中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)名校模擬題重要考點分類匯專題14二次函數(shù)綜合題平移類(原卷版+解析)

二輪復(fù)習(xí)【中考沖刺】2022-2023年中考數(shù)學(xué)重要考點名校模擬題分類匯編專題14——二次函數(shù)綜合題平移類（重慶專用）1．（2023春·重慶沙坪壩·九年級重慶八中校考開學(xué)考試）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+23與x軸交A2,0，B(1)求拋物線解析式；(2)若點P是直線BC下方拋物線上一點，且位于對稱軸左側(cè)，過點P作PD⊥BC于點D，作PE∥x軸交拋物線于點E，求PD+1(3)將拋物線ax2+bx+23向左平移2個單位長度得到新拋物線y'，平移后的拋物線y'與原拋物線交于點Q，點M是原拋物線對稱軸上一點，點N是新拋物線上一點，請直接寫出使得以點B，Q，M，2．（2022秋·重慶沙坪壩·九年級重慶南開中學(xué)?？计谀┤鐖D1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2+bx+c與直線AB(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點P為直線AB下方拋物線上的一動點，過點P作PM⊥AB交AB于點M，過點P作y軸的平行線交x軸于點N，求2PM+PN的最大值及此時點P(3)如圖2，將該拋物線先向左平移4個單位，再向上移3個單位，得到新拋物線y'，新拋物線y'與y軸交于點F，點M為y軸左側(cè)新拋物線y'上一點，過M作MN∥y軸交射線BF于點N，連接MF3．（2022·重慶·重慶八中?？既＃┤鐖D，拋物線y=ax2+12x+c與x軸交于點A、B，與y軸交于點(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，連接AC，過點B作BD//AC，交拋物線于點D，點P是拋物線上位于直線AC下方的一個動點，過點P作PN//y軸，交BD于點N，點M是直線BD上異于點N的一點，且PN＝PM，連接PM、NQ，求△PNM的周長最大值以及此時點P的坐標(biāo)；(3)將拋物線沿射線CB平移2個單位，得到新拋物線y'，點E是新拋物線y'的一個動點，點F是直線BD上一個動點，請直接寫出使得以點A、E、C、F為頂點的四邊形為平行四邊形的點F的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由，并把其中一個求點4．（2022·重慶沙坪壩·重慶一中?？级＃┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于點A?2,0、點B（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點(1)求拋物線的表達(dá)式：(2)如圖1，點P為直線BC上方拋物線上（不與B、C重合）一動點，過點P作PD∥y軸，交BC于D，過點P作PE∥x軸，交直線BC于E，求PE+DB(3)如圖2，將原拋物線沿x軸向左平移1個單位得到新拋物線y'，點M為新拋物線y'上一點，點N為原拋物線對稱軸上一點，當(dāng)以點A、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形時，求點N的坐標(biāo)，并寫出求其中一個5．（2022·重慶沙坪壩·重慶南開中學(xué)校考三模）如圖1，拋物線y=ax2+bx+2a≠0交x軸于點A?1,0，點B4,0，交y軸于點C．連接BC，過點A作(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)點P是直線BC上方拋物線上一動點，過點P作PE∥y軸，交AD于點E，過點E作EG⊥BC于點G，連接PG，求△PEG面積的最大值及此時點(3)如圖2，將拋物線y=ax2+bx+2a≠0水平向右平移32個單位，得到新拋物線y1，在y1的對稱軸上確定一點M，使得6．（2022秋·重慶渝中·九年級重慶巴蜀中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝35x2+125x﹣3交x軸于點A，點B（點A在點B的左側(cè)），交y軸于點C，連接AC，BC．P是第三象限內(nèi)拋物線上一動點，過P作PE∥y軸交AC于點E，過E作EF∥BC交x軸于點(1)求△ABC的面積；(2)求PE+1010EF+FO的最大值及此時點P(3)將拋物線y＝35x2+125x﹣3平移，使得新拋物線的頂點為（2）中求得的點P，點Q為x軸下方的新拋物線上一點，R為x軸上一點，直接寫出所有使得以點A，C，Q，R為頂點的四邊形是平行四邊形的點7．（2021·重慶沙坪壩·重慶一中?？既＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3（a≠0）與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點（點A在點B的右側(cè)），且點A的坐標(biāo)為(3,0)，連接BC，過點A作AD//BC（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，點E為射線AD上一點，點P為第二象限內(nèi)拋物線上一點，求四邊形PBEC面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；（3）如圖2，將原拋物線沿x軸正方向平移得到新拋物線y'，y'經(jīng)過點C，平移后點A的對應(yīng)點為點A'，點N為線段AD的中點，點Q為新拋物線y'的對稱軸上一點，在新拋物線y'上存在一點M，使以點M，Q，A8．（2021春·重慶沙坪壩·九年級重慶八中?？茧A段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2?72x+3與xx軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），交（1）如圖1，連接AD，CD，當(dāng)點D的橫坐標(biāo)為5時，求SΔADC（2）如圖2，過點D作DE//AC交BC于點E，求DE長度的最大值及此時點D的坐標(biāo)；（3）如圖3，將拋物線y=12x2?72x+3向右平移4個單位，再向下平移2個單位，得到新拋物線y'=ax2+bx+c．新拋物線與原拋物線的交點為點F，G9．（2021·重慶沙坪壩·重慶八中?？寄M預(yù)測）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=14x2+bx+c與直線AB相交于A、B兩點，其中A(6,0),B(0,?3)（1）求該拋物線的函數(shù)解析式；（2）點P為直線AB下方拋物線上的任意一點，連接PB、PC，求△PBC面積的最大值；（3）將該拋物線沿著射線BA方向平移52個單位長度得到拋物線y=a1x2+b1x+c1a1≠0，點D為新拋物線對稱軸上的一點，點10．（2021·重慶沙坪壩·重慶八中?？既＃┤鐖D1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A?33,0、B3,0兩點，交（1）求拋物線的解析式．（2）若點P是拋物線上第三象限上一點，過P點作PM⊥AC于M，過P作PN//y軸交AC于點N，當(dāng)△PMN周長有最大值時，求（3）如圖2，將拋物線向右平移33個單位長度，再向上平移3個單位長度后得到新的拋物線，M點在新拋物線后的對稱軸上，N點為平面內(nèi)一點，使以B、C、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出N11．（2021·重慶沙坪壩·重慶八中?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線C1：y=?14x2+bx+c的圖象與坐標(biāo)軸交于A、B、C三點，其中點A的坐標(biāo)為0,8，點（1）求該二次函數(shù)的表達(dá)式及點C的坐標(biāo)；（2）若點F為該拋物線在第一象限內(nèi)的一動點，求△FCD面積的最大值；（3）如圖2，將拋物線C1向右平移2個單位，向下平移5個單位得到拋物線C2，M為拋物線C2上一動點，N為平面內(nèi)一動點，問是否存在這樣的點M、N，使得四邊形DMCN12．（2021春·重慶沙坪壩·九年級重慶八中?？