【2022版中考12年】湖北省黄冈市2022-2022年中考数学试题分类解析专题05数量和位置变化一、选择题1.（湖北省黄冈市2022年3分）在直角坐标系中，点P（2x－6，x－5）在第四象限，则x的取值范围是【】． A．3＜x＜5B．－3＜x＜5 C．－5＜x＜3D．－5＜x＜－3【答案】A。【考点】平面直角坐标系中各象限点的特征，解一元一次不等式组。2.（湖北省黄冈市2022年3分）某班同学在探究弹簧的长度跟外力的变化关系时，实验记录得到的相应数据如下表，则y关于x的函数图象是【】砝码的质量（x克）050100150200250300400500指针位置（y厘米）2345677.57.57.5【答案】C。【考点】函数的图象。3.（湖北省黄冈市大纲卷2022年3分）有一个装有进、出水管的容器，单位时间年7进、出的水量都是一定的。已知容器的容积为600升，又知单开进水管10分钟可把空容器注满，若同时打开进、出水管，20分钟可把满容器的水放完，现已知水池内有水200升32\n，先打开进水管5分钟后，再打开出水管，两管同时开放，直至把容器中的水放完，则能正确反映这一过程中容器的水量Q（升）随时间t（分）变化的图象是【】A．【答案】A。【考点】函数的图象。4.（湖北省黄冈市课标卷2022年3分）有一个装有进、出水管的容器，单位时间年7进、出的水量都是一定的。已知容器的容积为600升，又知单开进水管10分钟可把空容器注满，若同时打开进、出水管，20分钟可把满容器的水放完，现已知水池内有水200升，先打开进水管5分钟后，再打开出水管，两管同时开放，直至把容器中的水放完，则能正确反映这一过程中容器的水量Q（升）随时间t（分）变化的图象是【】32\n【答案】A。【考点】函数的图象。5.（湖北省黄冈市大纲卷2022年3分）如图，在光明中学学生耐力测试比赛中，甲、乙两学生测试的路程S(米)与时间t(秒)之间的函数关系图像分别为折线OABC和线段OD，下列说法正确的是【】A、乙比甲先到达终点B、乙测试的速度随时间增加而增大32\nC、比赛进行到29.4秒时，两人出发后第一次相遇D、比赛全程甲的测试速度始终比乙的测试速度快【答案】C。【考点】函数的图象。6.（湖北省黄冈市课标卷2022年3分）如图，在光明中学学生耐力测试比赛中，甲、乙两学生测试的路程S(米)与时间t(秒)之间的函数关系图像分别为折线OABC和线段OD，下列说法正确的是【】A、乙比甲先到达终点B、乙测试的速度随时间增加而增大C、比赛进行到29.4秒时，两人出发后第一次相遇D、比赛全程甲的测试速度始终比乙的测试速度快【答案】C。【考点】函数的图象。32\n7.（湖北省黄冈市课标卷2022年4分）下列说法正确的是【】A、不等式－2x－4＞0的解集为x＜2B、点(a，b)关于点(a，0)的对称点为(a，－b)C、方程的根为x=－3D、中国的互联网上网用户数居世界第二位，用户已超过7800万，用科学记数法表示7800万这个数据为7.8×107万【答案】BC。【考点】解一元一次不等式，关于x轴对称的点的坐标，分式方程的解，科学记数法。8.（湖北省黄冈市2022年3分）已知某种品牌电脑的显示器的寿命大约为小时，这种显示器工作的天数为d（天），平均每天工作的时间为t（小时），那么能正确表示d与t之间的函数关系的图象是【】32\n【答案】C。【考点】函数的图象。【分析】根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论：根据题意可知，d与t之间的函数关系是反比例关系d=且t＞0。故选C。9.（湖北省黄冈市2022年4分）下列说法正确的是【】A、9的算术平方根是3B、设a是实数，则的值可能是正数，也可能是负数C、点关于原点的对称点的坐标是D、抛物线的顶点在第四象限【答案】AD。【考点】算术平方根，绝对值，关于原点的对称点的坐标特征，抛物线顶点坐标和平面直角坐标系中各象限点的特征。10.（湖北省黄冈市2022年3分）下列说法中正确的是【】A．是一个无理数32\nB．函数的自变量的取值范围是C．的立方根是D．若点和点关于轴对称，则的值为5【答案】BD。【考点】无理数，函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件，立方根，关于轴对称的点的坐标特征。11.