2022福建中考数学试卷分类解析汇编专项12-押轴题

2022福建中考数学试卷分类解析汇编专项12-押轴题
专题12：押轴题
解答题
1.（福建福州14分）已知，如图，二次函数223y ax ax a =+-(0)a ≠图象的顶点为H ，与x 轴交于A 、B 两点（B 在A 点右侧），点H 、B 关于直线l ：333y x =+对称． （1）求A 、B 两点坐标，并证明点A 在直线l 上； （2）求二次函数解析式； （3）过点B 作直线BK ∥AH 交直线l 于K 点，M 、N 分别为直线AH 和
直线l 上的两个动点，连接HN 、NM 、MK ，求HN+NM+MK 和的最小值．
【答案】解：（1）依题意，得2230ax ax a +-=(0)a ≠，解得x 1=﹣3，x 2=1，
∵B 点在A 点右侧，∴A 点坐标为（﹣3，0），B 点坐标为（1，0）。

∵直线l ：333
y x =+， 当x =﹣3时，()333
30y =+-=，∴点A 在直线l 上。

（2）∵点H 、B 关于过A 点的直线l ：333
y x =+对称，∴AH=AB=4。

过顶点H 作HC ⊥AB 交AB 于C 点，
则AC=12
AB=2，HC=224223-=。

∴顶点H （－1，23）。

代入二次函数解析式，解得32
a =-， ∴二次函数解析式为2333322
y x x =--+。

（3）直线AH 的解析式为333y x =+，直线BK 的解析式为33y x =-， 由333
33y x y x =+=-⎧⎨⎩，解得332x y ==⎧⎨⎩。

∴K （3，32）。

则BK=4。

过点K 作直线AH 的对称点Q ，连接QK ，交直线AH 于E ，
过点K 作KD ⊥AB ，垂足为点D 。

∵点H 、B 关于直线AK 对称，
∴HN+MN 的最小值是MB ， 。

且QM=MK ，QE= KE= KD=，AE ⊥QK 。

∴BM+MK 的最小值是BQ ，即BQ 的长是HN+NM+MK 的最小值。

∵BK ∥AH ，∴∠BKQ=∠HEQ=90°。

由勾股定理得QB=8。

∴HN+NM+MK 的最小值为8。

【考点】二次函数综合题，解一元二次方程，轴对称的性质，解二元一次方程组，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理。

【分析】（1）解出方程2230ax ax a +-=(0)a ≠，即可得到A 点坐标和B 点坐标；把A 的坐标代入直线l 即可判定A 是否在直线上。

（2）依照点H 、B 关于过A 点的直线l ：y 对称，得出AH=AB=4，过顶点H 作HC ⊥AB 交AB 于C 点，求出AC 和HC 的长，得出顶点H 的坐标，代入二次函数解析式，求出a ，即可得到二次函数解析式。

（3）解方程组y y ==⎧⎨⎩
，即可求出K 的坐标，依照点H 、B 关于直线AK 对称，得出HN+MN 的最小值是MB ，过点K 作直线AH 的对称点Q ，连接QK ，交直线AH 于E ，得到BM+MK 的最小值是BQ ，即BQ 的长是HN+NM+MK 的最小值，由勾股定理得QB=8，即可得出答案。

2.（福建泉州14分）如图1，在第一象限内，直线y=mx 与过点B （0，1）且平行于x 轴的直线l 相交于点A ，半径为r 的⊙Q 与直线y=mx 、x 轴分别相切于点T 、E ，且与直线l 分别交于不同的M 、N 两点．
（1）当点A ，p ）时， ①填空：p=___ ，m= ___，∠AOE= ___．
②如图2，连接QT 、QE ，QE 交MN 于点F ，当r=2时，试说明：以T 、M 、E 、N 为顶点的四边形是等腰梯形；
（2）在图1中，连接EQ 并延长交⊙Q 于点D ，试探究：对m 、r 的不同取值，通过M 、D 、N 三点的抛物线y=ax 2+bx+c ，a 的值会变化吗？若不变，求出a 的值；若变化．请说明理由．
【答案】解：（1）1，3，60°。

