押重庆卷中第25题（二次函数综合题）（解析版）-备战2024年中考数学临考题号押题

押重庆卷第25题押题方向：二次函数综合题3年成都真题考点命题趋势2023年重庆A卷第25题用描点法画函数图象；动点问题的函数图象；几何问题(一次函数的实际应用)；等边三角形的判定和性质；二次函数是中考数学的必考考点，本题型常以解答题的形式出现，考查类型为线段最值(含周长)问题、面积最值问题、特殊三角形存在性问题、特殊四边形存在性问题，常结合二次函数的性质、相似或全等三角形的性质、图形的平移、图形的旋转等知识进行综合考查.本题型几乎每年作为压轴题考查,其中探究设问常以三角形周长、面积或线段最值为起始,确定一个点后，再以该点为定点确定两条或三条线段和的最小值(将军饮马模型的应用)，或者以平移、旋转为背景,探究特殊图形(如平行四边形、菱形、等腰三角形等)，综合考查学生的几何直观、模型观念等核心素养,同时着重培养学生数形结合思想、动态探究和静态分析等数学思维.二次函数综合题体现了数形结合思想和方程思想，对我们能力的要求比较高，解决此类问题的关键是要提高我们的数学建模俞力、阅读理解能力和运算能力。2023年重庆B卷第25题待定系数法求二次函数解析式；相似三角形的判定与性质综合；线段周长问题(二次函数综合)；特殊四边形(二次函数综合)；2022年重庆A卷第24题待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象的平移；解直角三角形的相关计算；线段周长问题(二次函数综合)；2022年重庆B卷第24题待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象的平移；特殊四边形(二次函数综合)；2021年重庆A卷第25题待定系数法求二次函数解析式；y=ax²+bx+c的图象与性质；相似三角形的判定与性质综合；特殊四边形(二次函数综合)；2021年重庆B卷第25题y=ax²+bx+c的最值；相似三角形的判定与性质综合；1．（2023·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2过点1,3，且交x轴于点A−1,0，B两点，交

(1)求抛物线的表达式；(2)点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PD⊥BC于点D，过点P作y轴的平行线交直线BC于点E，求△PDE周长的最大值及此时点P的坐标；(3)在（2）中△PDE周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线CB方向平移5个单位长度，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平面内确定一点N，使得以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．【答案】(1)y=−(2)△PDE周长的最大值65+10(3)以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时N−52,【分析】（1）把1,3、A−1,0代入y=a（2）延长PE交x轴于F，可得∠DEP=∠BCO，进而得到△DPE∼△OBC，△DPE周长△OBC周长（3）先求出平移后的解析式，再设出M，N的坐标，最后根据菱形的性质和判定计算即可．【详解】（1）把1,3、A−1,0代入y=ax2解得a=−1∴抛物线的表达式为y=−1（2）延长PE交x轴于F，

∵过点P作PD⊥BC于点D，过点P作y轴的平行线交直线BC于点E，∴∠DEP=∠BCO，∠PDE=∠COB=90°，∴△DPE∼△OBC，∴△DPE周长∴△DPE周长∴当PE最大时△PDE周长的最大∵抛物线的表达式为y=−1∴B4,0∴直线BC解析式为y=−12设Pm,−1∴PE=−1∴当m=2时PE=2最大，此时P∵△BOC周长为OC+OB+BC=6+25∴△PDE周长的最大值为225×即△PDE周长的最大值65+105（3）∵将该抛物线沿射线CB方向平移5个单位长度，可以看成是向右平移2个单位长度再向下平移一个单位长度，∴平移后的解析式为y=−12x−2∴设M72∵P2,3，∴PA2=18，P当PA为对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形∴PA与MN互相平分，且PM=AM∴94+∵PA中点坐标为2−12,3+02，∴72+s=1n+t=3此时N−当PA为边长且AM和PN是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形∴AM与PN互相平分，且PM=PA∴94+∵PN中点坐标为2+s2,3+t2，∴2+s=72−1此时N12,同理，当PA为边长且AN和PM是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形∴AN和PM互相平分，且AM=PA814综上所述，以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时N−52,9【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，相似三角形的性质与判定，菱形的性质及应用，中点坐标公式等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度．