（湖北省黄冈市2022年3分）若函数，则当函数值y＝8时，自变量x的值是【】A．± B．4 C．±或4 D．4或－【答案】D。【考点】求函数值，分类思想的应用。【分析】把y=8直接代入函数即可求出自变量的值：把y=8代入函数，得，解得。∵x≤2，不合题意舍去，∴。32\n把y=8代入函数，得，解得。∵x＞2，∴x=4。综上所述，，x的值为4或。故选D。12.（湖北省黄冈市2022年3分）如图，把Rt△ABC放在直角坐标系内，其中∠CAB=90°，BC=5，点A、B的坐标分别为（1，0）、（4，0），将△ABC沿轴向右平移，当点C落在直线=2﹣6上时，线段BC扫过的面积为【】A、4B、8C、16D、8【答案】C。【考点】一次函数综合题，一次函数图象上点的坐标特征，平移的性质，勾股定理，平行四边形的性质。【分析】如图所示，根据已知和勾股定理，求得点C的坐标（1，4），当△ABC向右平移时，根据平移的性质，点C的纵坐标不变，代入直线=2﹣6求得平移后点C（即C1）的横坐标，从而求得其平移的距离，计算平行四边形的面积即可：∵点A、B的坐标分别为（1，0）、（4，0），∴AB=3，BC=5。∵∠CAB=90°，∴AC=4。∴点C的坐标为（1，4）。当点C落在直线=2﹣6上时，令=4，得到4=2﹣6，解得=5。∴平移的距离为5﹣1=4。32\n∴线段BC扫过的面积为平行四边形的面积（如图CC1B1B）：4×4=16。故选C。13.（2022年湖北黄冈3分）一列快车从甲地驶往乙地，一列特快车从乙地驶往甲地，快车的速度为100千米/小时，特快车的速度为150千米/小时，甲乙两地之间的距离为1000千米，两车同时出发，则图中折线大致表示两车之间的距离（千米）与快车行驶时间t（小时）之间的函数图象是【】【答案】C。【考点】函数的图象，分类思想的应用。二、填空题1.（湖北省黄冈市课标卷2022年3分）反比例函数y=的图象经过点（tan30°，sin60°），则k=▲。【答案】。【考点】待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，特殊角的三角函数。【分析】根据特殊角度的三角函数值确定点的坐标，代入解析式求解：∵，∴，解得。32\n2.（湖北省黄冈市大纲卷2022年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。3（湖北省黄冈市课标卷2022年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.（湖北省黄冈市2022年3分）函数的自变量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。5.（湖北省黄冈市2022年3分）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是A（－2，3），B（－4，－1），C（2，0），将△ABC平移至△A1B1C1的位置，点A、B、C的对应点分别是A1B1C1，若点A1的坐标为（3，1）.则点C1的坐标为▲.【答案】（7，－2）。【考点】坐标与图形的平移变化。32\n6.（2022年湖北黄冈3分）钓鱼岛自古就是中国领土，中国政府已对钓鱼岛开展常态化巡逻.某天，为按计划准点到达指定海域，某巡逻艇凌晨1：00出发，匀速行驶一段时间后，因中途出现故障耽搁了一段时间，故障排除后，该艇加快速度仍匀速前进，结果恰好准点到达.如图是该艇行驶的路程（海里）与所用时间t（小时）的函数图象，则该巡逻艇原计划准点到达的时刻是▲.【答案】7：00。【考点】一次函数和一元一次方程的应用，数形结合、分类和方程思想的应用。三、解答题1.（湖北省黄冈市大纲卷2022年16分）如图，在直角坐标系中，O是原点，A、B、C三点的坐标分别为A（18，0），B（18，6），C（8，6），四边形OABC是梯形，点P、Q同时从原点出发，分别坐匀速运动，其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒1个单位，点Q沿OC、CB向终点B运动，当这两点有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动。⑴求出直线OC的解析式及经过O、A、C三点的抛物线的解析式。