【導(dǎo)讀】1．已知拋物線y＝－x2＋2x＋m－2與y軸交于點A，與直線y＝2x交于點B、C. F的坐標(biāo)，若不存在，說明理由；y＝－x2＋2x＋3. 2．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y1＝ax2＋3x＋c經(jīng)過原點及點A（1，2），與x軸相交于另一。若將拋物線y1以x＝3為對稱軸向右翻折后，得到一條新的拋物線y2，已知拋物線y2與x軸交于兩點，①當(dāng)點E落在拋物線y1上時，求OP的長；秒2個單位長度，當(dāng)Q點到達O點時P、Q兩點停止運動．過Q點作x軸的垂線，與直線AC交于G點，a＋3＋c＝2解得??若經(jīng)過t秒的移動，線段PQ被CD垂直平分，求此時t的值；該拋物線的對稱軸上是否存在一點M，使MQ＋MA的值最??？

　　

【正文】 12－ x （ 4＜ x ＜ 8） （ 3）當(dāng) 4＜ x ＜ 8 時，由 S＝ 16x 12－ x ，得 x＝ 12S 16＋ S ∵ 4＜ x ＜ 8，∴ 4＜ 12S 16＋ S ＜ 8 ∵ S ＞ 0，∴ 16＋ S ＞ 0，∴ 4( 16＋ S )＜ 12S ＜ 8( 16＋ S ) 解得 8＜ S ＜ 32 13． （浙江模擬） 如圖，菱形 ABCD 的邊長為 6且 ∠ DAB＝ 60176。，以點 A 為原點、邊 AB所在直線為 x軸且頂點 D 在第一象限建立平面直角坐標(biāo)系 ． 動點 P 從點 D出發(fā)沿折線 D－ C－ B向終點 B以每秒 2個 單位的速度運動，同時動點 Q從點 A出發(fā)沿 x軸負半軸以每秒 1個 單位的速度運動，當(dāng)點 P到達終點時停止運動 ． 設(shè)運動時間為 t，直線 PQ 交邊 AD 于點 E． （ 1） 求出經(jīng)過 A、 D、 C 三點的拋物線解析式； （ 2） 是否存在時刻 t， 使得 PQ⊥ BD？ 若存在 ， 求出 t 值，若不存在，請說明理由； （ 3） 設(shè) AE 長為 y，試求 y 與 t 之間的函數(shù)關(guān)系式； （ 4） 若 F、 G 為 DC邊上兩點，且點 DF＝ FG＝ 1，試在對角線 DB 上找一點 M、拋物線對稱軸上找一點 N，使得四邊形 FMNG 周長最小并求出周長最小值 ． x A y E D C B F G Q P A B D E C P Q N M A B D E C P Q N F H 解： （ 1） 由題意得： D（ 3， 3 3）、 C（ 9， 3 3） 設(shè) 經(jīng)過 A、 D、 C 三點的拋物線解析式 為 y＝ ax 2＋ bx 把 D、 C 兩點坐標(biāo)代入上式，得： ???9a＋ 3b＝ 3 381a＋ 9b＝ 3 3 解得： a＝ － 3 9 ， b＝ 4 3 3 ∴ 拋物線 的 解析式為： y＝ － 3 9 x 2＋ 4 3 3 x （ 2） 連接 AC ∵四邊形 ABCD 是菱形，∴ AC⊥ BD 若 PQ⊥ BD，則 PQ∥ AC 當(dāng)點 P 在 DC 上 時 ∵ PC∥ AQ， PQ∥ AC， ∴ 四邊形 PQAC 是平行四邊形 ∴ PC＝ AQ， 即 6－ 2t＝ t, ∴ t＝ 2 當(dāng)點 P 在 CB 上 時， PQ 與 AC 相交，此時 不存在符合要求的 t 值 （ 3） ① 當(dāng)點 P 在 DC 上，即 0≤ t ≤ 3 時 ∵ DP∥ AQ，∴ △ DEP∽△ AEQ ∴ DE y ＝ DP AQ ＝ 2t t ＝ 2， ∴ y＝ 1 3 AD＝ 2 ② 當(dāng)點 P 在 CB 上，即 3＜ t ≤ 6 時 ∵ AE∥ BP，∴ △ QEA∽△ QPB ∴ AE BP ＝ QA QB ， 即 y 12－ 2t ＝ t 6＋ t ∴ y＝ 12－ 2t 6＋ t 綜上所述 ， y 與 t 之間的函數(shù)關(guān)系式 為： y＝?????2 （ 0≤ t ≤ 3） 12－ 2t 6＋ t （ 3＜ t ≤ 6） （ 4） 作點 F 關(guān)于直線 BD 的對稱點 F′，由菱形對稱性知 F′ 在 DA 上， 且 DF′＝ DF＝ 1 作點 G 關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點 G′，易求 DG′＝ 4 連接 F′G′ 交 DB 于點 