中考数学二轮复习名校模拟题重要考点分类汇专题14二次函数综合题平移类(原卷版+解析)

二轮复习【中考冲刺】2022-2023年中考数学重要考点名校模拟题分类汇编专题14——二次函数综合题平移类（重庆专用）1．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考开学考试）如图，已知抛物线y=ax2+bx+23与x轴交A2,0，B(1)求抛物线解析式；(2)若点P是直线BC下方抛物线上一点，且位于对称轴左侧，过点P作PD⊥BC于点D，作PE∥x轴交抛物线于点E，求PD+1(3)将抛物线ax2+bx+23向左平移2个单位长度得到新抛物线y'，平移后的抛物线y'与原抛物线交于点Q，点M是原抛物线对称轴上一点，点N是新抛物线上一点，请直接写出使得以点B，Q，M，2．（2022秋·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考期末）如图1，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为直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，过点P作y轴的平行线交x轴于点N，求2PM+PN的最大值及此时点P(3)如图2，将该抛物线先向左平移4个单位，再向上移3个单位，得到新抛物线y'，新抛物线y'与y轴交于点F，点M为y轴左侧新抛物线y'上一点，过M作MN∥y轴交射线BF于点N，连接MF3．（2022·重庆·重庆八中校考三模）如图，抛物线y=ax2+12x+c与x轴交于点A、B，与y轴交于点(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，连接AC，过点B作BD//AC，交抛物线于点D，点P是抛物线上位于直线AC下方的一个动点，过点P作PN//y轴，交BD于点N，点M是直线BD上异于点N的一点，且PN＝PM，连接PM、NQ，求△PNM的周长最大值以及此时点P的坐标；(3)将抛物线沿射线CB平移2个单位，得到新抛物线y'，点E是新抛物线y'的一个动点，点F是直线BD上一个动点，请直接写出使得以点A、E、C、F为顶点的四边形为平行四边形的点F的坐标，若不存在，请说明理由，并把其中一个求点4．（2022·重庆沙坪坝·重庆一中校考二模）在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A−2,0、点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点(1)求抛物线的表达式：(2)如图1，点P为直线BC上方抛物线上（不与B、C重合）一动点，过点P作PD∥y轴，交BC于D，过点P作PE∥x轴，交直线BC于E，求PE+DB(3)如图2，将原抛物线沿x轴向左平移1个单位得到新抛物线y'，点M为新抛物线y'上一点，点N为原抛物线对称轴上一点，当以点A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形时，求点N的坐标，并写出求其中一个5．（2022·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考三模）如图1，抛物线y=ax2+bx+2a≠0交x轴于点A−1,0，点B4,0，交y轴于点C．连接BC，过点A作(1)求抛物线的表达式；(2)点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PE∥y轴，交AD于点E，过点E作EG⊥BC于点G，连接PG，求△PEG面积的最大值及此时点(3)如图2，将抛物线y=ax2+bx+2a≠0水平向右平移32个单位，得到新抛物线y1，在y1的对称轴上确定一点M，使得6．（2022秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝35x2+125x﹣3交x轴于点A，点B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接AC，BC．P是第三象限内抛物线上一动点，过P作PE∥y轴交AC于点E，过E作EF∥BC交x轴于点(1)求△ABC的面积；(2)求PE+1010EF+FO的最大值及此时点P(3)将抛物线y＝35x2+125x﹣3平移，使得新抛物线的顶点为（2）中求得的点P，点Q为x轴下方的新抛物线上一点，R为x轴上一点，直接写出所有使得以点A，C，Q，R为顶点的四边形是平行四边形的点7．（2021·重庆沙坪坝·重庆一中校考三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（点A在点B的右侧），且点A的坐标为(3,0)，连接BC，过点A作AD//BC（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点E为射线AD上一点，点P为第二象限内抛物线上一点，求四边形PBEC面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，将原抛物线沿x轴正方向平移得到新抛物线y'，y'经过点C，平移后点A的对应点为点A'，点N为线段AD的中点，点Q为新抛物线y'的对称轴上一点，在新抛物线y'上存在一点M，使以点M，Q，A8．（2021春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2−72x+3与xx轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交（1）如图1，连接AD，CD，当点D的横坐标为5时，求SΔADC（2）如图2，过点D作DE//AC交BC于点E，求DE长度的最大值及此时点D的坐标；（3）如图3，将抛物线y=12x2−72x+3向右平移4个单位，再向下平移2个单位，得到新抛物线y'=ax2+bx+c．新抛物线与原抛物线的交点为点F，G9．（2021·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=14x2+bx+c与直线AB相交于A、B两点，其中A(6,0),B(0,−3)（1）求该抛物线的函数解析式；（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PB、PC，求△PBC面积的最大值；（3）将该抛物线沿着射线BA方向平移52个单位长度得到抛物线y=a1x2+b1x+c1a1≠0，点D为新抛物线对称轴上的一点，点10．（2021·重庆沙坪坝·重庆八中校考三模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A−33,0、B3,0两点，交（1）求抛物线的解析式．（2）若点P是抛物线上第三象限上一点，过P点作PM⊥AC于M，过P作PN//y轴交AC于点N，当△PMN周长有最大值时，求（3）如图2，将抛物线向右平移33个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到新的抛物线，M点在新抛物线后的对称轴上，N点为平面内一点，使以B、C、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出N11．（2021·重庆沙坪坝·重庆八中校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y=−14x2+bx+c的图象与坐标轴交于A、B、C三点，其中点A的坐标为0,8，点（1）求该二次函数的表达式及点C的坐标；（2）若点F为该抛物线在第一象限内的一动点，求△FCD面积的最大值；（3）如图2，将抛物线C1向右平移2个单位，向下平移5个单位得到抛物线C2，M为抛物线C2上一动点，N为平面内一动点，问是否存在这样的点M、N，使得四边形DMCN12．（2021春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx﹣22（a≠0）与x轴交A（﹣2，0）和点B，与p轴交于点C，并且经过点D（5，72（1）求该抛物线的解析式；（2）如图1，点M是抛物线上第四象限内一点，联结AC，CM，BM，当四边形ACMB面积最大时，求点M的坐标以及S四边形ACMB的最大值；（3）如图2，将抛物线沿射线BC方向平移，平移后的抛物线经过线段BC的中点，记点B平移后的对应点为B1，点C平移后的对应点为C1，点Q是平移后新抛物线对称轴上一点，点P是原抛物线上一点，若以点B1，C1，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点P的坐标．