⑵试在⑴中的抛物线上找一点D，使得以O、A、D为顶点的三角形与△AOC全等，请直接写出点D的坐标。⑶设从出发起，运动了t秒。如果点Q的速度为每秒2个单位，试写出点Q的坐标，并写出此时t的取值范围。32\n⑷设从出发起，运动了t秒。当P、Q两点运动的路程之和恰好等于梯形OABC的周长的一半，这时，直线PQ能否把梯形的面积也分成相等的两部分，如有可能，请求出t的值；如不可能，请说明理由。【答案】解：（1）设OC的解析式为y=kx，∵C点的坐标为（8，6），∴将坐标代入得：k=。∴直线OC的解析式为。∵A，O是x轴上两点，∴可设抛物线的解析式为。将C（8，6）代入得：。∴经过O、A、C三点的抛物线的解析式为，即。（2）D（10，6）。（3）当Q在OC上运动时，可设Q（m，m），依题意有：。∴m=t。∴Q（t，t），（0≤t≤5）。当Q在CB上时，Q点所走过的路程为2t，∵OC=10，∴CQ=2t－10。∴Q点的横坐标为2t－10＋8=2t－2。∴Q（2t－2，6），（5＜t≤10）。（4）不能。理由如下：∵梯形OABC的周长为：10＋18＋10＋6=44，梯形OABC的面积。当Q点OC上时，P运动的路程为t，则Q运动的路程为（22－t）。32\n△OPQ中，OP边上的高为：（22－t）×，∵直线PQ把梯形的面积也分成相等的两部分，即，依题意有：，整理得：。∵△=222－4×140＜0，∴这样的t不存在。当Q在CB上时，Q走过的路程为22－t，∴CQ的长为：22－t－10=12－t。∴梯形OCQP的面积=。∴这样的t值不存在。综上所述，不存在这样的t值，使得P，Q两点同时平分梯形的周长和面积。【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，分类思想的应用。2.（湖北省黄冈市课标卷2022年16分）如图，在直角坐标系中，O是原点，A、B、C三点的坐标分别为A（18，0），B（18，6），C（8，6），四边形OABC是梯形，点P、Q同时从原点出发，分别坐匀速运动，其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒1个单位，点Q沿OC、CB向终点B运动，当这两点有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动。⑴求出直线OC的解析式及经过O、A、C三点的抛物线的解析式。⑵试在⑴中的抛物线上找一点D，使得以O、A、D为顶点的三角形与△AOC全等，请直接写出点D的坐标。32\n⑶设从出发起，运动了t秒。如果点Q的速度为每秒2个单位，试写出点Q的坐标，并写出此时t的取值范围。⑷设从出发起，运动了t秒。当P、Q两点运动的路程之和恰好等于梯形OABC的周长的一半，这时，直线PQ能否把梯形的面积也分成相等的两部分，如有可能，请求出t的值；如不可能，请说明理由。【答案】解：（1）设OC的解析式为y=kx，∵C点的坐标为（8，6），∴将坐标代入得：k=。∴直线OC的解析式为。∵A，O是x轴上两点，∴可设抛物线的解析式为。将C（8，6）代入得：。∴经过O、A、C三点的抛物线的解析式为，即。（2）D（10，6）。（3）当Q在OC上运动时，可设Q（m，m），依题意有：。∴m=t。∴Q（t，t），（0≤t≤5）。当Q在CB上时，Q点所走过的路程为2t，∵OC=10，∴CQ=2t－10。∴Q点的横坐标为2t－10＋8=2t－2。∴Q（2t－2，6），（5＜t≤10）。（4）不能。理由如下：∵梯形OABC的周长为：10＋18＋10＋6=44，梯形OABC的面积32\n。当Q点OC上时，P运动的路程为t，则Q运动的路程为（22－t）。△OPQ中，OP边上的高为：（22－t）×，∵直线PQ把梯形的面积也分成相等的两部分，即，依题意有：，整理得：。∵△=222－4×140＜0，∴这样的t不存在。当Q在CB上时，Q走过的路程为22－t，∴CQ的长为：22－t－10=12－t。∴梯形OCQP的面积=。∴这样的t值不存在。综上所述，不存在这样的t值，使得P，Q两点同时平分梯形的周长和面积。【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，分类思想的应用。3.