（2）如图，连接TM，ME，EN，QN，QM ，
∵OE和OP是⊙Q的切线，
∴QE⊥x轴，QT⊥OT，即∠QTA=90°。

而l∥x轴，∴QE⊥MN。

∴MF=NF。

又∵r=2，EF=1，∴QF=2－1=1。

∴四边形QNEM为平行四边形，即QN∥ME。

∴EN=MQ=EQ=QN，即△QEN为等边三角形。

∴∠NQE=60°，∠QNF=30°。

在四边形OEQT中，∠QTO=∠QEO=90°，∠TOE=60°，
∴∠TQE=360°-90°－90°－60°=120°。

∴∠TQE+∠NQE=120°+60°=180°。

∴T、Q、N三点共线，即TN为直径。

∴∠TMN=90°。

∴TN∥ME，∴∠MTN=60°=∠TNE。

∴以T、M、E、N为顶点的四边形是等腰梯形。

（3）对m、r的不同取值，通过M、D、N三点的抛物线y=ax2+bx+c，a的值可不能变化。

理由如下：如图，连DM，ME，
∵DM为直径，∴∠DME=90°。

而DM垂直平分MN，∴Rt△MFD∽Rt△EFM。

∴MF2=EF•FD。

设D（h，k），（h＞0，k=2r），
则过M、D、N三点的抛物线的解析式为：
y=a（x-h）2+k。

又∵M 、N 的纵坐标都为1，
当y=1时，a （x-h ）2+k=1，解得x 1=h x 2=h
∴MF=12
∴()21k 1=⋅-。

∴ ()1k 1k 1a -=⋅-。

∴a=－1。

∴对m 、r 的不同取值，通过M 、D 、N 三点的抛物线y=ax 2+bx+c ，a 的值会变
化，a=－1。

【考点】一次、二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，专门角的三角函数值，切线的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，多边形内角和定理，平行的判定和性质，等腰梯形的判定，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）∵点A 的坐标为（ ，p ），点A 在直线l ：y=1上，
∴p=1，即点A 坐标为（ ，1）。

∵点A 在直线y=mx 上，∴1= 3
m ，解得
在Rt △OBA 中，OB=1，AB= ，tan ∠，∴∠AOB =30°。

∴∠AOE=60°。

（2）作辅助线：连接TM ，ME ，EN ，QN ，QM ，依照切线的性质得到QE ⊥x 轴，QT ⊥OT ，由QE ⊥MN ，得到MF=NF ，而r=2，EF=1，则四边形QNEM 为平行四边形，即QN ∥ME ；同时有△QEN 为等边三角形，则∠NQE=60°，∠QNF=30°；在四边形OEQT 中，∠QTO=∠QEO=90°，∠TOE=60°，可求出∠TQE=120°，因此有∠TQE+∠NQE=120°+60°=180°，
即T 、Q 、N 三点共线，得到TN 为直径；得到∠TMN=90°，得到TN ∥ME ，因此∠MTN=60°=∠TNE ，得到以T 、M 、E 、N 为顶点的四边形是等腰梯形。

（3）作辅助线：连接DM ，ME ，依照垂径定理和圆周定理的推论得到∠DME=90°，DM 垂直平分MN ，因此Rt △MFD ∽Rt △EFM ，得到MF 2=EF•FD ，设D （h ，k ），（h ＞0，k=2r ），
则过M 、D 、N 三点的抛物线的解析式为：y=a （x-h ）2+k ，令y=1，得到x 1=h
x 2=1k h a -+，则MF=12MN=1k a -，得到()2
1k 1k 1a ⎛⎫-=⋅- ⎪ ⎪⎝⎭
），解得a=－1。