2．（2023·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=14x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C

(1)求该抛物线的表达式；(2)点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD⊥AC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标；(3)在（2）的条件下，将该抛物线向右平移5个单位，点E为点P的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点F，Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．写出所有使得以QF为腰的△QEF是等腰三角形的点Q的坐标，并把求其中一个点Q的坐标的过程写出来．【答案】(1)y=(2)PD取得最大值为45，(3)Q点的坐标为92,−1或92【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可求解；（2）直线AC的解析式为y=−34x−3，过点P作PE⊥x轴于点E，交AC于点Q，设Pt,1（3）根据平移的性质得出y=14x−922−4916，对称轴为直线x=【详解】（1）解：将点B3,0，C0,−3．代入1解得：b=1∴抛物线解析式为：y=1（2）∵y=14x2+14当y=0时，1解得：x1∴A−4,0∵C0,−3设直线AC的解析式为y=kx−3，∴−4k−3=0解得：k=−∴直线AC的解析式为y=−3如图所示，过点P作PE⊥x轴于点E，交AC于点Q，

设Pt,14∴PQ=−3∵∠AQE=∠PQD，∠AEQ=∠QDP=90°，∴∠OAC=∠QPD，∵OA=4,OC=3，∴AC=5，∴cos∠QPD=∴PD=4∴当t=−2时，PD取得最大值为45，1∴P−2,−（3）∵抛物线y=14将该抛物线向右平移5个单位，得到y=14x−点P−2,−5∵平移后的抛物线与y轴交于点F，令x=0，则y=1∴F0,2∴E∵Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．则Q点的横坐标为92设Q9∴QE2=当QF=EF时，922+m−22解得：m=−1或m=5，当QE=QF时，92−32+m+解得：m=综上所述，Q点的坐标为92,−1或92【点睛】本题考查了二次函数综合问题，解直角三角形，待定系数法求解析式，二次函数的平移，线段周长问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．3．（2022·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与直线AB(1)求该抛物线的函数表达式；(2)点P是直线AB下方拋物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点C，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求PC+PD的最大值及此时点P的坐标；(3)在（2）中PC+PD取得最大值的条件下，将该抛物线沿水平方向向左平移5个单位，点E为点P的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点F，M为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平移后的抛物线上确定一点N，使得以点E，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．