（湖北省黄冈市大纲卷2022年14分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为(4，0)、(4，3)，动点M、N分别从点O、B同时出发，以每秒1个单位的速度运动，其中点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动，过点N作NP⊥BC，交AC于点P，连结MP，当两32\n动点运动了t秒时。（1）P点的坐标为(，)(用含t的代数式表示)；（2）记△MPA的面积为S，求S与t的函数关系式(0＜t＜4)；（3）当t=秒时，S有最大值，最大值是；（4）若点Q在y轴上，当S有最大值且△QAN为等腰三角形是，求直线AQ的解析式。【答案】解：（1）。（2）。（3）由（2）知：，因此当t=2时，S最大=。（4）由（3）知，当S有最大值时，t=2，此时N在BC的中点处，如图，设Q（0，y），∵△AOQ是直角三角形，∴。∵△QAN为等腰三角形，①若AQ=AN，此时方程无解。32\n②若AQ=QN，解得y=－。③若QN=AN，解得y1=0，y2=6。∴Q1（0，－），Q2（0，0），Q3（0，6）。当Q为（0，－），直线AQ的解析式为；当Q为（0，0）时，A（4，0）、Q（0，0）均在x轴上，直线AQ的解析式为y=0（或直线为x轴）；当Q为（0，6）时，Q、N、A在同一直线上，△ANQ不存在，舍去。故直线AQ的解析式为或y=0。【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，勾股定理，等腰三角形的判定。4.（湖北省黄冈市课标卷2022年14分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为(4，0)、(4，3)，动点M、N分别从点O、B同时出发，以每秒1个单位的速度运动，其中点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动，过点N作NP⊥BC，交AC于点P，连结MP，当两动点运动了t秒时。（1）P点的坐标为(，)(用含t的代数式表示)；（2）记△MPA的面积为S，求S与t的函数关系式(0＜t＜4)；（3）当t=秒时，S有最大值，最大值是；32\n（4）若点Q在y轴上，当S有最大值且△QAN为等腰三角形是，求直线AQ的解析式。【答案】解：（1）。（2）。（3）由（2）知：，因此当t=2时，S最大=。（4）由（3）知，当S有最大值时，t=2，此时N在BC的中点处，如图，设Q（0，y），∵△AOQ是直角三角形，∴。∵△QAN为等腰三角形，①若AQ=AN，此时方程无解。②若AQ=QN，解得y=－。③若QN=AN，解得y1=0，y2=6。∴Q1（0，－），Q2（0，0），Q3（0，6）。当Q为（0，－），直线AQ的解析式为；32\n当Q为（0，0）时，A（4，0）、Q（0，0）均在x轴上，直线AQ的解析式为y=0（或直线为x轴）；当Q为（0，6）时，Q、N、A在同一直线上，△ANQ不存在，舍去。故直线AQ的解析式为或y=0。【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，勾股定理，等腰三角形的判定。5.（湖北省黄冈市2022年15分）已知：如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCO是菱形，且∠AOC=60°，点B的坐标是，点P从点C开始以每秒1个单位长度的速度在线段CB上向点B移动，同时，点Q从点O开始以每秒a（1≤a≤3）个单位长度的速度沿射线OA方向移动，设秒后，直线PQ交OB于点D.（1）求∠AOB的度数及线段OA的长；（2）求经过A，B，C三点的抛物线的解析式；（3）当时，求t的值及此时直线PQ的解析式；（4）当a为何值时，以O，P，Q，D为顶点的三角形与相似？当a为何值时，以O，P，Q，D为顶点的三角形与不相似？请给出你的结论，并加以证明.32\n【答案】解：（1）∵四边形ABCO是菱形，∠AOC=60°，∴∠AOB=30°。连接AC交OB于M，则OM=OB，AM⊥OB。∴AM=tan30°×OM=4。∴OA=AM÷sin30°=8。（2）由（1）可知A（4，4），B（0，8），C（－4，4）。设经过A、B、C三点的抛物线为，则，∴∴经过A、B、C三点的抛物线为。（3）当a=3时，CP=t，OQ=3t，OD=，∴PB=8－t，BD=。