茧A段練習(xí)）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+bx﹣22（a≠0）與x軸交A（﹣2，0）和點B，與p軸交于點C，并且經(jīng)過點D（5，72（1）求該拋物線的解析式；（2）如圖1，點M是拋物線上第四象限內(nèi)一點，聯(lián)結(jié)AC，CM，BM，當(dāng)四邊形ACMB面積最大時，求點M的坐標(biāo)以及S四邊形ACMB的最大值；（3）如圖2，將拋物線沿射線BC方向平移，平移后的拋物線經(jīng)過線段BC的中點，記點B平移后的對應(yīng)點為B1，點C平移后的對應(yīng)點為C1，點Q是平移后新拋物線對稱軸上一點，點P是原拋物線上一點，若以點B1，C1，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出點P的坐標(biāo)．13．（2021春·重慶沙坪壩·九年級重慶南開中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣38x2+34x+3與x軸交于點A和點B，A在B的左側(cè)，與y軸交于點C，點P為直線（1）求直線BC的解析式；（2）過P作PM⊥x軸，交BC于M，當(dāng)PM﹣CM的值最大時，求P的坐標(biāo)和PM﹣CM的最大值；（3）如圖2，將該拋物線向右平移1個單位，得到新的拋物線y1，過點P作直線BC的垂線，垂足為E，作y1對稱軸的垂線，垂足為F，連接EF，請直接寫出當(dāng)△PEF是以PF為腰的等腰三角形時，點P的橫坐標(biāo)．14．（2021春·重慶沙坪壩·九年級重慶一中?？奸_學(xué)考試）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=a(x+2)(x?6)(a≠0)與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，D為拋物線頂點，連接AD，已知tan∠BAD=2（1）求點D的坐標(biāo)以及a的值；（2）如圖，連接AC，交拋物線對稱軸于點E，P為直線AD下方拋物線上的一個動點（不與A?D重合），連接PA,PD,DE，求四邊形APDE面積的最大值及相應(yīng)點P的坐標(biāo)；（3）將直線AC沿射線DA方向平移2752個單位后得到直線l，直線l與拋物線的兩個交點分別為M，N（M在N左側(cè)），在拋物線對稱軸上是否存在點K，使△CMK是以KC為腰的等腰三角形？若存在，請直接寫出點15．（2021秋·重慶沙坪壩·九年級重慶一中?？计谀┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?12x2?32x+2交x軸于點（1）求△ABC的面積；（2）如圖，過點C作射線CM，交x軸的負(fù)半軸于點M，且∠OCM=∠OAC，點P為線段AC上方拋物線上的一點，過點P作AC的垂線交CM于點G，求線段PG的最大值及點P的坐標(biāo)；（3）將該拋物線沿射線AC方向平移5個單位后得到的新拋物線為y'=ax2+bx+c，新拋物線y'與原拋物線的交點為E，點F為新拋物線y對稱軸上的一點，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點Q，使以點A、E、16．（2020春·重慶·九年級重慶實驗外國語學(xué)校校考階段練習(xí)）如圖：已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸，y軸分別交于點A1求出此拋物線的解析式；2如圖1，拋物線的頂點為點D，點P是直線BC下方拋物線上的一點（異于點D），當(dāng)SΔBCP=S3在2的條件下，將拋物線沿射線DC方向平移，點P的對應(yīng)點為P'，在拋物線平移的過程中，若∠P'CB=∠PBC，請直接寫出此時平移后的拋物線解析式17．（2022秋·重慶九龍坡·九年級四川外國語大學(xué)附屬外國語學(xué)校?？计谥校┤鐖D1，拋物線y=ax2+bx+c與x軸相交于點B，C（點B在點C左側(cè)），與y軸相交于點A（0，4），已知點C坐標(biāo)為（4，0）(1)求拋物線的解析式：(2)點P是直線AC下方拋物線上一點，過點P作直線AC的垂線，垂足為點H，過點P作PQ∥y軸交AC于點Q，求△PHQ周長的最大值及此時點P的坐標(biāo)；(3)如圖2，將拋物線向左平移92個單位長度得到新的拋物線，M為新拋物線對稱軸l上一點，N為平面內(nèi)一點，使得以點A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出點N的坐標(biāo)，并寫出求解其中一個N18．（2021·重慶九龍坡·重慶實驗外國語學(xué)校?？级＃┤鐖D1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?23x2+43x+2與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與（1）求直線BC的解析式；（2）過點A作AD//BC交拋物線于D，連接CA，CD，PC，PB，記四邊形ACPB的面積為S1，△BCD的面積為S2，當(dāng)S1（3）如圖2，將拋物線水平向右平移，使得平移后的拋物線經(jīng)過點O，G為平移后的拋物線的對稱軸直線l上一動點，將線段AC沿直線BC平移，平移后的線段記為A'C'（線段A'C'始終在直線l左側(cè)），是否存在以A'，C19．（2019秋·重慶九龍坡·九年級重慶市育才中學(xué)?？计谀┤鐖D1，拋物線y＝﹣13（1）求線段AC的長；（2）如圖2，E為拋物線的頂點，F(xiàn)為AC上方的拋物線上一動點，M、N為直線AC上的兩動點（M在N的左側(cè)），且MN＝4，作FP⊥AC于點P，F(xiàn)Q∥y軸交AC于點Q．當(dāng)△FPQ的面積最大時，連接EF、EN、FM，求四邊形ENMF周長的最小值．（3）如圖3，將△BCO沿x軸負(fù)方向平移3個單位后得△B'C'O'，再將△B'C'O'繞點O'順時針旋轉(zhuǎn)α度，得到△B″C″O'（其中0°＜α＜180°），旋轉(zhuǎn)過程中直線B″C″與直線AC交于點G，與x軸交于點H，當(dāng)△AGH是等腰三角形時，求α的度數(shù)．20．（2019春·重慶北碚·九年級西南大學(xué)附中?？茧A段練習(xí)）如圖，拋物線y＝12x2+x﹣4與x軸交于A，B（A在B的左側(cè)），與y軸交于點C，拋物線上的點E的橫坐標(biāo)為3，過點E作直線l1∥（1）點P為拋物線上的動點，且在直線AC的下方，點M，N分別為x軸，直線l1上的動點，且MN⊥x軸，當(dāng)△APC面積最大時，求PM+MN+22（2）過（1）中的點P作PD⊥AC，垂足為F，且直線PD與y軸交于點D，把△DFC繞頂點F旋轉(zhuǎn)45°，得到△D'FC'，再把△D'FC'沿直線PD平移至△D″F′C″，在平面上是否存在點K，使得以O(shè)，C″，D″，K為頂點的四邊形為菱形？若存在直接寫出點K的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．二輪復(fù)習(xí)【中考沖刺】2022-2023年中考數(shù)學(xué)重要考點名校模擬題分類匯編專題14——二次函數(shù)綜合題平移類（重慶專用）1．（2023春·重慶沙坪壩·九年級重慶八中?？奸_學(xué)考試）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+23與x軸交A2,0，B(1)求拋物線解析式；(2)若點P是直線BC下方拋物線上一點，且位于對稱軸左側(cè)，過點P作PD⊥BC于點D，作PE∥x軸交拋物線于點E，求PD+1(3)將拋物線ax2+bx+23向左平移2個單位長度得到新拋物線y'，平移后的拋物線y'與原拋物線交于點Q，點M是原拋物線對稱軸上一點，點N是新拋物線上一點，請直接寫出使得以點B，Q，M，【答案】(1)y=3(2)PD+12PE的最大值為174，此時點(3)4,?433或4,3【分析】（1）由拋物線解析式可得C0,23，根據(jù)拋物線與x軸交A2,0，B6,0，設(shè)（2）令PE∥x軸交直線BC于點F，由（1）知A2,0，B6,0，C0,23，則拋物線的對稱軸為x=4，OC=23，OB=6，即∠OBC=30°，易知PF=2PD，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+（3）由平移得新拋物線解析式，聯(lián)立原解析式求得點Q，設(shè)M4,m，Nx,y，分三種情況：①當(dāng)QB，MN為對角線時；②當(dāng)QN，MB為對角線時；②當(dāng)BN，MQ為對角線時；利用其中點重合，可求得m的值，即可得到【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+23與x軸交A2,0，B當(dāng)x=0時，y=23，即：C設(shè)y=ax?2x?6，代入∴拋物線解析式為：y=3（2）PE∥x軸交直線BC于點由（1）知A2,0，B6,0，C0,2則OC=23，∴tan∠OBC=OC∴PE∥∴∠DFP∵PD⊥∴PF=2設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，代入得6k+b=0b=23，解得：k=?3令Pt,36t2點F橫坐標(biāo)為：36t2解得：x=?12∴PD即：PD=?