【答案】(1)y=(2)254，(3)N112,【分析】（1）将点A，B的坐标代入抛物线y=12x2+bx+c（2）设PD交BC于H，可得PC=PH，求出直线AB的解析式，设Pt,12t2−t−4，则（3）根据平移的性质可得平移后抛物线解析式及点E、F坐标，设M−4,m，Nn,12n2+4n+【详解】（1）解：将点A0,−4，B4,0代入y=1解得：c=−4b=−1∴该抛物线的函数表达式为：y=1（2）如图，设PD交BC于H，∵A0,−4，B∴OA＝OB＝4，∴∠OBA=∠OAB=45°，∵PC∥OB，PD∥OA，∴∠BCP=∠OBA=45°，∠PHC=∠BHD=∠OAB=45°，∴PC=PH，设直线AB的解析式为y=kx+b，则b=−44k+b=0，解得：b=−4∴直线AB的解析式为y=x−4，设Pt,12t2∴PC+PD=PH+PD=t−4−1∴当t=32时，PC+PD取得最大值254（3）由题意得：平移后抛物线解析式为y=12x+5∴F0,∵抛物线y=12x∴设M−4,m，N分情况讨论：①当EF为对角线时，则−4+n=−7解得：n=12，此时∴N1②当EM为对角线时，则−72−4=n此时12∴N2③当EN为对角线时，则−72+n=−4此时12∴N3综上所述，点N的坐标为：N112,45【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法，二次函数的图象和性质，一次函数的性质，二次函数的最值，二次函数图象的平移，平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会用待定系数法求二次函数解析式，根据二次函数解析式求最大值以及利用平行四边形的性质列方程．4．（2022·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−34x2+bx+c与x轴交于点A(4,0)(1)求抛物线的函数表达式；(2)点P为直线AB上方抛物线上一动点，过点P作PQ⊥x轴于点Q，交AB于点M，求PM+65AM(3)在（2）的条件下，点P′与点P关于抛物线y=−34x2+bx+c的对称轴对称．将抛物线y=−34x2+bx+c向右平移，使新抛物线的对称轴l经过点A．点C在新抛物线上，点D在l上，直接写出所有使得以点A、【答案】(1)y=−(2)PM+65MA最大值为：(3)D(4,−4516)、【分析】（1）将A(4,0)、B(0,3)代入抛物线y=−3（2）根据△AQM∽△AOB得到OB:OA:AB=QM:QA:AM=3:4:5，推出AM=53MQ，即可得到65AM=2MQ，则PM+65MA=PM+2MQ，求出直线AB的解析式为：y=−3（3）先求出平移后新抛物线解析式：y′=−34x2+6x−11716【详解】（1）解：将A(4,0)、B(0,3)代入抛物线y=−34x2+bx+c∴抛物线的函数表达式为：y=−3（2）解：∵A(4,0)、B(0,3)，∴OB=3，OA=4，在Rt△AOB中，AB=O∵∠AQM=∠AOB，∠BAO=∠BAO，∴△AQM∽△AOB，∴OB:OA:AB=QM:QA:AM=3:4:5，∴AM=5∴65∴PM+6设直线AB的解析式为：y=kx+b，将A(4,0)、B(0,3)代入可得：{0=4k+bb=3，解得∴直线AB的解析式为：y=−3设P(m,−34m2+∴PM+2MQ=−∵−34＜∴当m=1时，存在PM+65MA最大值，最大值为：27（3）解：∵对称轴为：x=3∴P′∵直线l：x=4，∴抛物线向右平移52∴y′A(4,0)，P′(2,92)①以AP′、DC为对角线时，{∴D(4,−45②以P′D、AC为对角线时，{∴D(4,45③以AD、P′C为对角线时，{∴D(4,99【点睛】本题考查了二次函数的解析式、一次函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是能够熟练应用待定系数法求得二次函数和一次函数解析式．5．（2021·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过A（0，﹣1），B（4，1）．直线AB交x轴于点C，P是直线AB下方抛物线上的一个动点．过点P作PD⊥AB，垂足为D，PE∥x轴，交AB（1）求抛物线的函数表达式；（2）当△PDE的周长取得最大值时，求点P的坐标和△PDE周长的最大值；（3）把抛物线y=x2+bx+c平移，使得新抛物线的顶点为（2）中求得的点P．M是新抛物线上一点，N是新抛物线对称轴上一点，直接写出所有使得以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形的点M【答案】（1）y=x2−72x−1；（2）t=2时，△PDE周长取得最大值，最大值为【分析】（1）利用待定系数法求函数表达式即可；（2）先求出直线AB的函数表达式和点C坐标，设Pt,t2−72t−1，其中0<t<4，则E2t（3）分以下情况①若AB是平行四边形的对角线；②若AB是平行四边形的边，1）当MN∥AB时；2）当NM∥AB时，利用平行四边形的性质分别进行求解即可．