13．（2021春·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣38x2+34x+3与x轴交于点A和点B，A在B的左侧，与y轴交于点C，点P为直线（1）求直线BC的解析式；（2）过P作PM⊥x轴，交BC于M，当PM﹣CM的值最大时，求P的坐标和PM﹣CM的最大值；（3）如图2，将该抛物线向右平移1个单位，得到新的抛物线y1，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，作y1对称轴的垂线，垂足为F，连接EF，请直接写出当△PEF是以PF为腰的等腰三角形时，点P的横坐标．14．（2021春·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考开学考试）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=a(x+2)(x−6)(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，D为抛物线顶点，连接AD，已知tan∠BAD=2（1）求点D的坐标以及a的值；（2）如图，连接AC，交抛物线对称轴于点E，P为直线AD下方抛物线上的一个动点（不与A､D重合），连接PA,PD,DE，求四边形APDE面积的最大值及相应点P的坐标；（3）将直线AC沿射线DA方向平移2752个单位后得到直线l，直线l与抛物线的两个交点分别为M，N（M在N左侧），在抛物线对称轴上是否存在点K，使△CMK是以KC为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出点15．（2021秋·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2−32x+2交x轴于点（1）求△ABC的面积；（2）如图，过点C作射线CM，交x轴的负半轴于点M，且∠OCM=∠OAC，点P为线段AC上方抛物线上的一点，过点P作AC的垂线交CM于点G，求线段PG的最大值及点P的坐标；（3）将该抛物线沿射线AC方向平移5个单位后得到的新抛物线为y'=ax2+bx+c，新抛物线y'与原抛物线的交点为E，点F为新抛物线y对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点A、E、16．（2020春·重庆·九年级重庆实验外国语学校校考阶段练习）如图：已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴，y轴分别交于点A1求出此抛物线的解析式；2如图1，抛物线的顶点为点D，点P是直线BC下方抛物线上的一点（异于点D），当SΔBCP=S3在2的条件下，将抛物线沿射线DC方向平移，点P的对应点为P'，在抛物线平移的过程中，若∠P'CB=∠PBC，请直接写出此时平移后的抛物线解析式17．（2022秋·重庆九龙坡·九年级四川外国语大学附属外国语学校校考期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点B，C（点B在点C左侧），与y轴相交于点A（0，4），已知点C坐标为（4，0）(1)求抛物线的解析式：(2)点P是直线AC下方抛物线上一点，过点P作直线AC的垂线，垂足为点H，过点P作PQ∥y轴交AC于点Q，求△PHQ周长的最大值及此时点P的坐标；(3)如图2，将抛物线向左平移92个单位长度得到新的抛物线，M为新抛物线对称轴l上一点，N为平面内一点，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标，并写出求解其中一个N18．（2021·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=−23x2+43x+2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与（1）求直线BC的解析式；（2）过点A作AD//BC交抛物线于D，连接CA，CD，PC，PB，记四边形ACPB的面积为S1，△BCD的面积为S2，当S1（3）如图2，将抛物线水平向右平移，使得平移后的抛物线经过点O，G为平移后的抛物线的对称轴直线l上一动点，将线段AC沿直线BC平移，平移后的线段记为A'C'（线段A'C'始终在直线l左侧），是否存在以A'，C19．（2019秋·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考期末）如图1，抛物线y＝﹣13（1）求线段AC的长；（2）如图2，E为抛物线的顶点，F为AC上方的抛物线上一动点，M、N为直线AC上的两动点（M在N的左侧），且MN＝4，作FP⊥AC于点P，FQ∥y轴交AC于点Q．当△FPQ的面积最大时，连接EF、EN、FM，求四边形ENMF周长的最小值．（3）如图3，将△BCO沿x轴负方向平移3个单位后得△B'C'O'，再将△B'C'O'绕点O'顺时针旋转α度，得到△B″C″O'（其中0°＜α＜180°），旋转过程中直线B″C″与直线AC交于点G，与x轴交于点H，当△AGH是等腰三角形时，求α的度数．20．（2019春·重庆北碚·九年级西南大学附中校考阶段练习）如图，抛物线y＝12x2+x﹣4与x轴交于A，B（A在B的左侧），与y轴交于点C，抛物线上的点E的横坐标为3，过点E作直线l1∥（1）点P为抛物线上的动点，且在直线AC的下方，点M，N分别为x轴，直线l1上的动点，且MN⊥x轴，当△APC面积最大时，求PM+MN+22（2）过（1）中的点P作PD⊥AC，垂足为F，且直线PD与y轴交于点D，把△DFC绕顶点F旋转45°，得到△D'FC'，再把△D'FC'沿直线PD平移至△D″F′C″，在平面上是否存在点K，使得以O，C″，D″，K为顶点的四边形为菱形？若存在直接写出点K的坐标；若不存在，说明理由．二轮复习【中考冲刺】2022-2023年中考数学重要考点名校模拟题分类汇编专题14——二次函数综合题平移类（重庆专用）1．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考开学考试）如图，已知抛物线y=ax2+bx+23与x轴交A2,0，B(1)求抛物线解析式；(2)若点P是直线BC下方抛物线上一点，且位于对称轴左侧，过点P作PD⊥BC于点D，作PE∥x轴交抛物线于点E，求PD+1(3)将抛物线ax2+bx+23向左平移2个单位长度得到新抛物线y'，平移后的抛物线y'与原抛物线交于点Q，点M是原抛物线对称轴上一点，点N是新抛物线上一点，请直接写出使得以点B，Q，M，【答案】(1)y=3(2)PD+12PE的最大值为174，此时点(3)4,−433或4,3【分析】（1）由抛物线解析式可得C0,23，根据抛物线与x轴交A2,0，B6,0，设（2）令PE∥x轴交直线BC于点F，由（1）知A2,0，B6,0，C0,23，则抛物线的对称轴为x=4，OC=23，OB=6，即∠OBC=30°，易知PF=2PD，设直线BC的解析式为y=kx+（3）由平移得新抛物线解析式，联立原解析式求得点Q，设M4,m，Nx,y，分三种情况：①当QB，MN为对角线时；②当QN，MB为对角线时；②当BN，MQ为对角线时；利用其中点重合，可求得m的值，即可得到【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+23与x轴交A2,0，B当x=0时，y=23，即：C设y=ax−2x−6，代入∴抛物线解析式为：y=3（2）PE∥x轴交直线BC于点由（1）知A2,0，B6,0，C0,2则OC=23，∴tan∠OBC=OC∴PE∥∴∠DFP∵PD⊥∴PF=2设直线BC的解析式为y=kx+b，代入得6k+b=0b=23，解得：k=−3令Pt,36t2点F横坐标为：36t2解得：x=−12∴PD即：PD=−=−1当t=1时，PD+12PE有最大值174，此时点（3）由题意可知：y=3原抛物线的对称轴为：x=4，则设M4,m则平移后的解析式为：y=3联立平移前后解析式，可得x−42=x−22，即∴Q3,−B6,0，Q3,−32，以点B，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形，①当QB，MN为对角线时，6+3=4+x−3∴−32∴M4,−②当QN，MB为对角线时，3+x=4+6−∴32+m=∴M4,3②当BN，MQ为对角线时，6+x=3+4y∴m−32∴M4,0综上，以点B，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形的点M的坐标为：4,−433或4,3【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数、一次函数图象上点坐标的特征，平行四边形的性质及应用等知识，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．