M、交對稱軸于點 N， 則 點 M、 N 即為所求的兩點 過 F′ 作 F′H⊥ DG′ 于 H， 可 得 HD＝ 1 2 ， F′H＝ 3 2 ， HG′＝ 9 2 ∴ F′G′＝ F′H 2＋ HG′ 2 ＝ 21 ∴ 四邊形 FMNG 周長最小值 為 F′G′＋ FG＝ 21＋ 1 14． （浙 江模擬） 如圖 ， 直線 y＝ － x＋ 5 和直線 y＝ kx－ 4 交于點 C（ 3， m） ， 兩直線分別交 y 軸于點 A和點B，一平行于 y 軸的直線 l從點 C 出發(fā)水平向左平移，速度為每秒 1個單位，運動時間為 t，且分別交 AC、BC 于點 P、 Q，以 PQ 為一邊向左側(cè)作正方形 PQDE． （ 1）求 m 和 k 的值； （ 2） 當(dāng) t 為何值時，正方形的邊 DE 剛好在 y 軸上？ （ 3）當(dāng)直線 l 從點 C 出發(fā)開始運動的同時，點 M 也同時在線段 AB 上由點 A 向點 B 以每秒 4 個單位的速x A y F′ D C B F G M N G′ H x A y E D C B F G Q P x A y E D C B F G Q P 度運動，問點 M 從進入正方形 PQDE 到離開正方形持續(xù)的時間有多長？ 解： （ 1）把 C（ 3， m） 代入 y＝ － x＋ 5 得 m＝ 2 ∴ C（ 3， 2）， 代入 y＝ kx－ 4 得 k＝ 2 （ 2） 由題意，點 P 橫坐標(biāo)為 3－ t 當(dāng) x＝ 3－ t 時， y＝ － x＋ 5＝ t＋ 2，∴ P（ 3－ t， t＋ 2） ∵ PQ∥ y 軸 ，∴點 Q 橫坐標(biāo)為 3－ t 當(dāng) x＝ 3－ t 時， y＝ 2x－ 4＝ 2－ 2t，∴ Q（ 3－ t， 2－ 2t） ∴ PQ＝ t＋ 2－ ( 2－ 2t )＝ 3t ∵ 正方形 PQDE， ∴ PQ＝ PE 當(dāng) 正方形的邊 DE 剛好在 y 軸上 時， 3t＝ 3－ t， ∴ t＝ 3 4 （ 3）∵ 直線 y＝ － x＋ 5 交 y 軸于點 A，∴ A（ 0， 5） ∴點 M 坐標(biāo)為（ 0， 5－ 4t） 當(dāng)點 M 和點 P 的縱坐標(biāo)相等時， 5－ 4t＝ t＋ 2，∴ t＝ 3 5 ∵ 3 5 ＜3 4 ，∴點 M 進入 正方形 PQDE 時， t＝ 3 4 當(dāng)點 M 和點 Q 的縱坐標(biāo)相等時， 5－ 4t＝ 2－ 2t，∴ t＝ 3 2 ∴ 點 M 從進入正方形 PQDE 到離開正方形持續(xù)的時間 為： t＝ 3 2 － 3 4 ＝ 3 4 15． （浙江模擬） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中， O為坐標(biāo)原點， Rt△ OAB 的直角邊 OA 在 x 軸的正半軸上，點 B 坐標(biāo)為（ 3， 1），以 OB 所在直線為對稱軸將 △ OAB 作軸對稱變換得 △ OCB．動點 P 從點 O 出發(fā)，沿線段 OA 向點 A運動，動點 Q 從點 C出發(fā)，沿線段 CO 向點 O運動 ． P、 Q 兩點同時出發(fā)，速度都為每秒 1 個單位長度．設(shè)點 P 運動的時間為 t（ 秒 ） ． （ 1）求 ∠ AOC 的度數(shù)； （ 2） 記 四邊形 BCQP 的面積為 S（平方單位），求 S 與 t 之間的函數(shù)關(guān)系式； （ 3）設(shè) PQ 與 OB 交于點 M． ①當(dāng)△ OMQ 為等腰三角形時，求 t 的值． ②探究線段 OM 長度的最大值，說明理由． A O C B y x l P Q D E B P A C O Q x y M A O C B y x l P Q D E 解：（ 1） ∵ 點 B 坐標(biāo)為（ 3， 1）， ∴ OA＝ 3， AB＝ 1 ∴在 Rt△ OAB 中， tan∠ AOB＝ AB OA ＝ 1 3 ＝ 3 3 ∴ ∠ AOB＝ 30176。 ∵ 將 △ OAB 作軸對稱變換得 △ OCB ∴△ OCB≌△ OAB， ∴ ∠ COB＝ ∠ AOB＝ 30176。 ∴ ∠ AOC＝ 60176。 （ 2） ∵ OP＝ CQ＝ t， AB＝ 1， OC＝ OA＝ 3 ∴ AP＝ OQ＝ 3－ t ∴ S＝ 2S△ OAB － S△ OPQ － S△ PAB ＝ OA178。 