【详解】解（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点A∴c=−116+4b+c=1解得b=−7∴该抛物线的函数表达式为y=x（2）∵A（0，-1），B（4，1），∴直线AB的函数表达式为y=1∴C（2，0），设Pt,t2−∵点E在直线y=12x−1上，PE∴E2t2−7t,t2∴PE=−2t∵PD⊥AB，∴∠EDP=∠COA，∴△PDE∽△AOC，∵AO=1，OC=2，∴AC=5，∴△AOC的周长为3+5，令△PDE的周长为l，则3+5∴l=3∴当t=2时，△PDE周长取得最大值，最大值为245此时点P的坐标为（2，﹣4），（3）如图所示，满足条件的点M的坐标有（2，﹣4），（6，12），（﹣2，12）．由题意可知，平移后抛物线的函数表达式为y=x2−4x①若AB是平行四边形的对角线，当MN与AB互相平分时，四边形ANBM是平行四边形，即MN经过AB的中点C（2，0），∵点N的横坐标为2，∴点M的横坐标为2，∴点M的坐标为（2，-4）；②若AB是平行四边形的边，1）MN∥AB时，四边形ABNM是平行四边形，∵A（0，-1），B（4，1），点N的横坐标为2，∴点M的横坐标为2﹣4=﹣2，∴点M的坐标为（﹣2，12）；2）当NM∥AB时，四边形ABMN是平行四边形，∵A（0，-1），B（4，1），点N的横坐标为2，∴点M的横坐标为2+4=6，∴点M的坐标为（6，12），综上，满足条件的点M的坐标有（2，﹣4），（6，12），（﹣2，12）．【点睛】本题考查待定系数法求函数的表达式、相似三角形的判定与性质、求二次函数的最值、平行四边形的性质等知识，解答的关键是熟练掌握二次函数的性质，运用平行四边形的性质，结合数形结合和分类讨论的思想方法进行探究、推导和计算．6．（2021·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)与x轴交于点A−1,0，B4,0（1）求该抛物线的解析式；（2）直线l为该抛物线的对称轴，点D与点C关于直线l对称，点P为直线AD下方抛物线上一动点，连接PA，PD，求△PAD面积的最大值；（3）在（2）的条件下，将抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)沿射线AD平移42个单位，得到新的抛物线y1，点E为点P的对应点，点F为y1的对称轴上任意一点，在y1上确定一点G，使得以点D，E【答案】（1）y=x2-3x-4；（2）8；（3）G(52,−54【分析】（1）将A−1,0，B（2）先得出抛物线的对称轴，作PE∥y轴交直线AD于E，设P（m，m2-3m-4），用m表示出△APD的面积即可求出最大面积；（3）通过平移距离为42，转化为向右平移4个单位，再向下平移4个单位，根据平移变化得出平移后的抛物线关系式和E的坐标，分DE为对角线、EG为对角线、EF【详解】解：（1）将A（-1，0），B（4，0）代入y=ax2+bx-4得a−b−4=016a+4b−4=0，解得：a=1∴该抛物线的解析式为y=x2-3x-4，（2）把x=0代入y=x2-3x-4中得：y=-4，∴C（0，-4），抛物线y=x2-3x-4的对称轴l为x=∵点D与点C关于直线l对称，∴D（3，-4），∵A（-1，0），设直线AD的解析式为y=kx+b；∴3k+b=-4-k∴直线AD的函数关系式为：y=-x-1，设P（m，m2-3m-4），作PE∥y轴交直线AD于E，∴E（m，-m-1），∴PE=-m-1-（m2-3m-4）=-m2+2m+3，∴SΔAPD∴SΔAPD∴当m=1时，△PAD的面积最大，最大值为：8（3）∵直线AD的函数关系式为：y=-x-1，∴直线AD与x轴正方向夹角为45°，∴抛物线沿射线AD方向平移42∵A−1,0，B设平移后的抛物线的解析式为y则9+3d+e=∴平移后y1=x2-11x+20，∴抛物线y1的对称轴为：x=11∵P（1，-6），∴E（5，-10），∵以点D，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：设G（n，n2-11n+20），F（112，y①当DE为对角线时，平行四边形的对角线互相平分∴3+52=∴G(②当EF为对角线时，平行四边形的对角线互相平分∴3+n2=∴G(③当EG为对角线时，平行四边形的对角线互相平分∴5+n2=∴G(∴G(52,−5【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数关系式和最值问题，求三角形的面积，以及平移的性质和平行四边形的性质，注意分类讨论的数学思想．此类题主要考查二次函数的性质、待定系数法求解析式、平行线分线段成比例、坐标的平移、两点之间距离和等腰三角形的性质，熟练掌握二次函数的性质和等腰三角形的性质，二次函数综合—面积问题、二次函数综合—特殊三角形问题，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用数形结合与分类讨论的思想是解题的关键．