由△OQD∽△BPD得，即。∴t=。当t=时，OQ=。同理可求Q（）。32\n设直线PQ的解析式为y=kx＋b，则，解得。∴直线PQ的解析式为y=。（4）当a=1时，△ODQ∽△OBA；当1＜a＜3时，以O、Q、D为顶点的三角形与△OAB不能相似；当a=3时，△ODQ∽△OAB。理由如下：①若△ODQ∽△OBA，可得∠ODQ=∠OBA，此时PQ∥AB。∴四边形PCOQ为平行四边形。∴CP=OQ，即at=t（0＜t≤8）。∴a=1时，△ODQ∽△OBA。②若△ODQ∽△OAB，（I）如果P点不与B点重合，此时必有△PBD∽△QOD，∴。∴，即。∴OD=。∵△ODQ∽△OAB，∴，即。∴。∵0＜t≤8，∴a＞3。∴1＜a≤3时，以O、Q、D为顶点的三角形与△ABO不能相似。（II）当P与B重合时，此时D点也与B点重合，可知此时t=8。由△ODQ∽△OAB得。∴OB2=OA×OQ，即。∴a=3。∴当a=3时，△ODQ∽△OAB。32\n【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，菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，相似三角形的判定和性质。6.（湖北省黄冈市2022年14分）已知：如图，在直角梯形COAB中，，以O为原点建立平面直角坐标系，A，B，C三点的坐标分别为，点D为线段BC的中点，动点P从点O出发，以每秒1个单位的速度，沿折线OABD的路线移动，移动的时间为秒．（1）求直线BC的解析式；（2）若动点P在线段OA上移动，当为何值时，四边形OPDC的面积是梯形COAB面积的？（3）动点P从点O出发，沿折线OABD的路线移动过程中，设的面积为S，请直接写出S与的函数关系式，并指出自变量的取值范围；（4）当动点P在线段AB上移动时，能否在线段OA上找到一点Q，使四边CQPD形为矩形？请求出此时动点P的坐标；若不能，请说明理由．32\n【答案】解：（1）设BC所在直线的解析式为y=kx+b，∵直线BC过B（8，10），C（0，4）两点，∴，解得。∴BC所在直线的解析式是y=x+4。（2）如图1，过D作DE⊥OA，则DE为梯形OABC的中位线，OC=4，AB=10，∴DE=7。又OA=8，∴。又，即。∵四边形OPDC的面积是梯形COAB面积的，即，解得。32\n∴当时，四边形OPDC的面积是梯形COAB面积的。（3）。（4）不能。理由如下：如图2，作CM⊥AB交AB于M，则CM=OA=8，AM=OC=4。∴MB=6。∴在Rt△BCM中，BC=10，∴BD=5。若四边形CQPD为矩形，则PQ=CD=5，且PQ∥CD。∴Rt△PAQ∽Rt△BDP。设BP=x，则PA=10－x，∴，化简得，x=5，即PB=5。∴PB=BD，这与△PBD是直角三角形不相符。∴四边形CQPD不可能是矩形。【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，梯形的中位线定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，反证法的应用，分类思想的应用。【分析】（1）根据点B，C的坐标，用待定系数法来求出直线BC的解析式。32\n（2）计算出梯形面积COAB，表示出四边形OPDC的面积，根据“四边形OPDC的面积是梯形COAB面积的”列式求解即可。（3）分三种情况进行讨论：①0＜t≤8，（P在OA上），。②8＜t≤18，（P在AB上）（如图3），（此时AP=t－8，BP=18－t）。③18＜t＜23，（P在BD上）（如图4），过D点作DH⊥AB于点H，过P点作DM⊥AB于点M，BD=5，BP=t－18，DM=4。由Rt△BPM∽Rt△BDH得PM=，则△OPC中OC边上的高=。∴。32\n综上所述，7.（湖北省黄冈市2022年14分）如图,在平面直角坐标系xoy中,抛物线与x轴的交点为点B,过点B作x轴的平行线BC,交抛物线于点C,连结AC．现有两动点P,Q分别从O,C两点同时出发,点P以每秒4个单位的速度沿OA向终点A移动,点Q以每秒1个单位的速度沿CB向点B移动,点P停止运动时,点Q也同时停止运动,线段OC,PQ相交于点D,过点D作DE∥OA,交CA于点E,射线QE交x轴于点F．