=?1當(dāng)t=1時，PD+12PE有最大值174，此時點（3）由題意可知：y=3原拋物線的對稱軸為：x=4，則設(shè)M4,m則平移后的解析式為：y=3聯(lián)立平移前后解析式，可得x?42=x?22，即∴Q3,?B6,0，Q3,?32，以點B，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，①當(dāng)QB，MN為對角線時，6+3=4+x?3∴?32∴M4,?②當(dāng)QN，MB為對角線時，3+x=4+6?∴32+m=∴M4,3②當(dāng)BN，MQ為對角線時，6+x=3+4y∴m?32∴M4,0綜上，以點B，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形的點M的坐標(biāo)為：4,?433或4,3【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，二次函數(shù)、一次函數(shù)圖象上點坐標(biāo)的特征，平行四邊形的性質(zhì)及應(yīng)用等知識，解題的關(guān)鍵是用含字母的代數(shù)式表示相關(guān)點的坐標(biāo)及相關(guān)線段的長度．2．（2022秋·重慶沙坪壩·九年級重慶南開中學(xué)?？计谀┤鐖D1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2+bx+c與直線AB(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點P為直線AB下方拋物線上的一動點，過點P作PM⊥AB交AB于點M，過點P作y軸的平行線交x軸于點N，求2PM+PN的最大值及此時點P(3)如圖2，將該拋物線先向左平移4個單位，再向上移3個單位，得到新拋物線y'，新拋物線y'與y軸交于點F，點M為y軸左側(cè)新拋物線y'上一點，過M作MN∥y軸交射線BF于點N，連接MF【答案】(1)y=(2)254，(3)符合條件點M的橫坐標(biāo)分別為?5、?10、?92、【分析】（1）用待定系數(shù)法把A0,?4，B4,0代入（2）設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，把A0,?4，B4,0代入可得，求出直線AB的解析式為y=x?4（3）求出左平移4個單位，再向上移3個單位的函數(shù)表達(dá)式y(tǒng)'=12x2+3x+3【詳解】（1）解：把A0,?4，B4,0代入?4=c解得c=?4，b∴y=（2）解：設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，把A0,?4，Bk=1，b∴直線AB的解析式為y=設(shè)PmPN=?∵OA=∴∠OBA∴∠NCB∴∠MCP又∵PM⊥∴PC=把P點的橫坐標(biāo)代入y=x?4可得，y=C∴PC=?∴2當(dāng)m=32時，2PM+PN最大值為（3）把y=12x∵左平移4個單位，再向上移3個單位，∴y'=1∴F0,3設(shè)過BF的直線解析式為y=把F0,3，B4,0代入得4a+b∴BF的直線解析式y(tǒng)=?設(shè)Ma,12a2+3a+3，M和∴Na∴NF=?MN=MFI、當(dāng)NF=MN時，解得：a1=?5，a2∴M1?5,II、當(dāng)NF=MF整理得：4a∵a1=?當(dāng)a=?92時，當(dāng)a=?152時，M?152,?69III、當(dāng)MN=MF整理得：3解得a=?當(dāng)a=?6512綜上所述：符合條件的點M有四個，其橫坐標(biāo)分別為?5、?10、?92、【點睛】此題考查了二次函數(shù)的綜合問題，解題關(guān)鍵是熟悉二次函數(shù)的基本性質(zhì)、待定系數(shù)法、線段表示方法．3．（2022·重慶·重慶八中校考三模）如圖，拋物線y=ax2+12x+c與x軸交于點A、B，與y軸交于點(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，連接AC，過點B作BD//AC，交拋物線于點D，點P是拋物線上位于直線AC下方的一個動點，過點P作PN//y軸，交BD于點N，點M是直線BD上異于點N的一點，且PN＝PM，連接PM、NQ，求△PNM的周長最大值以及此時點P的坐標(biāo)；(3)將拋物線沿射線CB平移2個單位，得到新拋物線y'，點E是新拋物線y'的一個動點，點F是直線BD上一個動點，請直接寫出使得以點A、E、C、F為頂點的四邊形為平行四邊形的點F的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由，并把其中一個求點【答案】(1)y=(2)周長最大值為40+855，此時(3)（3+10，?1?102）或（3?10，10?12）或（?5+10【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)頂點坐標(biāo)公式代入求解即可；（2）先根據(jù)待定系數(shù)法求出直線AC、BD解析式，過P作PH⊥BD于H，利用等角的余弦值相等找到MN、三角形PMN周長與PN關(guān)系，設(shè)P（n，14n2+12n?2），則N（3）先求出CB解析式，得到平移后的拋物線解析式，設(shè)E（m，14m2?54），F(xiàn)（n，（1）解：∵拋物線y=ax2+∴?1解得：a=1即拋物線解析式為：y=1（2）解：在y=14x2+當(dāng)y=0時，x=－4或x=2，即A（－4，0），B（2，0），C（0，－2），AC=25設(shè)直線AC的解析式為y=kx+m，則?4k+即直線AC解析式為y=?∵BD∥AC，B（2，0），∴直線BD解析式為y=?過P作PH⊥BD于H，設(shè)PN交AC于T，直線BD交y軸于Q，如圖所示，則四邊形NQCT為平行四邊形，∴∠HNP=∠OCA，∴cos∠HNP=cos∠OCA，即NHPN∴NHPN∴NH=NH=∵PN=PM，∴NM=2NH=25∴三角形PMN周長=2PN+255PN設(shè)P（n，14n2+12n?2），則N∴PN=?12n=?1∴當(dāng)n=-2時，PN取最大值，最大值為4，故此時，三角形PMN周長取最大值，最大值為40+855，此時（3）解：∵B（2，0），C（0，-2），∴直線BC解析式為：y=x-2，則拋物線y=14x+12?94沿射線CB則平移后拋物線解析式為：y'=1設(shè)E（m，14m2?54），分三種情況討論：①當(dāng)四邊形AECF為平行四邊形時，由中心對稱性知：?4=m②當(dāng)四邊形AEFC為平行四邊形時，同理得：?4+n=m?12n+1=1即F（3+10，?1?102）或F（3?③當(dāng)四邊形AFEC為平行四邊形時，同理得：?4+m=n14m2?5即F（?5+10，7?102）或F（?5?綜上所述，F(xiàn)點坐標(biāo)為：（3+10，?1?102）或（3?10，10?12）或（?5+10【點睛】本題考查了二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)公式，等腰三角形的性質(zhì)，三角函數(shù)解直角三角形，平行四邊形的性質(zhì)等知識點；利用三角函數(shù)將周長最值轉(zhuǎn)化為線段最值及分類討論求解平行四邊形存在性是解題關(guān)鍵．4．（2022·重慶沙坪壩·重慶一中?？级＃┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于點A?2,0、點B（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點(1)求拋物線的表達(dá)式：(2)如圖1，點P為直線BC上方拋物線上（不與B、C重合）一動點，過點P作PD∥y軸，交BC于D，過點P作PE∥x軸，交直線BC于E，求PE+DB(3)如圖2，將原拋物線沿x軸向左平移1個單位得到新拋物線y'，點M為新拋物線y'上一點，點N為原拋物線對稱軸上一點，當(dāng)以點A、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形時，求點N的坐標(biāo)，并寫出求其中一個【答案】(1)y(2)最大值為498，(3)（1，3）或（1，-3）．【分析】（1）直接運用待定系數(shù)法求解即可；（2）利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可表達(dá)PE+BD的值，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值；（3）分兩種情況：當(dāng)AC為平行四邊形ACNM的邊時，當(dāng)AC為平行四邊形ACNM的對角線時，分別利用點的平移和中點坐標(biāo)公式進(jìn)行求解即可．