3.（福建漳州14分）如图1，抛物线y ＝mx 2－11mx ＋24m (m ＜0) 与x 轴交于B 、C 两点（点
B 在点C
的左侧），抛物线另有一点A 在第一象限内，且∠BAC ＝90°．
（1）填空：OB ＝_ ▲ ，OC ＝_ ▲ ；
（2）连接OA ，将△OAC 沿x 轴翻折后得△ODC ，当四边形OACD 是菱形时，求现在抛物线
的解析式；
（3）如图2，设垂直于x 轴的直线l ：x ＝n 与（2）中所求的抛物线交于点M ，与CD 交于
点N ，若直线l
沿x 轴方向左右平移，且交点M 始终位于抛物线上A 、C 两点之间时，试探究：当n 为何值
时，四边形
AMCN 的面积取得最大值，并求出那个最大值．
【答案】解：（1）OB ＝3，OC ＝8。

（2）连接AD ，交OC 于点E ，
∵四边形OACD 是菱形，
∴AD ⊥OC ，OE ＝EC ＝1
2 ×8＝4。

∴BE ＝4－3＝1。

又∵∠BAC ＝90°，∴△ACE ∽△BAE 。

∴AE BE ＝CE AE 。

∴AE 2＝BE·
CE ＝1×4＝4。

∴AE ＝2。

∴点A 的坐标为 (4，2) 。

把点A 的坐标 (4，2)代入抛物线y ＝mx 2
－11mx ＋24m ，得m ＝－1
2。

∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋112x －12。

（3）∵直线x ＝n 与抛物线交于点M ，
∴点M 的坐标为 (n ，－12n 2＋112n －12) 。

由（2）知，点D 的坐标为（4，－2），
则由C 、D 两点的坐标求直线CD 的解析式为y ＝12x －4。

∴点N 的坐标为 (n ，1
2n －4)。

∴MN ＝（－12n 2＋112n －12）－（12n －4）＝－12n 2＋5n －8。

∴S 四边形AMCN ＝S △AMN ＋S △CMN ＝12MN·CE ＝12（－12n 2＋5n －8）
×4＝－(n －5)2＋9 。

∴当n ＝5时，S 四边形AMCN ＝9。

【考点】二次函数综合题，解一元二次方程，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。

【分析】（1）依照二次函数与x 轴交点坐标求法，由mx 2－11mx ＋24m ＝0(m ＜0)，解一元二次方程即可得出。

（2）利用菱形性质得出AD ⊥OC ，从而得出△ACE ∽△BAE ，即可得出A 点坐标，从而求出二次函数解析式。

（3）用待定系数法求出过C 、D 两点的坐标的直线CD 的解析式，从而由S
四边形AMCN =S △AMN +S △CMN 利用二次函数的最值求出即可。

4.（福建三明14分）在矩形ABCD 中，点P 在AD 上，AB=2，AP=1．将直角尺的顶点放在P 处，直角尺的两边分别交AB ，BC 于点E ，F ，连接EF （如图①）．
（1）当点E 与点B 重合时，点F 恰好与点C 重合（如图②），求PC 的长；
（2）探究：将直尺从图②中的位置开始，绕点P 顺时针旋转，当点E 和点A 重合时停止．在那个过程中，请你观看、猜想，并解答：
①tan ∠PEF 的值是否发生变化？请说明理由；
②直截了当写出从开始到停止，线段EF 的中点通过的路线长．
【答案】解：（1）在矩形ABCD 中，∠A ＝∠D ＝90°，AP ＝1，CD ＝AB ＝2，则PB ＝5。

∴∠ABP ＋∠APB ＝90° 。

又∵∠BPC ＝90°，∴∠APB ＋∠DPC ＝90°。

∴∠ABP ＝∠DPC 。

∴△APB ∽△DCP 。

∴AP CD ＝PB PC ， 即 12 ＝5
PC 。

∴PC ＝25。

（2）tan ∠PEF 的值不变。

理由如下：
过F 作FG ⊥AD ，垂足为G ，则四边形ABFG 是矩形。

∴∠A ＝∠PFG ＝90°，GF ＝AB ＝2。

∴∠AEP ＋∠APE ＝90°。

又∵∠EPF ＝90°，∴∠APE ＋∠GPF ＝90°。

∴∠AEP ＝∠GPF 。

∴△APE ∽△GPF 。

∴PF PE ＝GF AP ＝2
1 ＝2。

∴Rt △EPF 中，tan ∠PEF ＝PF
PE ＝2。

∴tan ∠PEF 的值不变。

（3）线段EF 的中点通过的路线长为5。

【考点】矩形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，直角三角形斜边上中线的性质，线段中垂线的性质，三角形中位线定理。