1．已知抛物线y=ax2+bx+3的顶点坐标为−1,4，与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，连接OP交BC于点D，当S△CPD:(3)如图2，点E的坐标为0，−1，点G为x轴负半轴上的一点，∠OGE=15°，连接PE，若∠PEG=2∠OGE，请求出点【答案】(1)y=−(2)点D(3)点P【分析】本题主要考查了二次函数综合，等腰直角三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，三角形外角的性质等等：（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）根据抛物线解析式求得A,B的坐标，进而得出∠CBO=45°，根据S△CPD=S△BPD=1:2得出则点D（3）设直线PE交x轴于点H，利用三角形外角的性质得到∠OHE=45°，则OH=OE=1，即H−1，0，求得直线HE的表达式为y=−x−【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3∴−b解得：a=−1b=−2∴抛物线解析式为y=−x（2）解：令y=0，得−x解得：x1∴A1,0令x=0，则y=−x∴C0∴OB=OC=3，∴BC=OB2∵S△CPD：S△BPD=1：2∴S△CPD∴BD=2过点D作DK⊥x轴于点K，则△BDK是等腰直角三角形，

∴DK=BK=2∴OK=1，∴D−1,2（3）解：设直线PE交x轴于点H，∵∠OGE=15°，∠PEG=2∠OGE=30°，∴∠OHE=∠OGE+∠PEG=45°，∴OH=OE=1，∴H−1设直线HE的解析式为y=k∴−k∴k′∴直线HE的表达式为y=−x−1，联立y=−x2−2x+3∴P−1−17【点睛】本题考查了二次函数综合问题，面积问题，旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，角度问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．2．如图，抛物线y=12x2+bx+c(1)求抛物线的解析式；(2)若点C(m,7)为第二象限内抛物线上一点，连接AC，点P为线段AC下方抛物线上一点，过点P作PD∥AC交y轴于点D，求22(3)在（2）的条件下，连接AB、BC，将原抛物线沿射线BA方向平移22个单位长度，若点M为平移后新抛物线上一点，过点M作MN⊥y轴于点N，直接写出所有使得△AMN相似于△ABC的点M【答案】(1)y=(2)P−4,1，最大值为8(3)M的横坐标为：−23或23【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可；（2）先求解C−6,7，可得AC为y=−x+1，如图，过P作PF⊥y轴于F，证明kPD=−1，∠PDF=45°=∠FPD，可得PF=DF=22（3）先求解B−2,−1，可得直线AB为y=x+1，可得新的抛物线为：y=12x2+1，证明AC2+AB2=BC2，∠BAC=90°，设【详解】（1）解：∵抛物线y=12x2+bx+c∴c=12−2b+c=−1解得：b=2c=1∴抛物线的解析式为y=1（2）∵点C(m,7)为第二象限内抛物线上一点，∴12解得：m=−6或m=2（不符合题意，舍去），∴C−6,7∵A0,1设AC为y=kx+1，∴−6k+1=7，解得：k=−1，∴AC为y=−x+1，如图，过P作PF⊥y轴于F，∵PD∥∴kPD=−1，∴PF=DF=2设Pm,∴PF=DF=−m，F0,∴12∴D0,∴AD=1−122∴22∴当m=−−42×−此时P−4,1（3）∵y=1∴B−2,−1，而A同理可得直线AB为y=x+1，∴将原抛物线y=12x+22−1沿射线BA∴新的抛物线为：y=1∵A0,1，B−2,−1，∴AB=−2−0BC=−2+6AC=−6−0∴AC2+A设Mx,如图，∠ANM=∠BAC=90°，∴当ABAC=ANMN时，∴12整理得：3x2+2x=0解得：x=±23或当ABAC=MNAN时，∴12整理得：x2+6x=0或解得：x=±6或x=0综上：M的横坐标为：−23或23【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，二次函数图象的平移，相似三角形的判定与性质，勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，作出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键．3．