（1）把A(?2,0),(2,3)代入y4解得，a=?∴拋物線的解析式為y=?（2）對于y令x=0,則y∴C令y=0,則解得，x∴A∴OC設(shè)直線BC的解析式為y把B(4,0),4解得，k=?3∴設(shè)直線BC的解析式為y延長PD交x軸相交于點F，設(shè)P∴F∴DF∴PD=∵PD∥x軸，∴∠PFD∴Δ∴PEOB∴PE∴PE∵DF∴BD==5?∴PE∴當(dāng)x=34時，PE+（3）∵y∴該拋物線的對稱軸為直線x=1,將拋物線向左平移1個單位后的解析式為：y若以A,C,M,N為頂點的四邊形是平行四邊形有兩種情況；①以AC為邊，如圖，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知：AC由圖可知，點A向右平移3個單位，再向下平移若干個單位，即可得到點N，∴將點C（0，3）向右平移3個單位，再向下平移若干個單位，可得到點M，∴點M的橫坐標(biāo)為：0+3=3，當(dāng)x=3時，∴M設(shè)點N(1,∵AC=∴22解得，a∴點N的坐標(biāo)為(1,?3)或(1,3)；②當(dāng)AC為平行四邊形的線時，∵A∴AC的中點坐標(biāo)為：(?2+02設(shè)N(1,由中點坐標(biāo)公式得，1+x∴x=?3當(dāng)x=?3時，y∴M∴b∴b∴點N（1，3），綜上，點N的坐標(biāo)為（1，3）或（1，-3）．【點睛】本題主要考查了待定系數(shù)法示函數(shù)解析式，二次函數(shù)最值問題，中點坐標(biāo)公式，平行四邊形存在性等知識，包括分類討論思想等，（3）關(guān)鍵是進(jìn)行正確的分類討論．5．（2022·重慶沙坪壩·重慶南開中學(xué)?？既＃┤鐖D1，拋物線y=ax2+bx+2a≠0交x軸于點A?1,0，點B4,0，交y軸于點C．連接BC，過點A作(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)點P是直線BC上方拋物線上一動點，過點P作PE∥y軸，交AD于點E，過點E作EG⊥BC于點G，連接PG，求△PEG面積的最大值及此時點(3)如圖2，將拋物線y=ax2+bx+2a≠0水平向右平移32個單位，得到新拋物線y1，在y1的對稱軸上確定一點M，使得【答案】(1)y=?(2)當(dāng)m=2時，即P2,3時，SΔ(3)所有符合條件的點M的坐標(biāo)為M3,?3或M3,?3+6【分析】（1）根據(jù)交點法設(shè)拋物線的解析式，然后和ax（2）連接AC，過G作GH⊥PE于H，在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理求出AC長，在Rt△BOC中，根據(jù)勾股定理求出BC長，然后根據(jù)勾股定理逆定理求出△ABC為直角三角形，再證明四邊形AECG是矩形，得出AC=GE，利用AAS證明ΔAOC≌ΔGHE，得出GH=OA=1，從而推出SΔPEG=12PE（3）根據(jù)平移的性質(zhì)求出新拋物線的對稱軸，聯(lián)立直線AD和拋物線的解析式求出D點的坐標(biāo)，設(shè)M3,m，用兩點間距離公式表示出△BDM的三邊，然后分BD=BM和BD=MD兩種情況討論，分別求出M【詳解】（1）解：∵拋物線過點A，B，設(shè)拋物線為y=ax+1∴ax解得：a=?12，∴拋物線為y=?（2）解：連接AC，過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，∴四邊形AEGC為矩形，AC=∵GH∥AO，∴ΔAOC∴GH=∴SΔ設(shè)Pm∵BC：y=?12∴AD：y=?12PE=?∴SΔ∵?1當(dāng)m=2時，即P2,3時，SΔPEG（3）拋物線原對稱為直線x=3平移后新對稱軸為直線x=3，聯(lián)立y=?y=?解得D5,?3設(shè)M3,m，MD2=m2當(dāng)BD=BM時，m2=9，但m=3時，B，D，M三點共線，舍去，故m1當(dāng)BD=MD時，m2,3綜上，M3,?3或M3,?3+6【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，涉及的知識點有：利用交點法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)和三角形面積的綜合，二次函數(shù)和等腰三角形的綜合，兩點間距離公式，三角形全等的判定，矩形的判定，以及二次函數(shù)的平移，以及方程思想的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，有一定難度．6．（2022秋·重慶渝中·九年級重慶巴蜀中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝35x2+125x﹣3交x軸于點A，點B（點A在點B的左側(cè)），交y軸于點C，連接AC，BC．P是第三象限內(nèi)拋物線上一動點，過P作PE∥y軸交AC于點E，過E作EF∥BC交x軸于點(1)求△ABC的面積；(2)求PE+1010EF+FO的最大值及此時點P(3)將拋物線y＝35x2+125x﹣3平移，使得新拋物線的頂點為（2）中求得的點P，點Q為x軸下方的新拋物線上一點，R為x軸上一點，直接寫出所有使得以點A，C，Q，R為頂點的四邊形是平行四邊形的點【答案】(1)9(2)203，(3)(25?253,0)，【分析】（1）令y=0，可求得拋物線與x軸的交點坐標(biāo)為：A(-5,0)、B(1,0)，令x=0，可求出拋物線與y軸的交點坐標(biāo)為：C(0,-3)，再求出AB、OC的長度，△ABC的面積即可得解即可；（2）根據(jù)A(-5,0)、B(1,0)，C(0,-3)求出直線AC、BC的解析式，分別為：y=?35x?3、y=3x?3，利用勾股定理求出AC=34，BC=10，再直接設(shè)P的坐標(biāo)為：(x0,35x02+125x0?3)，且(?5＜x0＜0)，以此求出E點坐標(biāo)表，進(jìn)而利用含x0的代數(shù)式表示出PE；EF∥BC，根據(jù)E、C、B三點坐標(biāo)求出F點坐標(biāo)，則OF=65x（3）過C點作直線l∥x軸，與交新拋物線交于Q1、Q2兩點（Q1、在Q2左邊）；新拋物線以P點為頂點，則可求出新拋物線的解析式為：y=(x+103)2?133，根據(jù)點R在x軸上，Q點為x軸下方的新拋物線上一點，可知Q、C均在x軸（AR）下方，即：QC不可能是新構(gòu)造的平行四邊形的對角線，則有AR一定是以點A，C，Q，R為頂點構(gòu)成的平行四邊形的一條邊，而非對角線，因此一定存在AR∥QC，則在新構(gòu)造的平行四邊形中一定有：AR=QC，故將y=-3代入新拋物線可求出Q1、Q2兩點的坐標(biāo)，則可知Q點只能存在于Q1(2【詳解】（1）根據(jù)拋物線解析式y(tǒng)＝令y=0，可求得拋物線與x軸的交點坐標(biāo)為：A(-5,0)、B(1,0)，令x=0，可求出拋物線與y軸的交點坐標(biāo)為：C(0,-3)，∵A(-5,0)、B(1,0)、C(0,-3)，∴AO=5，OC=3，OB=1，則AB=6，∴S△（2）∵A(-5,0)、B(1,0)，C(0,-3)，∴直線AC的解析式為：y=?35x?3，直線BC又∵AO=5，OC=3，OB=1，AB=6，∴利用勾股定理易得：AC=34，BC=10，∵P是第三象限內(nèi)拋物線上一動點，∴設(shè)P的坐標(biāo)為：(x0,∴AC與PE的交點E點坐標(biāo)為：(x∴PE=?35∵EF∥∴設(shè)EF的解析式為：y＝代入E點坐標(biāo)有t=?18∴F點的坐標(biāo)為(6∴OF=65又根據(jù)EF∥得：EFBC=AEAC，即∴PE+則有l(wèi)=?當(dāng)?56≤x0＜0當(dāng)?5＜x0＜?56綜上兩種情況可知：當(dāng)x0=?103時，此時P點坐標(biāo)為：(?10（3）如圖：過C點作直線l∥x軸，與交新拋物線交于Q1、Q2兩點（Q1、在Q在（2）中求得P點坐標(biāo)為：(?10已知平移后的拋物線以P點為頂點，則新拋物線的方程為y=3∵點R在x軸上，Q點為x軸下方的新拋物線上一點，∴Q、C均在x軸（AR）下方，即：QC不可能是新構(gòu)造的平行四邊形的對角線，∴AR一定是以點A，C，Q，R為頂點構(gòu)成的平行四邊形的一條邊，而非對角線，∴一定存在AR∥∴在新構(gòu)造的平行四邊形中一定存在：AR=QC，∴將y=-3代入新拋物線可求出Q1、Q2兩點的坐標(biāo)，即為：Q1(25?103,?3)即有：Q點只能存在于Q1(25?103,?3)又∵C點坐標(biāo)為(0,-3)，則此時分情況討論：當(dāng)Q點在Q1(2即有QC=∵AR∥∴以點A，C，Q，R為頂點構(gòu)成的平行四邊形中，存在AR=QC，且此時R點既可在A點右側(cè)也可在A點左側(cè)，A點坐標(biāo)為(-5,0)，∴則此時R點的坐標(biāo)為：(25?25當(dāng)Q點在Q2(?2即有QC=∵AR∥∴以點A，C，Q，R為頂點構(gòu)成的平行四邊形中，存在AR=QC，且此時R點既可在A點右側(cè)也可在A點左側(cè)，A點坐標(biāo)為(-5,0)，∴則此時R點的坐標(biāo)為：(?25+25綜上所述：R點的坐標(biāo)為：(25?253,0)、(7．