设动点P,Q移动的时间为t(单位:秒)(1)求A,B,C三点的坐标和抛物线的顶点的坐标;(2)当t为何值时,四边形PQCA为平行四边形?请写出计算过程;(3)当0＜t＜时,△PQF的面积是否总为定值?若是,求出此定值,若不是,请说明理由;(4)当t为何值时,△PQF为等腰三角形?请写出解答过程．32\n【答案】解：（1）令y=0，得，即。∴x=18或x=－10。∴A（18，0）。在中，令x=0得y=－10。∴B（0，－10）。∵BC∥OA，∴点C的纵坐标为－10。由得，x=8或x=0。∴C（8，－10）。∵，∴顶点坐标为（4，）。∴A（18，0），B（0，－10），C（8，－10），顶点坐标为（4，）。（2）若四边形PQCA为平行四边形，由于QC∥PA，故只要QC=PA即可。而PA=18－4t，CQ=t，故18－4t=t得t=。（3）设点P运动t秒，则OP=4t，CQ=t，0＜t＜，说明P在线段OA上，且不与点O、A重合。由于QC∥OP知△QDC∽△PDO，故。∵AF=4t=OP，∴PF=PA+AF=PA+OP=18。又∵点Q到直线PF的距离d=10，∴。∴△PQF的面积总为90。（4）设点P运动了t秒，则P（4t，0），F（18+4t，0），Q（8－t，－10）（0≤t≤）。∴，32\n。①若FP=FQ，则，解得。∵0≤t≤，∴。②若QP=QF，则，无0≤t≤的t满足。③若PQ=PF，则，解得。∵0≤t≤，∴无0≤t≤的t满足。综上所述，当时，△PQF为等腰三角形。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定，分类思想的应用。8.（2022年湖北黄冈15分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCO是梯形，其中A（6，0），B（3，），C（1，），动点P从点O以每秒2个单位的速度向点A运动，动点Q也同时从点B沿B→32\nC→O的线路以每秒1个单位的速度向点O运动，当点P到达A点时，点Q也随之停止，设点P、Q运动的时间为t（秒）.（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；（2）当点Q在CO边上运动时，求△OPQ的面积S与时间t的函数关系式；（3）以O、P、Q为顶点的三角形能构成直角三角形吗？若能，请求出t的值，若不能，请说明理由；（4）经过A、B、C三点的抛物线的对称轴、直线OB和PQ能够交于一点吗？若能，请求出此时t的值（或范围），若不能，请说明理由.【答案】解：（1）设经过A、B、C三点的抛物线的解析式为：，把A（6，0），B（3，），C（1，）代入得：，解得：。∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为：。（2）∵可求BC=2，OC=2，OA=6∴当点Q在CO边上运动，点P在OA边上运动时，2≤t≤3。32\n如图，过点C作CD⊥x轴的于点D，过点Q作QH⊥x轴的于点H，则OD=1，CD=，OC=2，。由△OQH∽△OCD得，，即，∴。又∵动点P的速度是每秒2个单位，∴OP=2t。∴。∴所求△OPQ的面积S与时间t的函数关系式为：（2≤t≤3）。（3）根据题意可知，0≤t≤3。当0≤t≤2时，点Q在BC边上运动，此时，OP=2t，。∵OD=1，CD=，∴。∴。∵，∴若△OPQ为直角三角形，只能是或。若，则，即，解得，或（舍去）。若，则，即，32\n解得，。当2＜t≤3时，点Q在CO边上运动，此时，OP=2t＞4，，OQ＜OC=2，∴此时，△OPQ不可能为直角三角形。综上所述，当或时，△OPQ为直角三角形。（4）由（1）可得，其对称轴为。又直线OB的解析式为，∴抛物线对称轴与OB的交点为M（0，）。又P（2t，0），设过点P、M的直线解析式为，则，解得。∴过点P、M的直线解析式为。又当0≤t≤2时，Q，把代入得，∴点Q在直线PM上，即当0≤t≤2时，点P、M、Q总在一直线上。当2＜t≤3时，，，∴Q。代入，解得或，均不合题意，舍去。32\n综上所述，经过A、B、C三点的抛物线的对称轴、直线OB和PQ能够交于一点，此时0≤t≤2。【考点】二次函数综合题，双动点问题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，分式的化简，分类思想的应用。32