（2022秋·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考期末）如图1，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为直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，过点P作y轴的平行线交x轴于点N，求2PM+PN的最大值及此时点P(3)如图2，将该抛物线先向左平移4个单位，再向上移3个单位，得到新抛物线y'，新抛物线y'与y轴交于点F，点M为y轴左侧新抛物线y'上一点，过M作MN∥y轴交射线BF于点N，连接MF【答案】(1)y=(2)254，(3)符合条件点M的横坐标分别为−5、−10、−92、【分析】（1）用待定系数法把A0,−4，B4,0代入（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，把A0,−4，B4,0代入可得，求出直线AB的解析式为y=x−4（3）求出左平移4个单位，再向上移3个单位的函数表达式y'=12x2+3x+3【详解】（1）解：把A0,−4，B4,0代入−4=c解得c=−4，b∴y=（2）解：设直线AB的解析式为y=kx+b，把A0,−4，Bk=1，b∴直线AB的解析式为y=设PmPN=−∵OA=∴∠OBA∴∠NCB∴∠MCP又∵PM⊥∴PC=把P点的横坐标代入y=x−4可得，y=C∴PC=−∴2当m=32时，2PM+PN最大值为（3）把y=12x∵左平移4个单位，再向上移3个单位，∴y'=1∴F0,3设过BF的直线解析式为y=把F0,3，B4,0代入得4a+b∴BF的直线解析式y=−设Ma,12a2+3a+3，M和∴Na∴NF=−MN=MFI、当NF=MN时，解得：a1=−5，a2∴M1−5,II、当NF=MF整理得：4a∵a1=−当a=−92时，当a=−152时，M−152,−69III、当MN=MF整理得：3解得a=−当a=−6512综上所述：符合条件的点M有四个，其横坐标分别为−5、−10、−92、【点睛】此题考查了二次函数的综合问题，解题关键是熟悉二次函数的基本性质、待定系数法、线段表示方法．3．（2022·重庆·重庆八中校考三模）如图，抛物线y=ax2+12x+c与x轴交于点A、B，与y轴交于点(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，连接AC，过点B作BD//AC，交抛物线于点D，点P是抛物线上位于直线AC下方的一个动点，过点P作PN//y轴，交BD于点N，点M是直线BD上异于点N的一点，且PN＝PM，连接PM、NQ，求△PNM的周长最大值以及此时点P的坐标；(3)将抛物线沿射线CB平移2个单位，得到新抛物线y'，点E是新抛物线y'的一个动点，点F是直线BD上一个动点，请直接写出使得以点A、E、C、F为顶点的四边形为平行四边形的点F的坐标，若不存在，请说明理由，并把其中一个求点【答案】(1)y=(2)周长最大值为40+855，此时(3)（3+10，−1−102）或（3−10，10−12）或（−5+10【分析】（1）根据二次函数顶点坐标公式代入求解即可；（2）先根据待定系数法求出直线AC、BD解析式，过P作PH⊥BD于H，利用等角的余弦值相等找到MN、三角形PMN周长与PN关系，设P（n，14n2+12n−2），则N（3）先求出CB解析式，得到平移后的抛物线解析式，设E（m，14m2−54），F（n，（1）解：∵抛物线y=ax2+∴−1解得：a=1即抛物线解析式为：y=1（2）解：在y=14x2+当y=0时，x=－4或x=2，即A（－4，0），B（2，0），C（0，－2），AC=25设直线AC的解析式为y=kx+m，则−4k+即直线AC解析式为y=−∵BD∥AC，B（2，0），∴直线BD解析式为y=−过P作PH⊥BD于H，设PN交AC于T，直线BD交y轴于Q，如图所示，则四边形NQCT为平行四边形，∴∠HNP=∠OCA，∴cos∠HNP=cos∠OCA，即NHPN∴NHPN∴NH=NH=∵PN=PM，∴NM=2NH=25∴三角形PMN周长=2PN+255PN设P（n，14n2+12n−2），则N∴PN=−12n=−1∴当n=-2时，PN取最大值，最大值为4，故此时，三角形PMN周长取最大值，最大值为40+855，此时（3）解：∵B（2，0），C（0，-2），∴直线BC解析式为：y=x-2，则抛物线y=14x+12−94沿射线CB则平移后抛物线解析式为：y'=1设E（m，14m2−54），分三种情况讨论：①当四边形AECF为平行四边形时，由中心对称性知：−4=m②当四边形AEFC为平行四边形时，同理得：−4+n=m−12n+1=1即F（3+10，−1−102）或F（3−③当四边形AFEC为平行四边形时，同理得：−4+m=n14m2−5即F（−5+10，7−102）或F（−5−综上所述，F点坐标为：（3+10，−1−102）或（3−10，10−12）或（−5+10【点睛】本题考查了二次函数的顶点坐标公式，等腰三角形的性质，三角函数解直角三角形，平行四边形的性质等知识点；利用三角函数将周长最值转化为线段最值及分类讨论求解平行四边形存在性是解题关键．4．（2022·重庆沙坪坝·重庆一中校考二模）在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A−2,0、点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点(1)求抛物线的表达式：(2)如图1，点P为直线BC上方抛物线上（不与B、C重合）一动点，过点P作PD∥y轴，交BC于D，过点P作PE∥x轴，交直线BC于E，求PE+DB(3)如图2，将原抛物线沿x轴向左平移1个单位得到新抛物线y'，点M为新抛物线y'上一点，点N为原抛物线对称轴上一点，当以点A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形时，求点N的坐标，并写出求其中一个【答案】(1)y(2)最大值为498，(3)（1，3）或（1，-3）．【分析】（1）直接运用待定系数法求解即可；（2）利用待定系数法求出直线BC的解析式，根据相似三角形的性质可表达PE+BD的值，再利用二次函数的性质求出最值；（3）分两种情况：当AC为平行四边形ACNM的边时，当AC为平行四边形ACNM的对角线时，分别利用点的平移和中点坐标公式进行求解即可．（1）把A(−2,0),(2,3)代入y4解得，a=−∴抛物线的解析式为y=−（2）对于y令x=0,则y∴C令y=0,则解得，x∴A∴OC设直线BC的解析式为y把B(4,0),4解得，k=−3∴设直线BC的解析式为y延长PD交x轴相交于点F，设P∴F∴DF∴PD=∵PD∥x轴，∴∠PFD∴Δ∴PEOB∴PE∴PE∵DF∴BD==5−∴PE∴当x=34时，PE+（3）∵y∴该抛物线的对称轴为直线x=1,将抛物线向左平移1个单位后的解析式为：y若以A,C,M,N为顶点的四边形是平行四边形有两种情况；①以AC为边，如图，根据平行四边形的性质可知：AC由图可知，点A向右平移3个单位，再向下平移若干个单位，即可得到点N，∴将点C（0，3）向右平移3个单位，再向下平移若干个单位，可得到点M，∴点M的横坐标为：0+3=3，当x=3时，∴M设点N(1,∵AC=∴22解得，a∴点N的坐标为(1,−3)或(1,3)；②当AC为平行四边形的线时，∵A∴AC的中点坐标为：(−2+02设N(1,由中点坐标公式得，1+x∴x=−3当x=−3时，y∴M∴b∴b∴点N（1，3），综上，点N的坐标为（1，3）或（1，-3）．【点睛】本题主要考查了待定系数法示函数解析式，二次函数最值问题，中点坐标公式，平行四边形存在性等知识，包括分类讨论思想等，（3）关键是进行正确的分类讨论．5．