（2021·重慶沙坪壩·重慶一中校考三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3（a≠0）與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點（點A在點B的右側(cè)），且點A的坐標(biāo)為(3,0)，連接BC，過點A作AD//BC（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，點E為射線AD上一點，點P為第二象限內(nèi)拋物線上一點，求四邊形PBEC面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；（3）如圖2，將原拋物線沿x軸正方向平移得到新拋物線y'，y'經(jīng)過點C，平移后點A的對應(yīng)點為點A'，點N為線段AD的中點，點Q為新拋物線y'的對稱軸上一點，在新拋物線y'上存在一點M，使以點M，Q，A【答案】（1）y=?13x2?233x+3；（2）四邊形PBEC面積的最大值為7538，此時點P（?332，154）；（3）M（7【分析】（1）先求得點B坐標(biāo)，再將A、B坐標(biāo)代入拋物線解析式中解得a、b即可求解；（2）易證S△BCE=S△ABC是定值，只需求出S△BCP的最大值，過P作PQ∥y軸交BC（3）先求出平移后的新拋物線的解析式和點A'、N的坐標(biāo)，設(shè)Q（3，n），根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，分A'N【詳解】解：（1）∵點A坐標(biāo)為（3，0），∴OA=3，∵OB=3OA，∴OB=33∴點B坐標(biāo)為（﹣33將點A（3，0）、B（﹣33，0）坐標(biāo)代入y=a得：{3a+∴拋物線的解析式為y=?1（2）當(dāng)x=0時，y=3，∴C（0，3），OC=3，∵AD//BC，點E為射線AD上一點，且AB=∴S△BCE=∴要使四邊形PBEC面積的最大，只需求出S△BCP的最大值，過P作PQ∥y軸交BC于Q，即求出PQ設(shè)直線BC的解析式為y=kx+t，將B（33，0）、C（0，3）代入得：{?33∴直線BC的解析式為y=3設(shè)P（m，?13m2?233m+3）（﹣3∴PQ=?13m=?=?1∴當(dāng)m=?332時，PQ∴S△BCP的最大值為12×∴四邊形PBEC面積的最大值為63+2738=7538，此時點P（3）由（1）知拋物線y=?13x2?233x+3=?13(x+3∴原拋物線沿x軸正方向平移23個單位長度得到新拋物線y∴y'=?13(x+3?23)2+4設(shè)直線AD的表達(dá)式為y=33x+c，將A（3∴D（0，﹣1），∵N為AD的中點，∴N（32，?設(shè)Q（3，n），根據(jù)題意，以點M，Q，A'，N當(dāng)NA'邊時，由中點坐標(biāo)公式得：xM即xM+3解得：xM=732或xM=?332，∴M1（7當(dāng)NA'為對角線時，由中點坐標(biāo)公式得：xM解得：xM=532，∴M3綜上，滿足條件的點M的坐標(biāo)為M（732，﹣94）或M（?332，?9【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法求拋物線解析式、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、拋物線的平移問題、坐標(biāo)與圖形、求二次函數(shù)的最值、三角形的面積公式、平行四邊形的性質(zhì)、中點坐標(biāo)公式、解一元一次方程等知識，綜合性強(qiáng)，計算量大，難度較難，解答的關(guān)鍵是理解題意，尋找相關(guān)知識的關(guān)聯(lián)點，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論思想方法進(jìn)行推理、探究和計算．8．（2021春·重慶沙坪壩·九年級重慶八中?？茧A段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2?72x+3與xx軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），交（1）如圖1，連接AD，CD，當(dāng)點D的橫坐標(biāo)為5時，求SΔADC（2）如圖2，過點D作DE//AC交BC于點E，求DE長度的最大值及此時點D的坐標(biāo)；（3）如圖3，將拋物線y=12x2?72x+3向右平移4個單位，再向下平移2個單位，得到新拋物線y'=ax2+bx+c．新拋物線與原拋物線的交點為點F，G【答案】（1）5；（2）DE的最大值為9510，D坐標(biāo)為（3，-3）；（3）H（52，112）或（【分析】（1）把D的橫坐標(biāo)代入拋物線解析式得縱坐標(biāo)，根據(jù)解析式，當(dāng)x=0時，可得C的坐標(biāo)，令直線DC與x交點為E，兩點確定一條直線，解析式，直線CD為y=-x+3，即得E坐標(biāo)，當(dāng)y=0時，代入拋物線解析式得A、B坐標(biāo)，S△ACD=S△AEC+S△AED，通過計算可得結(jié)果；（2）由（1）知A，B，C坐標(biāo)，兩點確定一條直線，可得直線AC和直線BC的解析式，過D點作l平行于BC，只有當(dāng)l與拋物線相切時候，DE取最大值，設(shè)l解析式為y=-12x+b，聯(lián)立直線l和拋物線的解析式得到二元一次方程組，可得x2-6x+6-2b=0，相切時即△=0，可得b的值和D的坐標(biāo)，設(shè)直線DE的解析式為y=-3x+b，直線DE與拋物線的解析式聯(lián)立方程組可得E的坐標(biāo)，根據(jù)兩點間的距離公式得DE（3）根據(jù)平移的性質(zhì)得到新的拋物線為y=12x2-152x+23，由對稱軸公式x=?b2a得對稱軸，聯(lián)立拋物線和新拋物線得F點坐標(biāo)為（5，-2），兩點確定一條直線的解析式，直線CF為y=-x+3，分情況討論，若CFGH是矩形，當(dāng)CF⊥FG時，兩直線垂直，斜率積為1，HG⊥FG，HC⊥CF，可求得直線FG、直線CH、直線HG的解析式，可得H的坐標(biāo)，當(dāng)CG⊥【詳解】解：（1）將x=5代入y=12x2-72x+3，得∴D（5，-2），令DC與x軸交點為E，由題可知：C（0，3），∴CD直線的表達(dá)式：y=?2?35x+3=-x由此可知E（3，0），且如圖1可知，S△ADC=S△ACE+S△ADE=12?AE?OC+12?AE?|y0|=12×AE（OC+|將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）如圖2，∵方程表達(dá)式?jīng)]有變化，∴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，過D點作l平行于BC，只有當(dāng)l與拋物線相切的時候，DE取最大值，∵l∥BC，∴令l：y=-12x+b，y=?12x2-3x+3-bx2-6x+6-2b=0，當(dāng)直線與拋物線相切時，△=0，∴b2-4ac=0，3b-4（6-2b）=0，12+8b=0，∴b=-32∴l(xiāng)：y=-12x-3將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的交點，∴y=?3x+6y=?12∴DE的最大值為3?∴D坐標(biāo)為（3，-3）；（3）如圖3y=12x2-72∴新拋物線方程為：y=12（x-4）2-72（x-4）+3-2=12x2-∴對稱軸為：x=152∵F是它兩交點，∴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，如圖4，CF：y=-x+3，∴CG：y=x+3，∴G（152，21∵KGH=-1，KFH=1，∴GH：y=-x+18，F(xiàn)H：y=x-7，∴H（252，11綜上所述，H（52，112）或（252【點睛】本題考查二次函數(shù)的應(yīng)用，解本題的關(guān)鍵要熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，兩點確定一條直線的解析式，解一元二次方程，拋物線平移的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)等．