【分析】（1）由勾股定理求PB ，利用互余关系证明△APB ∽△DCP ，利用相似比求PC 。

（2）tan ∠PEF 的值不变．过F 作FG ⊥AD ，垂足为G ，同（1）的方法证明△APB ∽△DCP ，
得相似比PF PE ＝GF AP ＝2
1 ＝2，再利用锐角三角函数的定义求值。

（3）如图2，对EF 的中点O ，由直角三角形斜边上中线的性质，有PO ＝BO ＝12
EF ，即点O 在PB 的中垂线上。

因此从开始到停止，线段EF 的中点通过的路线是一条线段。

如图3，画出起始位置和终点位置时，线段EF 的中点O 1，O 2，连接O 1O 2，线段O 1O 2即为线段EF 的中点通过的路线长，它是PB 的中垂线的一段，也是△BPC 的中位线。

由（1），依照三角形中位线定理，
O 1O 2＝12
PC ＝5。

5.（福建厦门11分）已知抛物线y=﹣x 2+2mx ﹣m 2+2的顶点A 在第一象限，过点A 作AB ⊥y 轴于点B ，C 是线段AB 上一点（不与点A 、B 重合），过点C 作CD ⊥x 轴于点D 并交抛物线于点P ．
（1）若点C（1，a）是线段AB的中点，求点P的坐标；
（2）若直线AP交y轴的正半轴于点E，且AC=CP，求△OEP的面积S的取值范畴．【答案】解：（1）依题意得顶点A的坐标为（2，a），设P（1，n）
由顶点坐标公式，得
2m
2
2
-=
-
，得m=2。

∴抛物线的表达式为y=－x2+4x﹣2。

把P点的坐标代入得n=1。

即P点的坐标为（1，1）。

（2）把抛物线化为顶点式：y=﹣（x﹣m）2+2，
可知A（m，2），设C（n，2），
把n代入y=﹣（x﹣m）2+2得y=﹣（n﹣m）2+2，
因此P（n，﹣（n﹣m）2+2）。

∵AC=CP，∴m﹣n=2+（m﹣n）2﹣2，即m﹣n=（m﹣n）2。

∴m﹣n=0或m﹣n=1。

又∵C点不与端点A、B重合，∴m≠n。

∴m﹣n=1。

则A（m，2），P（m﹣1，1）。

由AC=CP可得BE=AB。

∵OB=2，∴OE=2﹣m。

∴△OPE的面积S=1
2
（2﹣m）（m﹣1）=﹣（m﹣
3
2
）2+
1
8
（1＜m＜2）。

∴0＜S＜1
8。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程式的关系，二次函数的性质。

【分析】（1）依照题意得顶点A的坐标为（2，a），然后设P（1，n）。

由二次函数的顶点得A点的横坐标为2，求得函数的解析式，把P点的坐标代入得n=1，从而求得P点的坐标。

（2）把抛物线化为顶点式：y=﹣（x﹣m）2+2，求得其顶点坐标，设C（n，2），然后表示出P（n，﹣（n﹣m）2+2）依照AC=CP求得m﹣n的值，然后表示出OB、OE的值从而表示出△OPE的面积，从而求得面积的取值范畴。

6.（福建龙岩14分）如图，在直角梯形ABCD中，∠D=∠BCD=90°，∠B=60°，AB=6，AD=9，点E是CD上的一个动点(E不与D重合)，过点E作EF∥AC，交AD于点F(当E运动到C时，EF与AC重合)．把△DEF沿EF对折，点D的对应点是点G，设DE=x，△GEF与梯形ABCD 重叠部分的面积为y。

(1) 求CD 的长及∠1的度数；
(2) 若点G 恰好在BC 上，求现在x 的值；
(3) 求y 与x 之间的函数关系式。

并求x 为何值时，
y 的值最大?最大值是多少?
【答案】解：（1）过点A 作AM ⊥BC 于M ，
∵∠B=60°，AB=6
∴BM=AB•cos ∠B=6×12=3， AM=AB•sin ∠B=6×32=33。