（2022·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考三模）如图1，抛物线y=ax2+bx+2a≠0交x轴于点A−1,0，点B4,0，交y轴于点C．连接BC，过点A作(1)求抛物线的表达式；(2)点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PE∥y轴，交AD于点E，过点E作EG⊥BC于点G，连接PG，求△PEG面积的最大值及此时点(3)如图2，将抛物线y=ax2+bx+2a≠0水平向右平移32个单位，得到新抛物线y1，在y1的对称轴上确定一点M，使得【答案】(1)y=−(2)当m=2时，即P2,3时，SΔ(3)所有符合条件的点M的坐标为M3,−3或M3,−3+6【分析】（1）根据交点法设抛物线的解析式，然后和ax（2）连接AC，过G作GH⊥PE于H，在Rt△AOC中，根据勾股定理求出AC长，在Rt△BOC中，根据勾股定理求出BC长，然后根据勾股定理逆定理求出△ABC为直角三角形，再证明四边形AECG是矩形，得出AC=GE，利用AAS证明ΔAOC≌ΔGHE，得出GH=OA=1，从而推出SΔPEG=12PE（3）根据平移的性质求出新抛物线的对称轴，联立直线AD和抛物线的解析式求出D点的坐标，设M3,m，用两点间距离公式表示出△BDM的三边，然后分BD=BM和BD=MD两种情况讨论，分别求出M【详解】（1）解：∵抛物线过点A，B，设抛物线为y=ax+1∴ax解得：a=−12，∴抛物线为y=−（2）解：连接AC，过G作GH⊥PE于在Rt△AOC中，AO=1，OC∴AC=1在Rt△BOC中，BO=4，OC∴BC=4在△ABC中，∵AC+∴AC⊥又∵GE⊥BC，∴四边形AEGC为矩形，AC=∵GH∥AO，∴ΔAOC∴GH=∴SΔ设Pm∵BC：y=−12∴AD：y=−12PE=−∴SΔ∵−1当m=2时，即P2,3时，SΔPEG（3）抛物线原对称为直线x=3平移后新对称轴为直线x=3，联立y=−y=−解得D5,−3设M3,m，MD2=m2当BD=BM时，m2=9，但m=3时，B，D，M三点共线，舍去，故m1当BD=MD时，m2,3综上，M3,−3或M3,−3+6【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及的知识点有：利用交点法求二次函数解析式，二次函数和三角形面积的综合，二次函数和等腰三角形的综合，两点间距离公式，三角形全等的判定，矩形的判定，以及二次函数的平移，以及方程思想的应用，综合性较强，有一定难度．6．（2022秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝35x2+125x﹣3交x轴于点A，点B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接AC，BC．P是第三象限内抛物线上一动点，过P作PE∥y轴交AC于点E，过E作EF∥BC交x轴于点(1)求△ABC的面积；(2)求PE+1010EF+FO的最大值及此时点P(3)将抛物线y＝35x2+125x﹣3平移，使得新抛物线的顶点为（2）中求得的点P，点Q为x轴下方的新抛物线上一点，R为x轴上一点，直接写出所有使得以点A，C，Q，R为顶点的四边形是平行四边形的点【答案】(1)9(2)203，(3)(25−253,0)，【分析】（1）令y=0，可求得抛物线与x轴的交点坐标为：A(-5,0)、B(1,0)，令x=0，可求出抛物线与y轴的交点坐标为：C(0,-3)，再求出AB、OC的长度，△ABC的面积即可得解即可；（2）根据A(-5,0)、B(1,0)，C(0,-3)求出直线AC、BC的解析式，分别为：y=−35x−3、y=3x−3，利用勾股定理求出AC=34，BC=10，再直接设P的坐标为：(x0,35x02+125x0−3)，且(−5＜x0＜0)，以此求出E点坐标表，进而利用含x0的代数式表示出PE；EF∥BC，根据E、C、B三点坐标求出F点坐标，则OF=65x（3）过C点作直线l∥x轴，与交新抛物线交于Q1、Q2两点（Q1、在Q2左边）；新抛物线以P点为顶点，则可求出新抛物线的解析式为：y=(x+103)2−133，根据点R在x轴上，Q点为x轴下方的新抛物线上一点，可知Q、C均在x轴（AR）下方，即：QC不可能是新构造的平行四边形的对角线，则有AR一定是以点A，C，Q，R为顶点构成的平行四边形的一条边，而非对角线，因此一定存在AR∥QC，则在新构造的平行四边形中一定有：AR=QC，故将y=-3代入新抛物线可求出Q1、Q2两点的坐标，则可知Q点只能存在于Q1(2【详解】（1）根据抛物线解析式y＝令y=0，可求得抛物线与x轴的交点坐标为：A(-5,0)、B(1,0)，令x=0，可求出抛物线与y轴的交点坐标为：C(0,-3)，∵A(-5,0)、B(1,0)、C(0,-3)，∴AO=5，OC=3，OB=1，则AB=6，∴S△（2）∵A(-5,0)、B(1,0)，C(0,-3)，∴直线AC的解析式为：y=−35x−3，直线BC又∵AO=5，OC=3，OB=1，AB=6，∴利用勾股定理易得：AC=34，BC=10，∵P是第三象限内抛物线上一动点，∴设P的坐标为：(x0,∴AC与PE的交点E点坐标为：(x∴PE=−35∵EF∥∴设EF的解析式为：y＝代入E点坐标有t=−18∴F点的坐标为(6∴OF=65又根据EF∥得：EFBC=AEAC，即∴PE+则有l=−当−56≤x0＜0当−5＜x0＜−56综上两种情况可知：当x0=−103时，此时P点坐标为：(−10（3）如图：过C点作直线l∥x轴，与交新抛物线交于Q1、Q2两点（Q1、在Q在（2）中求得P点坐标为：(−10已知平移后的抛物线以P点为顶点，则新抛物线的方程为y=3∵点R在x轴上，Q点为x轴下方的新抛物线上一点，∴Q、C均在x轴（AR）下方，即：QC不可能是新构造的平行四边形的对角线，∴AR一定是以点A，C，Q，R为顶点构成的平行四边形的一条边，而非对角线，∴一定存在AR∥∴在新构造的平行四边形中一定存在：AR=QC，∴将y=-3代入新抛物线可求出Q1、Q2两点的坐标，即为：Q1(25−103,−3)即有：Q点只能存在于Q1(25−103,−3)又∵C点坐标为(0,-3)，则此时分情况讨论：当Q点在Q1(2即有QC=∵AR∥∴以点A，C，Q，R为顶点构成的平行四边形中，存在AR=QC，且此时R点既可在A点右侧也可在A点左侧，A点坐标为(-5,0)，∴则此时R点的坐标为：(25−25当Q点在Q2(−2即有QC=∵AR∥∴以点A，C，Q，R为顶点构成的平行四边形中，存在AR=QC，且此时R点既可在A点右侧也可在A点左侧，A点坐标为(-5,0)，∴则此时R点的坐标为：(−25+25综上所述：R点的坐标为：(25−253,0)、(7．（2021·重庆沙坪坝·重庆一中校考三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（点A在点B的右侧），且点A的坐标为(3,0)，连接BC，过点A作AD//BC（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点E为射线AD上一点，点P为第二象限内抛物线上一点，求四边形PBEC面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，将原抛物线沿x轴正方向平移得到新抛物线y'，y'经过点C，平移后点A的对应点为点A'，点N为线段AD的中点，点Q为新抛物线y'的对称轴上一点，在新抛物线y'上存在一点M，使以点M，Q，A【答案】（1）y=−13x2−233x+3；（2）四边形PBEC面积的最大值为7538，此时点P（−332，154）；（3）M（7【分析】（1）先求得点B坐标，再将A、B坐标代入抛物线解析式中解得a、b即可求解；（2）易证S△BCE=S△ABC是定值，只需求出S△BCP的最大值，过P作PQ∥y轴交BC（3）先求出平移后的新抛物线的解析式和点A'、N的坐标，设Q（3，n），根据平行四边形的性质，分A'N【详解】解：（1）∵点A坐标为（3，0），∴OA=3，∵OB=3OA，∴OB=33∴点B坐标为（﹣33将点A（3，0）、B（﹣33，0）坐标代入y=a得：{3a+∴抛物线的解析式为y=−1（2）当x=0时，y=3，∴C（0，3），OC=3，∵AD//BC，点E为射线AD上一点，且AB=∴S△BCE=∴要使四边形PBEC面积的最大，只需求出S△BCP的最大值，过P作PQ∥y轴交BC于Q，即求出PQ设直线BC的解析式为y=kx+t，将B（