9．（2021·重慶沙坪壩·重慶八中?？寄M預(yù)測）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=14x2+bx+c與直線AB相交于A、B兩點，其中A(6,0),B(0,?3)（1）求該拋物線的函數(shù)解析式；（2）點P為直線AB下方拋物線上的任意一點，連接PB、PC，求△PBC面積的最大值；（3）將該拋物線沿著射線BA方向平移52個單位長度得到拋物線y=a1x2+b1x+c1a1≠0，點D為新拋物線對稱軸上的一點，點【答案】（1）y=14x2?x?3；（2）94；（3）【分析】（1）用待定系數(shù)法，即把A、B兩個點的坐標(biāo)分別代入函數(shù)解析式y(tǒng)=14x2+bx+c（2）首先可求得直線AB的解析式，再過點P作y軸平行線交AB于點Q，設(shè)Pm,14m2?m?3，則可得Qm,（3）拋物線沿著射線BA方向平移52個單位長度得到新拋物線，可看成是先向右平移一個單位長度再向上平移12個單位長度而得到新拋物線，則可求得新拋物線的對稱軸，再分BC是平行四邊形的邊和對角線兩種情況考慮，即可求得點【詳解】（1）∵拋物線y=14x∴0=解得b∴拋物線解析式：y=（2）∵直線AB過A(6,0),B(0,?3)兩點，設(shè)直線AB∴6k解得：k=1∴直線AB的解析式為y∵拋物線的解析式為y=∴對稱軸為直線x=2∵當(dāng)x=2時，y∴C過點P作y軸平行線交AB于點Q設(shè)Pm,14∴S====?∵?14<0，拋物線的開口向下，對稱軸為直線∴當(dāng)m=3時，S△（3）由于拋物線y=14x2?x?3的對稱軸為直線x∵點D在直線x=3上，設(shè)D(3,n)∵B(0,?3)，∴B點先向右平移2個單位長度再向上平移1個單位長度則得到C點，或C點先向左平移2個單位長度再向下平移1個單位長度則得到B點①若BC為平行四邊形的一邊，則BC∥DE，且BC=DE把點D按上述平移后得點E，其坐標(biāo)為(5,n+1)或(1,n-1)∵點E在y=∴當(dāng)x=5時，n+1=?74；當(dāng)x故得E15,?②若BC為平行四邊形的對角線由于BC的中點坐標(biāo)為(1,?52)，根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分的性質(zhì)知，此點也為DE的中點，所以點E∵當(dāng)x=-1時，-5+n=?∴E綜上所述，滿足條件的點為：E15,?74【點睛】本題是二次函數(shù)與幾何的綜合題，它考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，圖形面積的最值，圖形平移的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等知識，還涉及到數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想，是一個有較大難度的綜合性題目，是中考?？嫉念}型．10．（2021·重慶沙坪壩·重慶八中?？既＃┤鐖D1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A?33,0、B3,0兩點，交（1）求拋物線的解析式．（2）若點P是拋物線上第三象限上一點，過P點作PM⊥AC于M，過P作PN//y軸交AC于點N，當(dāng)△PMN周長有最大值時，求（3）如圖2，將拋物線向右平移33個單位長度，再向上平移3個單位長度后得到新的拋物線，M點在新拋物線后的對稱軸上，N點為平面內(nèi)一點，使以B、C、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出N【答案】(1)y=?13x2?233x+3,(2)【分析】（1）把A?33,0（2）由平行線的性質(zhì)可知∠PNC=∠ACO=60°，設(shè)出P點的坐標(biāo)，在Rt△PMN中利用三角函數(shù)表示出△PMN的周長，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求．（3）求出平移后的解析式，設(shè)點的坐標(biāo)，根據(jù)菱形的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：（1）把A?33,0、B0=27a?3拋物線解析式為：y=?1（2）當(dāng)x=0時，y=3，C點坐標(biāo)為（0，3），設(shè)AC解析式為y=kx+n，把A、C兩點坐標(biāo)代入得，0=?33k+n3=n，解得，k=33∵A點坐標(biāo)為：A?3∴tan∠ACO=3∵PN//∴∠PNC=∠ACO=60°，∵PM⊥∴MN=PN?cos60°=設(shè)P點坐標(biāo)為(p，?13pPN=?當(dāng)p=?332時，PN最大，最大值為9MN=12PN=98（3）拋物線y=?13x2?再向上平移3個單位長度后得到新的拋物線解析式為y=?1對稱軸為直線x=23設(shè)M點坐標(biāo)為23，m，C當(dāng)CBNM為菱形時，CB=CM，可列方程為23解得，m=3，M點坐標(biāo)為23由平移可知，N點坐標(biāo)為(33當(dāng)CBMN為菱形時，CB=BM，可列方程為32解得，m1=3，M點坐標(biāo)為23由平移可知，N點坐標(biāo)為(3,6)，M點坐標(biāo)為由平移可知，N點坐標(biāo)為(3當(dāng)CNBM為菱形時，CM=BM，可列方程為23解得，m=3，M點坐標(biāo)為23由平移可知，N點坐標(biāo)為(?3綜上，N點坐標(biāo)為(3,6)或(?3【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合，包括解直角三角形，菱形的性質(zhì)與判定，解題關(guān)鍵是熟練運用二次函數(shù)知識求解析式和根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求最值，通過設(shè)坐標(biāo)，依據(jù)兩點間距離公式列方程，利用平移求坐標(biāo)．11．（2021·重慶沙坪壩·重慶八中校考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線C1：y=?14x2+bx+c的圖象與坐標(biāo)軸交于A、B、C三點，其中點A的坐標(biāo)為0,8，點（1）求該二次函數(shù)的表達(dá)式及點C的坐標(biāo)；（2）若點F為該拋物線在第一象限內(nèi)的一動點，求△FCD面積的最大值；（3）如圖2，將拋物線C1向右平移2個單位，向下平移5個單位得到拋物線C2，M為拋物線C2上一動點，N為平面內(nèi)一動點，問是否存在這樣的點M、N，使得四邊形DMCN【答案】（1）y=?14x2【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解；（2）連接OF，設(shè)點Fa,?14a（3）存在，根據(jù)拋物線平移的性質(zhì)求得拋物線C2：?14(x?4)2+4=?14x2+2x，設(shè)Mt,?14t2+2t，利用菱形的性質(zhì)得到DM=MC，求出直線CD的解析式為y=?【詳解】解：（1）將A的坐標(biāo)0,8，B的坐標(biāo)（-4,0）代入y=?1c=8?4?4b∴y=?當(dāng)y=0時，?1解得x1∴C（8,0）；（2）連接OF，設(shè)點Fa∵OD=4，OC=8，S==?(∴當(dāng)a=3時，S（3）存在拋物線C1：y=?1∵將拋物線C1向右平移2個單位，向下平移5個單位得到拋物線C∴拋物線C2：?設(shè)Mt∵四邊形DMCN為菱形，∴DM=∴點M在線段CD的垂直平分線上，∵D0,4∴直線CD的解析式為y=?12x+4∴設(shè)CD的中垂線的函數(shù)解析式為y=2x+b，∴8+b=2，得b=-6，∴CD的中垂線的函數(shù)解析式為y=2x?6，將點Mt,?1①M1?2②M226【點睛】此題考查待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，拋物線平移的性質(zhì)，利用拋物線求幾何圖形的面積，菱形的性質(zhì)，正確理解菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．12．