一、选择题
1. (2012辽宁鞍山3分)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=BC=4，DE⊥BC于点E，且E是BC中点;动点P从点E出发沿路径ED→DA→AB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. (2012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. (2012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. (2012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. (2012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=BPsin∠B= ，
∴△ABP的面积 。
当点P在BC上运动时，如图，△ABP的高PF=BCsin∠B=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. (2012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=1，4﹣3=1。
∴点P1的坐标为(1，1)。
2. (2012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. (2012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. (2012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. (2012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. (2012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α(0°<α<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：△AOG≌△ADG;
(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Rt△AOG和Rt△ADG中，AO=AD，AG=AG，
∴△AOG≌△ADG(HL)。
(2)∠PAG =45°,PG=OG+BP。理由如下：
由(1)同理可证△ADP≌△ABP，则∠DAP=∠BAP。
∵由(1)△AOG≌△ADG，∴∠1=∠DAG。
又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°，即∠DAG+∠DAP=45°。∴∠PAG=∠DAG+∠DAP=45°。
∵△AOG≌△ADG，△ADP≌△ABP，∴DG=OG，DP=BP。
∴PG=DG+DP=OG+BP。
(3)∵△AOG≌△ADG，∴∠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Rt△AOG中，AO=3，OG=AOtan30°= ，
∴G点坐标为：( ，0)，CG=3﹣ 。
在Rt△PCG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= x﹣1。
【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△AOG≌△ADG。
(2)利用(1)的方法，同理可证△ADP≌△ABP，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△AOG≌△ADG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. (2012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°，EF∥HG,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E′F′G′H′时，过点F′作F′N⊥x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′ H′∥OM，E′ H′=OM=1，
∴四边形E′H′ OM是平行四边形(当E′ H′不与y轴重合时)。
∵F′N∥y轴，N G′∥x轴，∴△F′N D∽△AOD。∴ 。
∵直角梯形E′F′G′H′是直角梯形EFGH沿射线DA方向平移得到的，
∴F′D=t，∴ 。∴ 。
∵E′F′=PN=1，∴OP=OD-PN-ND=4-1- =3- 。
∵E′P= ，E′H′=1，∴H′P= -1。
若平行四边形E′H′ OM是矩形，则∠MO H′=900，此时H′G′与x轴重合。
∵F′D=t，∴ ，即 。
即当 秒时，平行四边形EHOM是矩形。
若平行四边形E′H′ OM是菱形，则O H′=1。
在Rt△H′OP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E′F′G′H′时，过点F′作F′N⊥x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- ，H′P= -1。分平行四边形E′H′ 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. (2012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tan∠OBC= ，
∴∠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。
①在y轴正方向上存在点Q1，只要CQ1=4，则由SAS可判断△Q1CD≌△ADP，
此时，Q1的坐标为(0，7)。
②由轴对称的性质，得Q1关于直线BC的对称点Q2也满足△Q2CD≌△ADP，
过点Q2作Q2G⊥y轴于点G，则在Rt△CQ2G中，由Q2C=4，∠Q2CG=600可得
CG=2，Q2G=2 。∴OG=1。∴Q2的坐标为(-2 ，1)。
③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△Q3DC≌△ADP，
此时，Q3的坐标为( ，-2)。
④由轴对称的性质，得Q3关于直线BC的对称点Q4也满足△Q2DC≌△ADP，
过点Q4作Q4H⊥l于点H，则在Rt△DQ4H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EF⊥l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Rt△EFN中， ，
∴ ，整理得 ，解得 (负值舍去)。
∴ 。
∴点N的纵坐标为 。∴N( )。
4. (2012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：①s与t之间的函数关系式;
②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。
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
②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)①分0
②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. (2012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PM⊥x轴于M，PN⊥y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PM⊥x轴于M，PN⊥y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△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC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. (2012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CD∥y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.
①设点C的纵坐标为a，求点D的坐标(用含a的代数式表示);
②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) ①∵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)。
∵CD∥y轴，∴点D的横坐标为3a 。
∵点D在直线l2上 ，∴y=-3a+24。∴D(3a， -3a+24)。
②C(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)①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CD∥y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。
②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. (2012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
①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。
②如图①， 当FE=FO时，∠EOF=∠OEF=45°。
在△EOF中，∠EFO=180°-∠OEF-∠EOF=180°-45°-45°=90°，
∴∠AOF+∠EFO=90°+90°=180°。∴EF∥AO。
∴ ∠BEF=∠BAO=45° 。
又∵ 由 (2) 可知 ，∠ABO=45°，∴∠BEF=∠ABO。
∴BF=EF。∴EF=BF=OF= OB= ×2=1 。∴ E(-1， 1)。
③如图②， 当EO=EF时， 过点E作EH⊥y轴于点H ，
在△AOE和△BEF中，
∵∠EAO=∠FBE， EO=EF， ∠AOE=∠BEF，
∴△AOE≌△BEF(AAS)。∴BE=AO=2。
∵EH⊥OB ，∴∠EHB=90°。∴∠AOB=∠EHB。
∴EH∥AO。 ∴∠BEH=∠BAO=45°。
在Rt△BEH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④所示，过点E作EH⊥y轴于点H，则OH=FH=2- 。
由OE=EF，易知点E为Rt△DOF斜边上的中点，即DE=EF。
过点F作FN∥x轴，交PG于点N。
易证△EDG≌△EFN，因此S△EFN=S△EDG。
依题意，可得S△EPF=( )S△EDG=( )S△EFN，
∴PE：NE= 。
过点P作PM⊥x轴于点M，分别交FN、EH于点S、T，则ST=TM=2- 。
∵FN∥EH，∴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. (2012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S△ADP=S△ADC,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=﹣2x﹣1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S△ADP=S△ADC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=﹣2x﹣1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：
①菱形AEM1Q1。
∵此时DM1=AE= ，
∴M1F=DF﹣DE﹣DM1= 。
∴t1= 。
②菱形AEOM2。
∵此时DM2=DE=1，∴M2F=DF+DM2=6。
∴t2=6。
③菱形AEM3Q3。
∵此时EM3=AE= ，
∴DM3=EM3﹣DE= ﹣1。∴M3F=DM3+DF=( ﹣1)+5= 。∴t3= 。
④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AE⊥M4Q4。
∵易知△AED∽△M4EH，∴ ，即 ，得M4E= 。
∴DM4=M4E﹣DE= ﹣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. (2012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Rt△DEF中，∵∠EDF=60°，DE=4，
∴EF=DE×tan60°=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：
①当点M在射线ND上时，∵∠MON=75°，∠BON=45°，
∴∠MOB=∠MON﹣∠BON=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( ， )。
②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。∴OM∥FN。∴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：
①如图，直角梯形OBPQ中，PQ∥OB，∠OBP=90°。
∵∠OBP=∠AOB=90°，∴PB∥OA。
∴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PQ∥OB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)。
②如图，在直角梯形OBPQ中，PB∥OQ，∠BPQ=90°。
∵D(-1，4)，B(0，3) ，∴DB∥OQ。
∵PB∥OQ，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 。
∴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)，(﹣ ， )。