33，0）、C（0，3）代入得：{−33∴直线BC的解析式为y=3设P（m，−13m2−233m+3）（﹣3∴PQ=−13m=−=−1∴当m=−332时，PQ∴S△BCP的最大值为12×∴四边形PBEC面积的最大值为63+2738=7538，此时点P（3）由（1）知抛物线y=−13x2−233x+3=−13(x+3∴原抛物线沿x轴正方向平移23个单位长度得到新抛物线y∴y'=−13(x+3−23)2+4设直线AD的表达式为y=33x+c，将A（3∴D（0，﹣1），∵N为AD的中点，∴N（32，−设Q（3，n），根据题意，以点M，Q，A'，N当NA'边时，由中点坐标公式得：xM即xM+3解得：xM=732或xM=−332，∴M1（7当NA'为对角线时，由中点坐标公式得：xM解得：xM=532，∴M3综上，满足条件的点M的坐标为M（732，﹣94）或M（−332，−9【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求抛物线解析式、二次函数的图象与性质、抛物线的平移问题、坐标与图形、求二次函数的最值、三角形的面积公式、平行四边形的性质、中点坐标公式、解一元一次方程等知识，综合性强，计算量大，难度较难，解答的关键是理解题意，寻找相关知识的关联点，利用数形结合和分类讨论思想方法进行推理、探究和计算．8．（2021春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2−72x+3与xx轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交（1）如图1，连接AD，CD，当点D的横坐标为5时，求SΔADC（2）如图2，过点D作DE//AC交BC于点E，求DE长度的最大值及此时点D的坐标；（3）如图3，将抛物线y=12x2−72x+3向右平移4个单位，再向下平移2个单位，得到新抛物线y'=ax2+bx+c．新抛物线与原抛物线的交点为点F，G【答案】（1）5；（2）DE的最大值为9510，D坐标为（3，-3）；（3）H（52，112）或（【分析】（1）把D的横坐标代入抛物线解析式得纵坐标，根据解析式，当x=0时，可得C的坐标，令直线DC与x交点为E，两点确定一条直线，解析式，直线CD为y=-x+3，即得E坐标，当y=0时，代入抛物线解析式得A、B坐标，S△ACD=S△AEC+S△AED，通过计算可得结果；（2）由（1）知A，B，C坐标，两点确定一条直线，可得直线AC和直线BC的解析式，过D点作l平行于BC，只有当l与抛物线相切时候，DE取最大值，设l解析式为y=-12x+b，联立直线l和抛物线的解析式得到二元一次方程组，可得x2-6x+6-2b=0，相切时即△=0，可得b的值和D的坐标，设直线DE的解析式为y=-3x+b，直线DE与抛物线的解析式联立方程组可得E的坐标，根据两点间的距离公式得DE（3）根据平移的性质得到新的抛物线为y=12x2-152x+23，由对称轴公式x=−b2a得对称轴，联立抛物线和新抛物线得F点坐标为（5，-2），两点确定一条直线的解析式，直线CF为y=-x+3，分情况讨论，若CFGH是矩形，当CF⊥FG时，两直线垂直，斜率积为1，HG⊥FG，HC⊥CF，可求得直线FG、直线CH、直线HG的解析式，可得H的坐标，当CG⊥【详解】解：（1）将x=5代入y=12x2-72x+3，得∴D（5，-2），令DC与x轴交点为E，由题可知：C（0，3），∴CD直线的表达式：y=−2−35x+3=-x由此可知E（3，0），且如图1可知，S△ADC=S△ACE+S△ADE=12•AE•OC+12•AE•|y0|=12×AE（OC+|将y=0代入方程，12x2-72可知A（1，0），B（6，0），∴AE=2，∴S△ADC=12∴S△ADC=5；（2）如图2，∵方程表达式没有变化，∴由（1）可知A（1，0），B（6，0），C（0，3），∴KAC=-3，KBC=-12∴AC：y=-3x+3，BC：y=-12x∵DE∥AC，∴KDE=KAC=-3，过D点作l平行于BC，只有当l与抛物线相切的时候，DE取最大值，∵l∥BC，∴令l：y=-12x+b，y=−12x2-3x+3-bx2-6x+6-2b=0，当直线与抛物线相切时，△=0，∴b2-4ac=0，3b-4（6-2b）=0，12+8b=0，∴b=-32∴l：y=-12x-3将b=-32代入x2-6x+6-2b可得x=3，∴xD=3，∴D（3，-3），∵KDE=-3，∴DE：y=-3（x-3）-3=-3x+6，∵E是CB、DE的交点，∴y=−3x+6y=−12∴DE的最大值为3−∴D坐标为（3，-3）；（3）如图3y=12x2-72∴新抛物线方程为：y=12（x-4）2-72（x-4）+3-2=12x2-∴对称轴为：x=152∵F是它两交点，∴y=12x∵C（0，3），∴CF：y=-x+3，①如果CFGH是矩形，即CF⊥FG，∴KFG•KCF=-1，∴KFG=1，∴PG：y=x-5-2=x-7，∵xG=152∴G（152，1∵HG⊥FG，HC⊥CF，∴KCH=1，KHG=-1，∴CH：y=x+3，HG：y=-x+8，∴H（52，11②如果CG⊥CF，如图4，CF：y=-x+3，∴CG：y=x+3，∴G（152，21∵KGH=-1，KFH=1，∴GH：y=-x+18，FH：y=x-7，∴H（252，11综上所述，H（52，112）或（252【点睛】本题考查二次函数的应用，解本题的关键要熟练掌握二次函数的性质，两点确定一条直线的解析式，解一元二次方程，抛物线平移的性质，矩形的性质等．9．（2021·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=14x2+bx+c与直线AB相交于A、B两点，其中A(6,0),B(0,−3)（1）求该抛物线的函数解析式；（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PB、PC，求△PBC面积的最大值；（3）将该抛物线沿着射线BA方向平移52个单位长度得到抛物线y=a1x2+b1x+c1a1≠0，点D为新抛物线对称轴上的一点，点【答案】（1）y=14x2−x−3；（2）94；（3）【分析】（1）用待定系数法，即把A、B两个点的坐标分别代入函数解析式y=14x2+bx+c（2）首先可求得直线AB的解析式，再过点P作y轴平行线交AB于点Q，设Pm,14m2−m−3，则可得Qm,（3）抛物线沿着射线BA方向平移52个单位长度得到新抛物线，可看成是先向右平移一个单位长度再向上平移12个单位长度而得到新抛物线，则可求得新抛物线的对称轴，再分BC是平行四边形的边和对角线两种情况考虑，即可求得点【详解】（1）∵抛物线y=14x∴0=解得b∴抛物线解析式：y=（2）∵直线AB过A(6,0),B(0,−3)两点，设直线AB∴6k解得：k=1∴直线AB的解析式为y∵抛物线的解析式为y=∴对称轴为直线x=2∵当x=2时，y∴C过点P作y轴平行线交AB于点Q设Pm,14∴S====−∵−14<0，抛物线的开口向下，对称轴为直线∴当m=3时，S△（3）由于抛物线y=14x2−x−3的对称轴为直线x∵点D在直线x=3上，设D(3,n)∵B(0,−3)，∴B点先向右平移2个单位长度再向上平移1个单位长度则得到C点，或C点先向左平移2个单位长度再向下平移1个单位长度则得到B点①若BC为平行四边形的一边，则BC∥DE，且BC=DE把点D按上述平移后得点E，其坐标为(5,n+1)或(1,n-1)∵点E在y=∴当x=5时，n+1=−74；当x故得E15,−②若BC为平行四边形的对角线由于BC的中点坐标为(1,−52)，根据平行四边形的对角线互相平分的性质知，此点也为DE的中点，所以点E∵当x=-1时，-5+n=−∴E综上所述，满足条件的点为：E15,−74【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，它考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，图形面积的最值，图形平移的性质，平行四边形的性质等知识，还涉及到数形结合思想、分类讨论思想，是一个有较大难度的综合性题目，是中考常考的题型．10．（2021·重庆沙坪坝·重庆八中校考三模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A−33,0、B3,0两点，交（1）求抛物线的解析式．