（2021春·重慶沙坪壩·九年級重慶八中校考階段練習(xí)）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+bx﹣22（a≠0）與x軸交A（﹣2，0）和點B，與p軸交于點C，并且經(jīng)過點D（5，72（1）求該拋物線的解析式；（2）如圖1，點M是拋物線上第四象限內(nèi)一點，聯(lián)結(jié)AC，CM，BM，當(dāng)四邊形ACMB面積最大時，求點M的坐標(biāo)以及S四邊形ACMB的最大值；（3）如圖2，將拋物線沿射線BC方向平移，平移后的拋物線經(jīng)過線段BC的中點，記點B平移后的對應(yīng)點為B1，點C平移后的對應(yīng)點為C1，點Q是平移后新拋物線對稱軸上一點，點P是原拋物線上一點，若以點B1，C1，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出點P的坐標(biāo)．【答案】（1）y=24x2?22x?22，（2）(2，?2【分析】(1)把A（﹣2，0），D（5，72(2)連接OM，設(shè)M點坐標(biāo)為(m，24m2?(3)求出平移后的拋物線解析式，求出B1，C1坐標(biāo)，設(shè)出P，Q兩點坐標(biāo)，根據(jù)中點坐標(biāo)公式列方程即可．【詳解】解：(1)把A（﹣2，0），D（5，724）代入y＝ax2+bx﹣24a?2b?22=025a+5b?2拋物線解析式為y=2(2)連接OM，當(dāng)x=0時，y=?22,則C點坐標(biāo)為（0，?2當(dāng)y=0時，0=24x2?22∵A點坐標(biāo)為（﹣2，0），∴S△設(shè)M點坐標(biāo)為(m，2S△MOC=S四邊形化為頂點式為S四邊形當(dāng)m=2時，S四邊形ACMB最大，此時M點坐標(biāo)為(2，?22)（3）拋物線沿射線BC方向平移，平移后的拋物線經(jīng)過線段BC的中點，記點B平移后的對應(yīng)點為B1，∵B(4，0)，C（0，?22∴BC中點坐標(biāo)為B1（2，?2∴拋物線向下平移2個單位，向左平移2個單位，則C1坐標(biāo)為（-2，?32原拋物線解析式化為頂點式是y=24(x?1)2?設(shè)點Q坐標(biāo)為（-1，q），點P坐標(biāo)為(p，2根據(jù)平行四邊形對角線互相平分，當(dāng)B1C1為對角線時可得，xB1+xC1=xP當(dāng)B1Q為對角線時可得，xB1+xQ=xP+當(dāng)B1P為對角線時可得，xB1+xP=xQ+綜上P點坐標(biāo)為(1，?924)或(3，?【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合，解題關(guān)鍵是熟練運用二次函數(shù)的性質(zhì)求最值，利用分類討論思想和平行四邊形性質(zhì)列方程．13．（2021春·重慶沙坪壩·九年級重慶南開中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣38x2+34x+3與x軸交于點A和點B，A在B的左側(cè)，與y軸交于點C，點P為直線（1）求直線BC的解析式；（2）過P作PM⊥x軸，交BC于M，當(dāng)PM﹣CM的值最大時，求P的坐標(biāo)和PM﹣CM的最大值；（3）如圖2，將該拋物線向右平移1個單位，得到新的拋物線y1，過點P作直線BC的垂線，垂足為E，作y1對稱軸的垂線，垂足為F，連接EF，請直接寫出當(dāng)△PEF是以PF為腰的等腰三角形時，點P的橫坐標(biāo)．【答案】（1）y=?34x+3；（2）P13,7724【分析】（1）直接根據(jù)解析式得出C點坐標(biāo)，令y=0求解得到B點坐標(biāo)，從而利用待定系數(shù)法求解直線的解析式即可；（2）設(shè)P點坐標(biāo)，從而得出相應(yīng)M點坐標(biāo)，根據(jù)兩點間的距離公式分別列出PM，CM，從而列出關(guān)于PM﹣CM的二次函數(shù)表達(dá)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解最值即可；（3）作PK⊥x軸于K點，交直線BC于H點，設(shè)出P，H的坐標(biāo)，根據(jù)PE=PH·cos∠EPH以及∠EPH=∠KBH，求出PE的表達(dá)式，再結(jié)合平移性質(zhì)求出【詳解】（1）由題意可知，C0,3令y=0，則?解得：x1=?2，∴A?2,0，B設(shè)直線BC的解析式為：y=將B4,0，C4k+b∴直線BC的解析式為：y=?3（2）設(shè)Pm,?38m∴PM=CM=∴PM?整理為頂點式得：PM?CM=?3∵?3∴當(dāng)m=13時，PM?CM取得最大值，最大值為將m=13代入y∴此時P點的坐標(biāo)為P1（3）如圖所示，作PK⊥x軸于K點，交直線BC于H點，由題意可知，OC=3，OB=4，BC=5，設(shè)Pn,?38n2+在Rt△PEH中，PE=∵PE⊥BC，∠PHE=∠BHK，∴∠EPH=∠KBH，∵cos∠KBH∴PE=∵原拋物線對稱軸為直線x=1，∴將拋物線向右平移1個單位后，新拋物線的對稱軸為直線x=2，又∵點F在新拋物線對稱軸上，且PF垂直于新拋物線對稱軸，∴xF=2，∵PF=PE，∴?3①當(dāng)n>2時，?整理得：3n∵Δ=4?4×3×∴n=∵n>2∴n=1+②當(dāng)n<2時，?整理得：3n∵Δ=∴n=∵n<2∴n=綜上，當(dāng)△PEF是以PF為腰的等腰三角形時，P點的橫坐標(biāo)為1+613或【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合問題，熟練利用函數(shù)的思想求解線段和差的最值問題，以及掌握拋物線平移的定義是解題關(guān)鍵．14．（2021春·重慶沙坪壩·九年級重慶一中?？奸_學(xué)考試）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=a(x+2)(x?6)(a≠0)與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，D為拋物線頂點，連接AD，已知tan∠BAD=2（1）求點D的坐標(biāo)以及a的值；（2）如圖，連接AC，交拋物線對稱軸于點E，P為直線AD下方拋物線上的一個動點（不與A?D重合），連接PA,PD,DE，求四邊形APDE面積的最大值及相應(yīng)點P的坐標(biāo)；（3）將直線AC沿射線DA方向平移2752個單位后得到直線l，直線l與拋物線的兩個交點分別為M，N（M在N左側(cè)），在拋物線對稱軸上是否存在點K，使△CMK是以KC為腰的等腰三角形？若存在，請直接寫出點【答案】（1）D(2，?8),a=12；（2）四邊形APDE面積的最大值為12,P【分析】（1）由拋物線y=a(x+2)(x?6)(a≠0)，令y=0,求解B(?2,0),A(6,0),可得拋物線的對稱軸為：直線x=?2+6（2）如圖，過P作PG//y軸交AD于G,由S四邊形APDE=S△ADE+S△APD,可得：S△ADP最大，則S四邊形APDE最大，再求解直線AD為：y=2x?12,直線AC為：y=x?6,可得S△AED=12×4×4=8,（3）如圖，點A沿DA方向平移2752個單位到E,則AE=2752,過E作EM//AC,交拋物線于M,N,過E作EH⊥x軸于H,由tan∠EAH=EHAH=2,求解E(19.5,27),與【詳解】解：（1）∵y=令y=0,∴a∴x∴B∴拋物線的對稱軸為：直線x=?2+6如圖，記拋物線的對稱軸與x軸交于Q,∴AQ∵tan∠∴DQ∴DQ∴D∴?16a∴a所以拋物線的解析式為：y=12（2）如圖，過P作PG//y軸交AD于∵S∵A,C∴S∴S△ADP∵A設(shè)AD為y=∴{6解得：{k所以直線AD為：y=2∵y∴C同理：直線AC為：y=∴E∴DE∴S設(shè)P(∴G∴PG∴S=?x由P在AD的下方，則2＜x＜6,∵a=?1＜當(dāng)x=?82×(?1)=4時，∴y∴P所以：四邊形APDE面積的最大值為8+4=12,此時：P（3）如圖，點A沿DA方向平移2752個單位到E,則過E作EM//AC,交拋物線于M,N,過∵∠BAD=∠∴tan∠EAH設(shè)AH=c,∴AE∴c∴E∵AC所以設(shè)MN為y=∴19.5+∴b∴MN為：y∴{y解得：{x∴M設(shè)K(2,n),且△當(dāng)KM=KC時，則∴(?3?2)解得：n=1∴K當(dāng)CM=CK時，則∴(?3?0)∴n∴K綜上：K(2,14)【點睛】本題考查的是利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式，列有關(guān)面積的二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，點的平移與直線的平移的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，等腰三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．15．（2021秋·重慶沙坪壩·九年級重慶一中?？