∵∠D=∠BCD=90°，∴四边形AMCD 是矩形。

∴CD=AM=33。

∵AD=9，∴tan ∠DAC=CD 333AD 93
==。

∴∠DAC=30°。

∵EF ∥AC ，∴∠1=∠DAC=30°。

∴CD=33 ，∠1=30°。

（2）若点G 恰好在BC 上，则有GE=DE=x ，EC=33－x 。

∵∠1=30°，∴∠FED=60°。

∴∠GEF=60°。

∴∠GEC=60°。

∴GE=2CE ，即x=2（33－x ），解得x=23。

（3）∵△EFG ≌△EFD ，
∴S △EFG =S △EFD =2113DE DF=x 3x x 222⋅⋅⋅⋅=。

①当0＜x≤23时，随着x 的增大，S △EFG 增大，现在S △EFG 确实是重叠的面积，
即y=S △EFG = 23x 2。

当x= 23时，y 达到最大值，为63。

②当x ＞23时，△EFG 就有一部分在梯形外，如图。

∵GE=DE=x ，EC=33－x ，
∴ME=2（33－x ）。

∴GM=GE －ME= x － 2（33－x ）=3 x －63。

∴NG=3x 633x 63
=-－。

∴S△MNG
=
)(
)2 11
NG MG=63x6
22
⋅⋅--=-。

现在y= S△EFG－S△MNG
= 2x
2
－
)
22
6x
2
-=-+
∴当
x=y最大值
=
综上所述，y与x之间的函数关系式为
y=
(
2
2
0x
x x
≤
⎨
⎪-+
⎪⎩
＜
＞
；
当
x=y最大值
=
【考点】直角梯形的性质，二次函数的最值，全等三角形的判定和性质，翻折变换（折叠问题），锐角三角函数定义，专门角的三角函数值，平行的性质，矩形的判定和性质，勾股定理。

【分析】（1）将AB平移，使点A与点D重合，利用勾股定理，则可得出CD的长度，依照CD与AD的长度关系可得出∠DAC的度数，也就得出了∠1的度数。

（2）依照点G落在BC上时，有GE=DE=x，
x ，求出∠GEF=∠GEC=60°，
然后依照GE=2CE列出方程即可得出x的值。

（3）依照△EFG≌△EFD列出y的表达式，从而讨论x的范畴，分别得出可能的值即可。

7.（福建莆田14分）已知菱形ABCD的边长为1．∠ADC=60°，等边△AEF两边分别交边DC、CB于点E、F。

（1）（4分）专门发觉：如图1，若点E、F分别是边DC、CB的中点．求证：菱形ABCD对角线AC、BD交点O即为等边△AEF的外心；
（2）若点E、F始终分别在边DC、CB上移动．记等边△AEF的外心为点P．
①（4分）猜想验证：如图2．猜想△AEF的外心P落在哪一直线上，并加以证明；
②（6分）拓展运用：如图3，当△AEF面积最小时，过点P任作一直线分别交边DA
于点M，交边DC的延长线于点N，试判定
11
DM DN
+是否为定值．若是．要求出该定值；
若不是．请说明理由。

【答案】解：（1）证明：如图1，分别连接OE、0F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ADC．AO=DC=BC。

∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°，
∠ADO= 1
2
∠ADC=
1
2
×60°=30°。

又∵E、F分别为DC、CB中点，∴OE= 1
2
CD，OF=
1
2
BC，AO=
1
2
AD。

∴0E=OF=OA。

∴点O即为△AEF的外心。

（2）①猜想：外心P一定落在直线DB上。

证明如下：
如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，∴∠PIE=∠PJD=90°。

∵∠ADC=60°，∴∠IPJ=360°－∠PIE－∠PJD－∠JDI=120°，
∵点P是等边△AEF的外心，
∴∠EPA=120°，PE=PA。

∴∠IPJ=∠EPA。

∴∠IPE=∠JPA，∴△PIE≌△PJA（AAS）。

∴PI=PJ。

∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上。

②
11
DM DN
为定值2。

当AE⊥DC时．△AEF面积最小，现在点E、F分别为DC、CB中点．连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心。