（2）若点P是抛物线上第三象限上一点，过P点作PM⊥AC于M，过P作PN//y轴交AC于点N，当△PMN周长有最大值时，求（3）如图2，将抛物线向右平移33个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到新的抛物线，M点在新抛物线后的对称轴上，N点为平面内一点，使以B、C、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出N【答案】(1)y=−13x2−233x+3,(2)【分析】（1）把A−33,0（2）由平行线的性质可知∠PNC=∠ACO=60°，设出P点的坐标，在Rt△PMN中利用三角函数表示出△PMN的周长，利用二次函数的性质可求．（3）求出平移后的解析式，设点的坐标，根据菱形的性质求解即可．【详解】解：（1）把A−33,0、B0=27a−3抛物线解析式为：y=−1（2）当x=0时，y=3，C点坐标为（0，3），设AC解析式为y=kx+n，把A、C两点坐标代入得，0=−33k+n3=n，解得，k=33∵A点坐标为：A−3∴tan∠ACO=3∵PN//∴∠PNC=∠ACO=60°，∵PM⊥∴MN=PN⋅cos60°=设P点坐标为(p，−13pPN=−当p=−332时，PN最大，最大值为9MN=12PN=98（3）抛物线y=−13x2−再向上平移3个单位长度后得到新的抛物线解析式为y=−1对称轴为直线x=23设M点坐标为23，m，C当CBNM为菱形时，CB=CM，可列方程为23解得，m=3，M点坐标为23由平移可知，N点坐标为(33当CBMN为菱形时，CB=BM，可列方程为32解得，m1=3，M点坐标为23由平移可知，N点坐标为(3,6)，M点坐标为由平移可知，N点坐标为(3当CNBM为菱形时，CM=BM，可列方程为23解得，m=3，M点坐标为23由平移可知，N点坐标为(−3综上，N点坐标为(3,6)或(−3【点睛】本题考查了二次函数的综合，包括解直角三角形，菱形的性质与判定，解题关键是熟练运用二次函数知识求解析式和根据二次函数的性质求最值，通过设坐标，依据两点间距离公式列方程，利用平移求坐标．11．（2021·重庆沙坪坝·重庆八中校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y=−14x2+bx+c的图象与坐标轴交于A、B、C三点，其中点A的坐标为0,8，点（1）求该二次函数的表达式及点C的坐标；（2）若点F为该抛物线在第一象限内的一动点，求△FCD面积的最大值；（3）如图2，将抛物线C1向右平移2个单位，向下平移5个单位得到抛物线C2，M为抛物线C2上一动点，N为平面内一动点，问是否存在这样的点M、N，使得四边形DMCN【答案】（1）y=−14x2【分析】（1）利用待定系数法求解；（2）连接OF，设点Fa,−14a（3）存在，根据抛物线平移的性质求得抛物线C2：−14(x−4)2+4=−14x2+2x，设Mt,−14t2+2t，利用菱形的性质得到DM=MC，求出直线CD的解析式为y=−【详解】解：（1）将A的坐标0,8，B的坐标（-4,0）代入y=−1c=8−4−4b∴y=−当y=0时，−1解得x1∴C（8,0）；（2）连接OF，设点Fa∵OD=4，OC=8，S==−(∴当a=3时，S（3）存在抛物线C1：y=−1∵将抛物线C1向右平移2个单位，向下平移5个单位得到抛物线C∴抛物线C2：−设Mt∵四边形DMCN为菱形，∴DM=∴点M在线段CD的垂直平分线上，∵D0,4∴直线CD的解析式为y=−12x+4∴设CD的中垂线的函数解析式为y=2x+b，∴8+b=2，得b=-6，∴CD的中垂线的函数解析式为y=2x−6，将点Mt,−1①M1−2②M226【点睛】此题考查待定系数法求函数的解析式，抛物线平移的性质，利用抛物线求几何图形的面积，菱形的性质，正确理解菱形的性质是解题的关键．12．（2021春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx﹣22（a≠0）与x轴交A（﹣2，0）和点B，与p轴交于点C，并且经过点D（5，72（1）求该抛物线的解析式；（2）如图1，点M是抛物线上第四象限内一点，联结AC，CM，BM，当四边形ACMB面积最大时，求点M的坐标以及S四边形ACMB的最大值；（3）如图2，将抛物线沿射线BC方向平移，平移后的抛物线经过线段BC的中点，记点B平移后的对应点为B1，点C平移后的对应点为C1，点Q是平移后新抛物线对称轴上一点，点P是原抛物线上一点，若以点B1，C1，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点P的坐标．【答案】（1）y=24x2−22x−22，（2）(2，−2【分析】(1)把A（﹣2，0），D（5，72(2)连接OM，设M点坐标为(m，24m2−(3)求出平移后的抛物线解析式，求出B1，C1坐标，设出P，Q两点坐标，根据中点坐标公式列方程即可．【详解】解：(1)把A（﹣2，0），D（5，724）代入y＝ax2+bx﹣24a−2b−22=025a+5b−2抛物线解析式为y=2(2)连接OM，当x=0时，y=−22,则C点坐标为（0，−2当y=0时，0=24x2−22∵A点坐标为（﹣2，0），∴S△设M点坐标为(m，2S△MOC=S四边形化为顶点式为S四边形当m=2时，S四边形ACMB最大，此时M点坐标为(2，−22)（3）抛物线沿射线BC方向平移，平移后的抛物线经过线段BC的中点，记点B平移后的对应点为B1，∵B(4，0)，C（0，−22∴BC中点坐标为B1（2，−2∴抛物线向下平移2个单位，向左平移2个单位，则C1坐标为（-2，−32原抛物线解析式化为顶点式是y=24(x−1)2−设点Q坐标为（-1，q），点P坐标为(p，2根据平行四边形对角线互相平分，当B1C1为对角线时可得，xB1+xC1=xP当B1Q为对角线时可得，xB1+xQ=xP+当B1P为对角线时可得，xB1+xP=xQ+综上P点坐标为(1，−924)或(3，−【点睛】本题考查了二次函数的综合，解题关键是熟练运用二次函数的性质求最值，利用分类讨论思想和平行四边形性质列方程．13．（2021春·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣38x2+34x+3与x轴交于点A和点B，A在B的左侧，与y轴交于点C，点P为直线（1）求直线BC的解析式；（2）过P作PM⊥x轴，交BC于M，当PM﹣CM的值最大时，求P的坐标和PM﹣CM的最大值；（3）如图2，将该抛物线向右平移1个单位，得到新的抛物线y1，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，作y1对称轴的垂线，垂足为F，连接EF，请直接写出当△PEF是以PF为腰的等腰三角形时，点P的横坐标．【答案】（1）y=−34x+3；（2）P13,7724【分析】（1）直接根据解析式得出C点坐标，令y=0求解得到B点坐标，从而利用待定系数法求解直线的解析式即可；（2）设P点坐标，从而得出相应M点坐标，根据两点间的距离公式分别列出PM，CM，从而列出关于PM﹣CM的二次函数表达式，利用二次函数的性质求解最值即可；（3）作PK⊥x轴于K点，交直线BC于H点，设出P，H的坐标，根据PE=PH·cos∠EPH以及∠EPH=∠KBH，求出PE的表达式，再结合平移性质求出【详解】（1）由题意可知，C0,3令y=0，则−解得：x1=−2，∴A−2,0，B设直线BC的解析式为：y=将B4,0，C4k+b∴直线BC的解析式为：y=−3（2）设Pm,−38m∴PM=CM=∴PM−整理为顶点式得：PM−CM=−3∵−3∴当m=13时，PM−CM取得最大值，最大值为将m=13代入y∴此时P点的坐标为P1（3）如图所示，作PK⊥x轴于K点，交直线BC于H点，由题意可知，OC=3，OB=4，BC=5，设Pn,−38n2+在Rt△PEH中，PE=∵PE⊥BC，∠PHE=∠BHK，∴∠EPH=∠KBH，∵cos∠KBH∴PE=∵原抛物线对称轴为直线x=1，∴将抛物线向右平移1个单位后，新抛物线的对称轴为直线x=2，又∵点F在新抛物线对称轴上，且PF垂直于新抛物线对称轴，∴xF=2，∵PF=PE，∴−3①当n>2时，−整理得：3n∵Δ=4−4×3×∴n=∵n>2∴n=1+②当n<2时，−整理得：3n∵Δ=∴n=∵n<2∴n=综上，当△PEF是以PF为腰的等腰三角形时，P点的横坐标为1+613或【点睛】本题考查二次函数综合问题，熟练利用函数的思想求解线段和差的最值问题，以及掌握抛物线平移的定义是解题关键．14．