AB－ 1 2 OP178。 OQ178。 sin∠ AOC－ 1 2 PA178。 AB ＝ 3 1－ 1 2 t ( 3－ t ) 3 2 － 1 2 ( 3－ t ) 1 ＝ 3 4 t 2－ 1 4 t＋ 3 2 （ 3） ① 若△ OMQ 為等腰三角形，則可能有三種情況： （ i）若 OM＝ MQ，則 ∠ MQO＝ ∠ MOQ＝ 30176。 ∵ ∠ AOC＝ 60176。，∴ ∠ OPQ＝ 90176。 ∴ OP＝ 1 2 OQ，即 t＝ 1 2 ( 3－ t ) 解得： t＝ 3 3 （ ii）若 OM＝ OQ，則 ∠ OMQ＝ ∠ OQM＝ 75176。 ∵ ∠ AOC＝ 60176。， ∴ ∠ OPQ＝ 45176。 過點 Q 作 QD⊥ OA 于 D，則 QD＝ DP 即 3 2 ( 3－ t )＝ t－ 1 2 ( 3－ t ) 解得： t＝ 1 （ iii）若 MQ＝ OQ，則 ∠ OMQ＝ ∠ MOQ＝ ∠ MOP 得 PQ∥ OA， 顯然不符合題意 ② 分別過 點 P、 Q 作 OB 的垂線，垂足分別為 E、 F ∵ OP＝ t， OQ＝ 3－ t， ∠ MOP＝ ∠ MOQ＝ 30176。 ∴ S△ OPQ ＝ S△ OPM ＋ S△ OOM ＝ 1 2 OM178。 PE＋ 1 2 OM178。 QF ＝ 1 4 OM178。 OP＋ 1 4 OM178。 OQ＝ 1 4 OM( OP＋ OQ ) ＝ 1 4 OM( t＋ 3－ t )＝ 3 4 OM 過點 Q 作 QG⊥ OA 于 G 則 S△ OPQ ＝ 1 2 OP178。 QG ＝ 1 2 OP178。 OQ178。 sin60176。 ＝ 3 4 t( 3－ t )＝ － 3 4 ( t 2－ 3t ) ∴ 3 4 OM＝ － 3 4 ( t 2－ 3t ) ∴ OM＝ － ( t 2－ 3t )＝ － ( t－ 3 2 )2＋ 3 4 ∴ 當(dāng) t＝ 3 2 時， 線段 OM 的 長度 取得最大值 3 4 B P A C O Q x y M B P A C O Q x y M B P A C O Q x y M D B P A C O Q x y M E F G 16． （浙江模擬） 已知直線 y＝ 4 3 x＋ 4 與 x 軸、 y 軸分別相交于點 A、 B，點 C 從 O 點出發(fā)沿射線 OA 以每秒 1 個單位長度的速度勻速運動，同時點 D 從 A 點出發(fā)沿 AB 以每秒 1 個單位長度的速度向 B 點勻速運動，當(dāng)點 D 到達 B 點時 C、 D 都停止運動 ． 點 E 是 CD的中點，直線 EF⊥ CD 交 y 軸于點 F，點 E′ 與 E 點關(guān)于 y 軸對稱 ． 點 C、 D 的運動時間為 t（秒） ． （ 1）當(dāng) t＝ ________秒 時，點 F 經(jīng)過原點 O； （ 2）設(shè)四邊形 BDCO 的面積為 S，求 S 與 t 的函數(shù)關(guān)系式； （ 3）當(dāng) 直線 EF 與△ AOB 的一邊垂直時，求 t 的值； （ 4） 以 CD 為一邊，在 CD 的右側(cè)作 菱形 CDMN，其中 DM∥ x 軸 ． 當(dāng)點 N 在直線 E′F 左側(cè)時， 直接寫出 菱形 CDMN 與 △ EFE′ 重疊部分 為軸對稱圖形時 t 的取值范圍 ． 解： （ 1） 5 2 提示： ∵ 直線 y＝ 4 3 x＋ 4 與 x 軸、 y 軸分別相交于點 A、 B ∴ A（ － 3， 0）， B（ 0， 4），∴ AO＝ 3， BO＝ 4 ∴ AB＝ AO 2＋ BO 2 ＝ 3 2＋ 4 2 ＝ 5 當(dāng)點 F 經(jīng)過原點時， 連接 OD 由題意， EF 是 CD 的垂直平分線 ∴ OD＝ OC＝ t ∵ AD＝ t，∴ AD＝ OD，∴ ∠ DAO＝ ∠ DOA ∵ ∠ DBO＋ ∠ DAO＝ 90176。， ∠ DOB＋ ∠ DOA＝ 90176。 ∴ ∠ DBO＝ ∠ DOB，∴ OD＝ BD ∴ AD＝ BD，∴ AD＝ 1 2 AB＝ 5 2 （ 2）∵ AO＝ 3， BO＝ 4， AB＝ 5 ∴ sin∠ BAO＝ BO AB ＝ 4 5 ， cos∠ BAO＝ AO AB ＝ 3 5 過 D 作 DH⊥ AC 于 H 當(dāng) 0≤ t ≤ 3 時 ∵ CO＝ t，