如图3．设MN交BC于点G，
设DM=x，DN=y（x≠0．y≠O），则CN=y－1。

∵BC∥DA，∴△GBP≌△MDP。

∴BG=DM=x．
∴CG=1－x。

∵BC ∥DA ，∴△GBP ∽△NDM 。

∴ CN CG DN DM
=，即y 11x y x --=。

∴x ＋y=2xy 。

∴
112x y += ，即 11DM DN +=2。

【考点】相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，菱形的性质，三角形的外接圆与外心。

【分析】（1）第一分别连接OE 、0F ，由四边形ABCD 是菱形，即可得AC ⊥BD ，BD 平分∠ADC ．AO=DC=BC ，又由E 、F 分别为DC 、CB 中点，即可证得0E=OF=OA ，则可得点O 即为△AEF 的外心。

（2）①第一分别连接PE 、PA ，过点P 分别作PI ⊥CD 于I ，PJ ⊥AD 于J ，即可求得∠IPJ
的度数，又由点P 是等边△AEF 的外心，易证得△PIE ≌△PJA ，可得PI=PJ ，即点P 在∠ADC 的平分线上，即点P 落在直线DB 上。

②当AE ⊥DC 时．△AEF 面积最小，现在点E 、F 分别为DC 、CB 中点．连接BD 、
AC 交于点P ，由（1）可得点P 即为△AEF 的外心．由△GBP ∽△MDP ，即可
11DM DN
+为定值2。

8.（福建南平14分）定义：关于抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c ( a 、b 、c 是常数，a≠0)，若b 2＝ac ，
则称该抛物
线为黄金抛物线．例如：y ＝2x 2－2x ＋2是黄金抛物线．
（1）请再写出一个与上例不同的黄金抛物线的解析式_ ▲ ；
（2）若抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c ( a 、b 、c 是常数，a≠0)是黄金抛物线，请探究该黄金抛物线与
x 轴的公共
点个数的情形（要求说明理由）；
（3）将黄金抛物线沿对称轴向下平移3个单位
① 直截了当写出平移后的新抛物线的解析式；
② 设①中的新抛物线与y 轴交于点A ，对称轴与x 轴交于点B ，动点Q 在对称轴上，问新抛物线上
是否存在点P ，使以点P 、Q 、B 为顶点的三角形与△AOB 全等？若存在，直截了当写出所有符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由 [注：第小题可依照解题需要在备用图中画出新抛物线的示意图（画图不计分）]
【提示：抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a≠0)的对称轴是x ＝－b 2a ，顶点坐标是 (－b 2a ，4ac －b 24a )】
【答案】解：（1）y=x 2，y=x 2－x ＋1，y=x 2＋2x ＋4等。

（2）依题意得b 2=ac
∴△=b 2－4ac=b 2－4b 2=－3b 2。

∴当b=0时，△=0，现在抛物线与x 轴有一个公共点。

当b≠0时，△＜0，现在抛物线与x 轴没有公共点。

（3）①新抛物线的解析式为y=2x 2－2x －1。

②存在。

有四个符合条件的点P 的坐标：（0，－1），（1，－1），（－12， 12），（ 32， 12
）。

【考点】二次函数综合题，一元二次方程根的判别式，平移的性质，全等三角形的判定。

【分析】（1）利用b2=ac 即b2-ac=0的抛物线为黄金抛物线。

（2）依照题意得到b2=ac ，然后结合根的判别式即可求得其根的判别式，依照判别式得到抛物线与x 轴的交点情形即可。

（3）①依照抛物线的平移规律即可得到平移后的抛物线的解析式：
∵y ＝2x 2－2x ＋2＝2（x －12）2＋32
∴向下平移3个单位，得y ＝2（x －
12）2＋32－3＝2x 2－2x －1。

然后利用直角三角形的性质即可得到使以点P 、Q 、B 为顶点的三角形与△AOB 全等的点P 的坐标：
如图，可求A （0，－1），B （
12，0）， ∴OA=1，OB=12
，∠AOB=900。