（2021春·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考开学考试）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=a(x+2)(x−6)(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，D为抛物线顶点，连接AD，已知tan∠BAD=2（1）求点D的坐标以及a的值；（2）如图，连接AC，交抛物线对称轴于点E，P为直线AD下方抛物线上的一个动点（不与A､D重合），连接PA,PD,DE，求四边形APDE面积的最大值及相应点P的坐标；（3）将直线AC沿射线DA方向平移2752个单位后得到直线l，直线l与抛物线的两个交点分别为M，N（M在N左侧），在抛物线对称轴上是否存在点K，使△CMK是以KC为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出点【答案】（1）D(2，−8),a=12；（2）四边形APDE面积的最大值为12,P【分析】（1）由抛物线y=a(x+2)(x−6)(a≠0)，令y=0,求解B(−2,0),A(6,0),可得抛物线的对称轴为：直线x=−2+6（2）如图，过P作PG//y轴交AD于G,由S四边形APDE=S△ADE+S△APD,可得：S△ADP最大，则S四边形APDE最大，再求解直线AD为：y=2x−12,直线AC为：y=x−6,可得S△AED=12×4×4=8,（3）如图，点A沿DA方向平移2752个单位到E,则AE=2752,过E作EM//AC,交抛物线于M,N,过E作EH⊥x轴于H,由tan∠EAH=EHAH=2,求解E(19.5,27),与【详解】解：（1）∵y=令y=0,∴a∴x∴B∴抛物线的对称轴为：直线x=−2+6如图，记抛物线的对称轴与x轴交于Q,∴AQ∵tan∠∴DQ∴DQ∴D∴−16a∴a所以抛物线的解析式为：y=12（2）如图，过P作PG//y轴交AD于∵S∵A,C∴S∴S△ADP∵A设AD为y=∴{6解得：{k所以直线AD为：y=2∵y∴C同理：直线AC为：y=∴E∴DE∴S设P(∴G∴PG∴S=−x由P在AD的下方，则2＜x＜6,∵a=−1＜当x=−82×(−1)=4时，∴y∴P所以：四边形APDE面积的最大值为8+4=12,此时：P（3）如图，点A沿DA方向平移2752个单位到E,则过E作EM//AC,交抛物线于M,N,过∵∠BAD=∠∴tan∠EAH设AH=c,∴AE∴c∴E∵AC所以设MN为y=∴19.5+∴b∴MN为：y∴{y解得：{x∴M设K(2,n),且△当KM=KC时，则∴(−3−2)解得：n=1∴K当CM=CK时，则∴(−3−0)∴n∴K综上：K(2,14)【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数与二次函数的解析式，列有关面积的二次函数的解析式，二次函数的性质，点的平移与直线的平移的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．15．（2021秋·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2−32x+2交x轴于点（1）求△ABC的面积；（2）如图，过点C作射线CM，交x轴的负半轴于点M，且∠OCM=∠OAC，点P为线段AC上方抛物线上的一点，过点P作AC的垂线交CM于点G，求线段PG的最大值及点P的坐标；（3）将该抛物线沿射线AC方向平移5个单位后得到的新抛物线为y'=ax2+bx+c，新抛物线y'与原抛物线的交点为E，点F为新抛物线y对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以点A、E、【答案】（1）5，（2）当P点坐标为（−72，98）时，PG最大，最大值为49532；Q点坐标为（72，6−372【分析】（1）求出A、B、C三点坐标，应用三角形面积公式可求；（2）过P点作x轴平行线，交CM于点H，过点G作GD⊥PH，垂足为D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，设P（m，−12m2−32m+2），则（3）求出E点坐标为（-1，3），设F（12，n），表示出AE、AF、EF【详解】解：把y=0代入y=−10=−1解得，x1=1,x2=−4把x=0代入y=−12xC点坐标为（0，2），S△ABC=12（2）过P点作x轴平行线，交CM于点H，过点G作GD⊥PH，垂足为D，设PG与AC、x轴交点分别为N、F，由（1）得，OCOA∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB，∴∠OAC=∠BCO=∠OCM，易得OM=OB=1，根据M（-1，0）C（0，2），可得CM解析式为：y=2x+2；∵DG∥OC，∴∠DGH=∠OCM，∵∠ANF=∠FEG=90°，∠NFA=∠EFG，∴∠NAF=∠FGE，∵∠OCM=∠OAC∴∠DGH=∠FGE，∵∠GDP=∠GDH=90°，GD=GD，∴△GDP≌△GDH，∴PD=DH，设P（m，−12m2−32DP=12tan∠OCB=tan∠PGD=12，可得，PG=5DP当DP最大时，PG就最大，所以，当m=−72，DP最大，最大值为故当P点坐标为（−72，98）时，PG（3）抛物线y=−12x2−32x+2化为顶点式为：y=−1两个抛物线交于E点，所以−1解得，x=-1，代入得y=3，E点坐标为（-1，3），设F（12，nAE2=(−1+4)2当AE=AF时，18=814当AE=EF时，18=n2解得，n1则F1（12，3−372），对应的QF2（12，3+372），对应的Q当AF=EF时，814+n解得，n=−3F3（12，−32），对应的Q3综上所述，Q点坐标为（72，6−372）或（−52，【点睛】本题考查了二次函数综合问题，解题关键是树立数形结合思想，分类讨论思想，熟练运用二次函数的性质求最值，通过设点的坐标，建立起图形与数据的联系．16．（2020春·重庆·九年级重庆实验外国语学校校考阶段练习）如图：已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴，y轴分别交于点A1求出此抛物线的解析式；2如图1，抛物线的顶点为点D，点P是直线BC下方抛物线上的一点（异于点D），当SΔBCP=S3在2的条件下，将抛物线沿射线DC方向平移，点P的对应点为P'，在抛物线平移的过程中，若∠P'CB=∠PBC，请直接写出此时平移后的抛物线解析式【答案】（1）y=x2−4x−5；（2）P3,−8；3新抛物线解析式为新抛物线解析式为【分析】（1）根据抛物线的对称轴和A、C两点的坐标即可求出结论；（2）先求出点D的坐标，过点D作直线DP//BC交抛物线于点P，根据平行线的距离处处相等可得此时（3）根据点P′与BC的位置关系分类讨论，分别画出对应的图形，利用待定系数法求出各个直线的解析式，联立方程即可求出点P′的坐标，从而求出平移方式，然后即可求出新抛物线的解析式．【详解】1由题抛物线对称轴为直线x=2且过点A得−ba∴抛物线解析式为y2由题抛物线的顶点D2,−9过点D作直线DP//BC交抛物线于点P利用对称性可知点B的坐标为（5,0）设直线BC的解析式为y=kx＋d将B5,00=5解得：k∴设直线DP的解析式为y=x＋e将点D的坐标代入，得−9=2+解得：e=-11∴则y解得：x1=2∴3若点P′在BC右侧时，作∠ECB=∠PBC交BP与点E，过点P作PP′∥DC交EC于P′，连接OE，如下图所示，易知点P′符合条件∴EB=EC∵OB=OC=5，∴OE垂直平分BC∴∠BOE=12∠BOC=45°，即点E在∠∴可设E点的坐标为（m，-m）设直线BP的解析式为y=k1x＋b1将点B、P的坐标代入，可得0=5解得：k∴直线BP的解析式为y=4x-20将点E的坐标代入可得-m=4m-20解得：m=4∴点E的坐标为（4，-4）同理可得CE的解析式为y=14直线CD的解析式为y=-2x-5直线PP′的解析式为y=-2x-2联立y解得：x=∴点P′（43∴点P3,−8到点P′（43,−143原抛物线的解析式为y∴新抛物线解析式为y=若点P′在BC左侧时，作CP′∥BP，PP′∥CD，CP′与PP′交于点P′，如下图所示，此时∠P'CB=∠PBC由上可知：直线BP的解析式为y=4x-20，可得直线CP′的解析式为y=4x-5直线PP′的解析式为y=-2x-2联立y解得：x=∴点P′（12∴点P3,−8到点P′（12,−3原抛物线的解析式为y∴新抛物线解析式为y=综上：新抛物线解析式为y=x+1【点睛】此题考查的是二次函数的综合大题，此题难度较大，掌握利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式、联立方程求交点坐标和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．