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=2x2−22x−32与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y(1)求点D的坐标；(2)如图2，若P是直线BC下方抛物线上的一个动点，连接PC、PD，求△PCD面积的最大值及此时P点的坐标；(3)将抛物线y=2x2−22x−32沿射线CB方向平移33个单位，得到的新抛物线与原抛物线交于点M．在新抛物线对称轴上是否存在一点N，使得以点【答案】(1)D(2)△PCD面积的最大值为928，点P(3)点N的坐标为4,−22或4,−22【分析】（1）先求出A−1,0，B3,0，C0,−32，利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=2（2）作PI⊥y轴交抛物线的对称轴于H，交直线BC于G，交y轴于I，设Pm,n，则n=2m2−22m−32，H1,n，I0,n，（3）由二次函数的平移法则得出新抛物线的解析式为y1=2x−42−2，且点M与点B重合，则M3,0，对称轴为直线x=4，设N4,p，则MN=【详解】（1）解：在抛物线y=2当y=0时，2x2−22x−3∴A−1,0，B当x=0时，y=−32∴C0,−3设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0把B3,0，C0,−32解得：k=2∴直线BC的解析式为y=2∵抛物线的对称轴为直线x=−∴在y=2x−32中，当x=1∴D1,−2（2）解：如图，作PI⊥y轴交抛物线的对称轴于H，交直线BC于G，交y轴于I，，设Pm,n，则n=2m2−22m−3∴PG=m−22n−3，DH=−2∴S==−=−2∵−2∴当m=32时，S△CDP∴当m=32时，∴此时点P的坐标为32（3）解：将抛物线y=2x−12−42沿射线CB方向平移3∴新抛物线的解析式为y1=2x−42−2∴新抛物线的对称轴为直线x=4，设N4,p，则MN=3−42+p当MN=DN时，3−42解得：p=−22∴N4,−2当DM=DN时，1−42解得：p=−22−3∴N4,−22+综上所述，点N的坐标为4,−22或4,−22+【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数的图象的平移、二次函数综合—面积问题、二次函数综合—特殊三角形问题，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用数形结合与分类讨论的思想是解此题的关键．4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3a≠0与x轴交于A−1,0，B3,0

(1)求抛物线的解析式；(2)点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PM∥x轴交BC于点M，过点P作PN∥AC交BC于点N，求PM+PN的最大值及此时点P的坐标；(3)把原抛物线y=ax2+bx+3a≠0）沿射线AC方向平移8个单位，点E为平移后新抛物线对称轴上的一点，连接BE、CE，将△BCE沿直线BC翻折，使得点E的对应点点Q【答案】(1)y=−(2)PM+PN的最大值为278，此时点P的坐标为(3)5，8【分析】本题主要考查了二次函数综合，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，一次函数与几何综合等等：（1）利用待定系数法求解即可；（2）先求出C0，3，则OC=3；再求出直线BC解析式为y=−33x+3；解直角三角形得到∠OBC=30°，则∠OCB=60°，同理可得∠OCA=30°，则∠ACB=90°，进而得到∠PMN=∠OBC=30°，∠PNM=∠ACB=90°，则PN=1（3）先推出把原抛物线y=−33x2+233x+3）沿射线AC方向平移8个单位，相当于把抛物线y=−33x当点E在x轴下方，且点Q恰好在x轴上时，两种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：把A−1,0，B3,0代入y=ax∴a=−3∴抛物线解析式为y=−3（2）解：在y=−33x2+∴C0∴OC=3设直线BC解析式为y=kx+b∴3k+b∴k=−3∴直线BC解析式为y=−3∵B3,0∴OB=3，∴tan∠OBC=∴∠OBC=30°，∴∠OCB=60°，同理可得∠OCA=30°，∴∠ACB=90°，∵PM∥AB，∴∠PMN=∠OBC=30°，∴PN=1∴PM+PN=3设Pm，−∴PM=m−m∴PM+PN=3∵当m=32时，PM+PN有最大值，最大值为∴此时点P的坐标为32（3）解：由（2）得∠OCA=30°，∴把原抛物线y=−33x2+23∵原抛物线对称轴为直线x=−2∴平移后的抛物线对称轴为直线x=5；如下图所示，当点E在x轴上下且点Q在y轴上时，设直线BC于直线x=5交于H，在y=−33x+3中，当∴H5由（2）得∠OCB=60°，∵EH∥