过点A 作AQ 1⊥y 轴，交抛物线对称轴于Q 1，交抛物线于P 2，
x y
1
Oy 2
3
4
5
－1
－2
－3
－4
1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5
现在得到满足条件的点P 1（0，－1），P 2（1，－1）。

在抛物线对称轴上取点Q 2，使B Q 2=12，过Q 2作y 轴的垂线交抛物线于P 3，P 4，现在得到满足条件的点P 3（－12， 12），P 4（ 32， 12）。

9.（福建宁德13分）直线6-=x y 与x 轴、y 轴分别交于点A 、
B ，点E 从B 点，动身以每秒1个单位的速度沿线段BO 向O 点移
动（与B 、O 点不重合），过E 作EF ∥AB ，交x 轴于F.将四边形ABEF
沿EF 折叠，得到四边形DCEF ，设点E 的运动时刻为t 秒．
⑴①直线6-=x y 与坐标轴交点坐标是A （___，___），B （___，
___）；
②画出t ＝2时，四边形ABEF 沿EF 折叠后的图形（不写画法）；
⑵若CD 交y 轴于H 点，求证：四边形DHEF 为平行四边形；并求
t 为何值时，四边形DHEF 为菱形（运算结果不需化简）；
⑶设四边形DCEF 落在第一象限内的图形面积为S ，求S 关于t 的函数表达式，并求出S 的最大值．
【答案】解：⑴① 6，0；0，－6。

②如图，四边形DCEF 即为四边形ABEF 沿EF 折叠后的图形：
⑵∵四边形DCEF 与四边形ABEF 关于直线EF 对称，
又AB ∥EF ，∴CD ∥EF 。

∵OA ＝OB ，∠AOB ＝90°，∴∠BAO ＝45°。

∵AB ∥EF ，∴∠AFE ＝135°。

∴∠DFE ＝∠AFE ＝135°。

∴∠AFD ＝360°－2×135°＝90°，即DF ⊥x 轴。

∴DF ∥EH 。

∴四边形DHEF 为平行四边形。

要使□DHEF 为菱形，只需EF ＝DF 。

∵AB ∥EF ，∠FAB ＝∠EBA ，∴FA ＝EB 。

∴DF ＝FA ＝EB ＝t 。

又∵OE ＝OF ＝6－t ，∴EF ＝()t -62。

∴()t -62＝t 。

∴2
126+=t 。

∴当2
126+=t 时，DHEF 为菱形。

⑶分两种情形讨论：
①当0＜t ≤3时，四边形DCEF 落在第一象限内的图形是△DFG ，
∴S ＝
22
1t 。

∵S ＝22
1t ，在t ＞0时，S 随t 增大而增大， ∴t ＝3时，S 最大＝29。

②当3＜t ＜6时，
四边形DCEF 落在第一象限内的图形是四边形DHOF 。

∴S 四边形DHOF ＝S △DGF —S △HGO 。

∴S ＝()22622
121--t t ＝1812232-+-t t ＝()642
32+--t 。

∵a ＝2
3-＜0，∴S 有最大值。

∴当t ＝4时，S 最大＝6.。

综上所述，当S ＝4时，S 最大值为6。

【考点】一次函数综合题，直线上点的坐标与方程的关系，轴对称的性质，平行的性质，三角形内角和定理，平行四边形的判定，菱形的性质，动点问题，二次函数的最值。

【分析】（1）①在6-=x y 令0x =，得6y =-；令0y =0x =，得6x =。

∴直线6-=x y 与坐标轴交点坐标是A （6，0），B （0，－6）。

②作点A 、B 关于EF 的对称点D 、C ，连接 DC ，AD ，CB ，四边形DCEF 即为
四边形ABEF 沿EF 折叠后的图形。

（2）由轴对称和平行的性质，得到DF ∥EH 即可证得四边形DHEF 为平行四边形。

要使其为菱形，只要邻边相等，在此条件下求出t 的值即可。

（3）分0＜t ≤3和3＜t ＜6两种情形讨论，利用二次函数的最值即可求解。