不存在点M使得MON=75。 MON=75，FON=45， FOM=MON-FON=30。 DFE=30。FOM=DFE。OMFN。不存在点M使得MON=75。 综上所述，存在点M ，且点M的坐标为( ， )。 (3)有两种情况： 如图，直角梯形OBPQ中，PQOB，OBP=90。 OBP=AOB=90，PBOA。 点P、B的纵坐标相同都是3。 点P在抛物线 上， 把 3代入抛物线的解析式， 解得 =2， =0(舍去)。 由PQOB得到点P、Q的横坐标相同，都等于-2， 把 =2代入 得 2。 所以Q点的坐标为(-2，2)。 如图，在直角梯形OBPQ中，PBOQ，BPQ=90。 D(-1，4)，B(0，3) ，DBOQ。 PBOQ，点P在抛物线上，点P、D重合。 EDF=EFD=45。EF=ED=4。OF=OE+EF=5。 作QH 轴于H， QOF=QFO=45，OQ=FQ。OH= OF= 。 Q点的横坐标 。 Q点在 上，把 = 代入 得 。 “教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。孟子中的“先生何为出此言也？”；论语中的“有酒食，先生馔”；国策中的“先生坐，何至于此？”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。其实国策中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。称“老师”为“先生”的记载，首见于礼记?曲礼，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意基本一致。 观察内容的选择，我本着先静后动，由近及远的原则，有目的、有计划的先安排与幼儿生活接近的，能理解的观察内容。随机观察也是不可少的，是相当有趣的，如蜻蜓、蚯蚓、毛毛虫等，孩子一边观察，一边提问，兴趣很浓。我提供的观察对象，注意形象逼真，色彩鲜明，大小适中，引导幼儿多角度多层面地进行观察，保证每个幼儿看得到，看得清。看得清才能说得正确。在观察过程中指导。我注意帮助幼儿学习正确的观察方法，即按顺序观察和抓住事物的不同特征重点观察，观察与说话相结合，在观察中积累词汇，理解词汇，如一次我抓住时机，引导幼儿观察雷雨，雷雨前天空急剧变化，乌云密布，我问幼儿乌云是什么样子的，有的孩子说：乌云像大海的波浪。有的孩子说“乌云跑得飞快。”我加以肯定说“这是乌云滚滚。”当幼儿看到闪电时，我告诉他“这叫电光闪闪。”接着幼儿听到雷声惊叫起来，我抓住时机说：“这就是雷声隆隆。”一会儿下起了大雨，我问：“雨下得怎样?”幼儿说大极了，我就舀一盆水往下一倒，作比较观察，让幼儿掌握“倾盆大雨”这个词。雨后，我又带幼儿观察晴朗的天空，朗诵自编的一首儿歌：“蓝天高，白云飘，鸟儿飞，树儿摇，太阳公公咪咪笑。”这样抓住特征见景生情，幼儿不仅印象深刻，对雷雨前后气象变化的词语学得快，记得牢，而且会应用。我还在观察的基础上，引导幼儿联想，让他们与以往学的词语、生活经验联系起来，在发展想象力中发展语言。如啄木鸟的嘴是长长的，尖尖的，硬硬的，像医生用的手术刀样，给大树开刀治病。通过联想，幼儿能够生动形象地描述观察对象。 Q点的坐标为( ， )。 综上所述，符合条件的点Q有两个,坐标分别为：(-2，2)，( ， )。“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。孟子中的“先生何为出此言也？”；论语中的“有酒食，先生馔”；国策中的“先生坐，何至于此？”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。其实国策中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。称“老师”为“先生”的记载，首见于礼记?曲礼，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意基本一致。