1樓：膽儐蝦
（1）t=2時，op=2×2=4，cq=2×1=2，∵矩形aocd的∠ocd=90°，
∴pc=
pq?cq=(2
5)?2=4，
∴oc=op+pc=4+4=8，
又∵a（0，4），
∴oa=4，
∴點d的座標為（8，4），
點p運動到點c的時間為：8÷2=4秒，
點q運動到點d的時間為：4÷1=4秒，
∵點p、q同時出發，同時停止，
∴0＜t＜4；
（2）△aef的面積s不變，為32．
理由如下：∵點q的速度是每秒1個單位長度，∴cq=t，dq=4-t，
∵ad∥x軸，
∴△adq∽△ecq，
∴adce
=dqcq，即8
ce=4?tt，
解得ce=8t
4?t，
∵af是ae沿ad翻折得到，
∴af=aq，
∵ad⊥cd，
∴qf=2dq=2（4-t），
∴s△aef=s△aqf+s△efq，=12qf?ad+1
2qf?ce，=12
qf（ad+ce），=12
×2（4-t）×（8+8t
4?t），
=32-8t+8t，
=32是定值，
∴△aef的面積s不變，為32；
（3）由翻折的性質af=aq，
∴∠aqf=∠afq，
∵pq∥af，
∴∠afq=∠pqc，
∴∠aqf=∠pqc，
又∵∠adq=∠pcq=90°，
∴△adq∽△pcq，
∴adpc
=dqcq，即8
8?2t
=4?tt，
整理得，t2-12t+16=0，
解得t1=6+2
5，t2=6-25，
∵0＜t＜4，
∴t為6-2
5時，pq∥af．
（2012?玉林）如圖，在平面直角座標系xoy中，矩形aocd的頂點a的座標是（0，4），現有兩動點p，q，點p從點
（2014?紅橋區二模）如圖，在直角座標系中，o是原點，已知a（4，3），p是座標軸上的一點，若以o，a，p三
2樓：劍恨苼
滿足條件的點p有8個，
分別為（5，0）（8，0）（0，5）（0，6）（-5，0）（0，-5）（0，25
6）（25
8，0）．
故答案為：8；（5，0），（0，6），（答案不唯一，寫出8箇中的兩個即可）．
（2014?吉州區二模）如圖，在平面直角座標座標系中，菱形oabc的頂點c的座標為（6，0），cos∠aoc=23，反
如圖．在平面直角座標系中，矩形abco的頂點a、c、o的座標分別為：a（4，0），c（0，2），o（0，0）．（1
3樓：匡雲飛
2．∴所求直線的解析式y=-3
2x+4．
（2014?昌寧縣二模）如圖所示，在平面直角座標系xoy中，矩形oabc的邊長oa、oc分別為12cm、6cm，點a、c分
4樓：後鴻光
（1）∵拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，由題意知點a（0，-12），
所以c=-12，
又18a+c=0，
a＝23
，∵ab∥oc，且ab=6cm，
∴拋物線的對稱軸是x＝?b
2a＝3，
∴b=-4，
所以拋物線的解析式為y＝23x
?4x?12；
（2）①s＝1
2?2t?(6?t)＝?t
+6t＝?(t?3)
+9，（0＜t＜6）
②當t=3時，s取最大值為9（cm2），
這時點p的座標（3，-12），
點q座標（6，-6）
若以p、b、q、r為頂點的四邊形是平行四邊形，有如下三種情況：
（ⅰ）當點r在bq的左邊，且在pb下方時，點r的座標（3，-18），將（3，-18）代入拋物線的解析式中，滿足解析式，所以存在，點r的座標就是（3，-18），
（ⅱ）當點r在bq的左邊，且在pb上方時，點r的座標（3，-6），將（3，-6）代入拋物線的解析式中，不滿足解析式，所以點r不滿足條件．
（ⅲ）當點r在bq的右邊，且在pb上方時，點r的座標（9，-6），將（9，-6）代入拋物線的解析式中，不滿足解析式，所以點r不滿足條件．
綜上所述，點r座標為（3，-18）．
（2014?龍崗區模擬）如圖，在平面直角座標系中，?abcd的頂點a、b、c的座標分別為a（0，4）、b（1，4）、c
5樓：綻放
（1）∵四邊形abcd是平行四邊形，將?abcd繞點c沿順時針方向旋轉90°，得到?a′b′cd′，
頂點a、b、c的座標分別為a（0，4）、b（1，4）、c（0，1），∴d（-1，1）、a′（3，1），
設拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，
將d（-1，1）、a（0，4）、a′（3，1）代入得：
a?b+c＝1
c＝49a+3b+c＝1
，解得：
a＝?1
b＝2c＝4
∴y=-x2+2x+4或：y=-（x-1）2+5；
（2）根據旋**∠ced』=90°，
∴△ced′∽△cab，
∴s△ced′
s△cab
＝(cd′cb)
，即s△ced′32
＝(110)，
∴s△ced′
＝320
；或易得：ybc=3x+1與y
a′d′
＝?13
x+2，
由y＝3x+1
y＝?13+2
得：e（3
10，19
10），
∴s△ced′
＝1×3102
＝320
；（3）易得：yaa'=-x+4
設p（t，-t2+2t+4），則q（t，-t+4），∴pq=（-t2+2t+4）-（-t+4）=-t2+3t，∴s△apa′
＝(?t
+3t)?3
2＝?3
2(t?32)
+278
，∴△apa』的最大面積為278，
此時，p（3
2，194）．
（2014?綏化）如圖，在平面直角座標系中，已知矩形aobc的頂點c的座標是（2，4），動點p從點a出發，沿線段
6樓：芝麻撕拿
（1）∵c（2，4），
∴a（0，4），b（2，0），
設直線ab的解析式為y=kx+b，
∴4＝b
0＝2k+b，解得
k＝?2
b＝4∵pe∥ob，
∴peap
=obao=12
∴有ap=bq=t，pe=1
2t，af=cq=4-t，
當0＜t＜2時，pf=4-2t，
∴s=1
2pe?pf=12×1
2t（4-2t）=t-1
2t2，
即s=-1
2t2+t（0＜t＜2），
當2＜t≤4時，pf=2t-4，
∴s=1
2pe?pf=12×1
2t（2t-4）=1
2t2-t（2＜t≤4）．
（3）t1=20
13，h1（<
（2013?門頭溝區二模）如圖，在平面直角座標系xoy中，已知矩形abcd的兩個頂點b、c的座標分別是b（1，0）
7樓：溫柔
b＝63k+b＝0.
解這個方程組，得
k＝?2
b＝6.
∴直線ac的解析式為y=-2x+6．
（2）當x=1時，y=4．
∴a（1，4）．
∵ap=cq=t，
∴點p（1，4-t）．
將y=4-t代入y=-2x+6中，得點e的橫座標為x=1+t2．∴點e到cd的距離為2?t2．
∴s△cqe=1
2?t?(2?t
2)=?14t
+t=?1
4(t?2)
+1．∴當t=2時，s△cqe最大，最大值為1．（3）過點e作fm∥dc，交ad於f，交bc於m．當點h在點e的下方時，連結ch．
∵em=4-t，
∴hm=4-2t．
∵om＝1+t2，
∴cm＝2?t2．
∵四邊形cqeh為菱形，
∴ch=cq=t．
在rt△hmc中，由勾股定理得ch2=hm2+cm2．∴t＝(4?2t)
+(2?t2)
．整理得 13t2-72t+80=0．
解得 t
＝2013
，t2=4（舍）．
∴當t＝20
13時，以c，q，e，h為頂點的四邊形是菱形．當點h在點e的上方
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