17．（2022秋·重庆九龙坡·九年级四川外国语大学附属外国语学校校考期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点B，C（点B在点C左侧），与y轴相交于点A（0，4），已知点C坐标为（4，0）(1)求抛物线的解析式：(2)点P是直线AC下方抛物线上一点，过点P作直线AC的垂线，垂足为点H，过点P作PQ∥y轴交AC于点Q，求△PHQ周长的最大值及此时点P的坐标；(3)如图2，将抛物线向左平移92个单位长度得到新的抛物线，M为新抛物线对称轴l上一点，N为平面内一点，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标，并写出求解其中一个N【答案】(1)y(2)△PHQ周长的最大值为42+4，此时点P(3)N1−1,13或N2−1,−13【分析】（1）首先根据△ABC面积求出点B的坐标，然后利用待定系数法求解即可；（2）首先求出直线AC的解析式，然后证明出△PHQ是等腰直角三角形，进而得到当PQ的值最大时，△PHQ周长取得最大值，设出点P和点Q的坐标，然后表示出PQ的长度，然后根据二次函数的性质求解即可；（3）首先求出平移后的新抛物线的解析式，然后设出点M和点N的坐标，然后分3种情况讨论求解即可．【详解】（1）∵点A（0，4），点C坐标为（4，0），△ABC面积为6∴AO=4∴12×BC解得BC=3∴OB∴点B的坐标为1,0，∵抛物线y=ax2+bx+则c=40=16a即抛物线的解析式：y=x（2）∵AO=4，OC=4∴△AOC是等腰直角三角形∴∠∵PQ∴∠∵PH∴△PHQ是等腰直角三角形∴PH∴△PHQ周长∴当PQ长度最大时，△PHQ周长最大∴设直线AC的解析式为y∴d=44∴y设点P的坐标为x,x2−5∴PQ∴当x=2时，PQ取得最大值4∴此时△PHQ周长将x=2代入∴此时点P的坐标为2,−2；（3）∵y将抛物线向左平移92个单位长度得设点M的坐标为−2,m，点N的坐标为n,t，∴AM2=4+m∴当四边形AMNB为菱形时，AM2解得m1=4−∴1+−2=0+nm∴点N的坐标为N1−1,13∴当四边形AMBN为菱形时，AM∴4+m−4∴点N的坐标为N3∴当四边形ANMB为菱形时，AB∴17=9+m20+−2∴点N的坐标为N4−3,22∴综上所述，点N的坐标为N1−1,13或N2−1,−13或【点睛】此题考查了二次函数和几何综合题，求解二次函数解析式，三角形周长最值问题，菱形存在性问题，解题的关键是设出点的坐标，根据题意列出方程求解．18．（2021·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=−23x2+43x+2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与（1）求直线BC的解析式；（2）过点A作AD//BC交抛物线于D，连接CA，CD，PC，PB，记四边形ACPB的面积为S1，△BCD的面积为S2，当S（3）如图2，将抛物线水平向右平移，使得平移后的抛物线经过点O，G为平移后的抛物线的对称轴直线l上一动点，将线段AC沿直线BC平移，平移后的线段记为A'C'（线段A'C'始终在直线l左侧），是否存在以A'，C【答案】（1）y＝−23x＋2；（2）S1−S2的最大值为94，此时，点P的坐标为（32，52）；存在点G1（2，1），G2（2，−53），G3（2，−13），使得以A'，【分析】（1）令二次函数x＝0，y＝0，求出A、B、C的坐标，再求直线BC的解析式；（2）不能用常规的底和高，借助切割法求面积，再求出最大面积差和点P的坐标；（3）等腰直角三角形可以利用“两圆一中垂”确定所有的情况，利用“K型全等”求出对应的点G的坐标．【详解】解：（1）对抛物线y=−2当x＝0时，y＝2，∴C（0，2），当y＝0时，0=−2解得：x1＝−1，x2＝3，∴A（−1，0），B（3，0），设直线BC的解析式为：y＝kx＋b（k≠0），把点C（0，2），B（3，0）代入得：b=23k+b=0，解得：k=−∴直线BC的解析式为：y＝−23（2）∵AD∥BC，直线BC的解析式为：y＝−23设AD的解析式为，y＝−23x＋把点A（−1，0）代入得：−23×(−1)＋解得：m＝−2∴AD的解析式为：y＝−23由y=−23x2+∴D（4，−10∴直线CD的解析式为：y＝−43x当y＝0时，−43x＋2＝0，解得：x＝3记直线CD与x轴交于点N，则：N（32，0），BN＝3−3过点P作PM⊥AB交BC于点M，设P（a，−2∴M（a，−23a∴PM＝−23a2＋43a＋2−(−23a＋2)＝−23a∴S1＝S△ABC＋S△PCM＋S△PBM＝12•AB•OC＋12•PM•|xP|＋12•PM•|xB＝12×4×2＋12×(−23a2＋2a)×a＋12×(−23a2＝−a2＋3a＋4，S2＝S△BNC＋S△BND＝12•BN•OC＋12•BN•|＝12×32×2＋12×＝12×32×2＋12×＝4，∴S1−S2＝−a2＋3a＋4−4＝−a2＋3a＝−（a−32）2＋9∴当a＝32时，S1−S2的最大值为94，此时，点P的坐标为（32（3）∵−b∴抛物线y=−23x∵抛物线向右平移后经过点O，即：抛物线向右平移1个单位，∴直线l为：x＝2，（i）当等腰三角形以∠A'C'G1＝90°，A'C'＝C'G1时，如图，过点C'作C'H⊥l于点H，过点A'作A'Q⊥C'H于点Q，∵∠HC'G1＋∠QC'A'＝90°，∠QC'A'＋∠QA'C'＝90°，∴∠HC'G1＝∠QA'C'，又∵∠A'QC'＝∠C'HG1＝90°，A'C'＝C'G1，∴△A'QC'≌△C'HG1，∴QA'＝C'H，HG1＝QC'，∵AC∥A'C'，设点A'（a，−23a−23），C'（a＋1，−23a∴C'H＝2−a，A'Q＝2，HG1＝C'Q＝1，∴2−（a＋1）＝2，解得：a＝−1，∴C'（0，2），H（2，2），∴G1（2，1）；（ii）当等腰三角形以∠C'A'G2＝90°，A'C'＝A'G2时，如图，过点A'作A'F⊥l于点F，过点C'作C'E⊥A'F于点E，同（i）理可证：△C'A'E≌△A'G2F，设点A'（a，−23a−23），C'（a＋1，−23a∴G2F＝A'E＝1，FA'＝2−a＝2，∴a＝0，∴A'（0，−23∴F（2，−23∴G2（2，−53（iii）当等腰三角形以∠C'G3A'＝90°，C'G3＝A'G3时，如图，过点A'作A'Q⊥l于点Q，过点C'作C'P⊥l于点P，同（i）理可证：△C'PG3≌△G3A'Q，设点A'（a，−23a−23），C'（a＋1，−23a∴A'Q＝G3P＝2−a，C'P＝QG3＝1−a，PQ＝2，∴2−a＋1−a＝2，解得：a＝0.5，∴C'（0.5，76），G3P∴G3（2，−13综上所述：存在点G1（2，1），G2（2，−53），G3（2，−13），使得以A'，C'，G为顶点的等腰直角△【点睛】本题主要考查了二次函数与坐标轴的交点，二次函数的平移和对称轴、一次函数的解析式、等腰直角三角形等知识点．第一问比较简单，借助坐标的特点可以很快求出；第二问需要同学们用分割法求三角形和四边形的面积，然后利用二次函数性质求出最大值；第三问借助“等腰三角形的两圆一中垂”确定满足条件的点位置，方便下一步的求点，然后利用“K型全等”，求出点G的坐标．这题借助常见的模型解题会更快些．19．（2019秋·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考期末）如图1，抛物线y＝﹣13（1）求线段AC的长；（2）如图2，E为抛物线的顶点，F为AC上方的抛物线上一动点，M、N为直线AC上的两动点（M在N的左侧），且MN＝4，作FP⊥AC于点P，FQ∥y轴交AC于点Q．当△FPQ的面积最大时，连接EF、EN、FM，求四边形ENMF周长的最小值．（3）如图3，将△BCO沿x轴负方向平移3个单位后得△B'C'O'，再将△B'C'O'绕点O'顺时针旋转α度，得到△B″C″O'（其中0°＜α＜180°），旋转过程中直线B″C″与直线AC交于点G，与x轴交于点H，当△AGH是等腰三角形时，求α的度数．【答案】（1）6