计谀┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?12x2?32x+2交x軸于點（1）求△ABC的面積；（2）如圖，過點C作射線CM，交x軸的負(fù)半軸于點M，且∠OCM=∠OAC，點P為線段AC上方拋物線上的一點，過點P作AC的垂線交CM于點G，求線段PG的最大值及點P的坐標(biāo)；（3）將該拋物線沿射線AC方向平移5個單位后得到的新拋物線為y'=ax2+bx+c，新拋物線y'與原拋物線的交點為E，點F為新拋物線y對稱軸上的一點，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點Q，使以點A、E、【答案】（1）5，（2）當(dāng)P點坐標(biāo)為（?72，98）時，PG最大，最大值為49532；Q點坐標(biāo)為（72，6?372【分析】（1）求出A、B、C三點坐標(biāo)，應(yīng)用三角形面積公式可求；（2）過P點作x軸平行線，交CM于點H，過點G作GD⊥PH，垂足為D，設(shè)PG與AC、x軸交點分別為N、F，設(shè)P（m，?12m2?32m+2），則（3）求出E點坐標(biāo)為（-1，3），設(shè)F（12，n），表示出AE、AF、EF【詳解】解：把y=0代入y=?10=?1解得，x1=1,x2=?4把x=0代入y=?12xC點坐標(biāo)為（0，2），S△ABC=12（2）過P點作x軸平行線，交CM于點H，過點G作GD⊥PH，垂足為D，設(shè)PG與AC、x軸交點分別為N、F，由（1）得，OCOA∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB，∴∠OAC=∠BCO=∠OCM，易得OM=OB=1，根據(jù)M（-1，0）C（0，2），可得CM解析式為：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，設(shè)P（m，?12m2?32DP=12tan∠OCB=tan∠PGD=12，可得，PG=5DP當(dāng)DP最大時，PG就最大，所以，當(dāng)m=?72，DP最大，最大值為故當(dāng)P點坐標(biāo)為（?72，98）時，PG（3）拋物線y=?12x2?32x+2化為頂點式為：y=?1兩個拋物線交于E點，所以?1解得，x=-1，代入得y=3，E點坐標(biāo)為（-1，3），設(shè)F（12，nAE2=(?1+4)2當(dāng)AE=AF時，18=814當(dāng)AE=EF時，18=n2解得，n1則F1（12，3?372），對應(yīng)的QF2（12，3+372），對應(yīng)的Q當(dāng)AF=EF時，814+n解得，n=?3F3（12，?32），對應(yīng)的Q3綜上所述，Q點坐標(biāo)為（72，6?372）或（?52，【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合問題，解題關(guān)鍵是樹立數(shù)形結(jié)合思想，分類討論思想，熟練運用二次函數(shù)的性質(zhì)求最值，通過設(shè)點的坐標(biāo)，建立起圖形與數(shù)據(jù)的聯(lián)系．16．（2020春·重慶·九年級重慶實驗外國語學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖：已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸，y軸分別交于點A1求出此拋物線的解析式；2如圖1，拋物線的頂點為點D，點P是直線BC下方拋物線上的一點（異于點D），當(dāng)SΔBCP=S3在2的條件下，將拋物線沿射線DC方向平移，點P的對應(yīng)點為P'，在拋物線平移的過程中，若∠P'CB=∠PBC，請直接寫出此時平移后的拋物線解析式【答案】（1）y=x2?4x?5；（2）P3,?8；3新拋物線解析式為新拋物線解析式為【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸和A、C兩點的坐標(biāo)即可求出結(jié)論；（2）先求出點D的坐標(biāo)，過點D作直線DP//BC交拋物線于點P，根據(jù)平行線的距離處處相等可得此時（3）根據(jù)點P′與BC的位置關(guān)系分類討論，分別畫出對應(yīng)的圖形，利用待定系數(shù)法求出各個直線的解析式，聯(lián)立方程即可求出點P′的坐標(biāo)，從而求出平移方式，然后即可求出新拋物線的解析式．【詳解】1由題拋物線對稱軸為直線x=2且過點A得?ba∴拋物線解析式為y2由題拋物線的頂點D2,?9過點D作直線DP//BC交拋物線于點P利用對稱性可知點B的坐標(biāo)為（5,0）設(shè)直線BC的解析式為y=kx＋d將B5,00=5解得：k∴設(shè)直線DP的解析式為y=x＋e將點D的坐標(biāo)代入，得?9=2+解得：e=-11∴則y解得：x1=2∴3若點P′在BC右側(cè)時，作∠ECB=∠PBC交BP與點E，過點P作PP′∥DC交EC于P′，連接OE，如下圖所示，易知點P′符合條件∴EB=EC∵OB=OC=5，∴OE垂直平分BC∴∠BOE=12∠BOC=45°，即點E在∠∴可設(shè)E點的坐標(biāo)為（m，-m）設(shè)直線BP的解析式為y=k1x＋b1將點B、P的坐標(biāo)代入，可得0=5解得：k∴直線BP的解析式為y=4x-20將點E的坐標(biāo)代入可得-m=4m-20解得：m=4∴點E的坐標(biāo)為（4，-4）同理可得CE的解析式為y=14直線CD的解析式為y=-2x-5直線PP′的解析式為y=-2x-2聯(lián)立y解得：x=∴點P′（43∴點P3,?8到點P′（43,?143原拋物線的解析式為y∴新拋物線解析式為y=若點P′在BC左側(cè)時，作CP′∥BP，PP′∥CD，CP′與PP′交于點P′，如下圖所示，此時∠P'CB=∠PBC由上可知：直線BP的解析式為y=4x-20，可得直線CP′的解析式為y=4x-5直線PP′的解析式為y=-2x-2聯(lián)立y解得：x=∴點P′（12∴點P3,?8到點P′（12,?3原拋物線的解析式為y∴新拋物線解析式為y=綜上：新拋物線解析式為y=x+1【點睛】此題考查的是二次函數(shù)的綜合大題，此題難度較大，掌握利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、一次函數(shù)解析式、聯(lián)立方程求交點坐標(biāo)和分類討論的數(shù)學(xué)思想是解決此題的關(guān)鍵．17．（2022秋·重慶九龍坡·九年級四川外國語大學(xué)附屬外國語學(xué)校?？计谥校┤鐖D1，拋物線y=ax2+bx+c與x軸相交于點B，C（點B在點C左側(cè)），與y軸相交于點A（0，4），已知點C坐標(biāo)為（4，0）(1)求拋物線的解析式：(2)點P是直線AC下方拋物線上一點，過點P作直線AC的垂線，垂足為點H，過點P作PQ∥y軸交AC于點Q，求△PHQ周長的最大值及此時點P的坐標(biāo)；(3)如圖2，將拋物線向左平移92個單位長度得到新的拋物線，M為新拋物線對稱軸l上一點，N為平面內(nèi)一點，使得以點A、B、M、N為頂點的四邊形為菱形，請直接寫出點N的坐標(biāo)，并寫出求解其中一個N【答案】(1)y(2)△PHQ周長的最大值為42+4，此時點P(3)N1?1,13或N2?1,?13【分析】（1）首先根據(jù)△ABC面積求出點B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求解即可；（2）首先求出直線AC的解析式，然后證明出△PHQ是等腰直角三角形，進(jìn)而得到當(dāng)PQ的值最大時，△PHQ周長取得最大值，設(shè)出點P和點Q的坐標(biāo)，然后表示出PQ的長度，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可；（3）首先求出平移后的新拋物線的解析式，然后設(shè)出點M和點N的坐標(biāo)，然后分3種情況討論求解即可．【詳解】（1）∵點A（0，4），點C坐標(biāo)為（4，0），△ABC面積為6∴AO=4∴12×BC解得BC=3∴OB∴點B的坐標(biāo)為1,0，∵拋物線y=ax2+bx+則c=40=16a即拋物線的解析式：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周長∴當(dāng)PQ長度最大時，△PHQ周長最大∴設(shè)直線AC的解析式為y∴d=44∴y設(shè)點P的坐標(biāo)為x,x2?5∴PQ∴當(dāng)x=2時，PQ取得最大值4∴此時△PHQ周長將x=2代入∴此時點P的坐標(biāo)為2,?2；（3）∵y將拋物線向左平移92個單位長度得設(shè)點M的坐標(biāo)為?2,m，點N的坐標(biāo)為n,t，∴AM2=4+m∴當(dāng)四邊形AMNB為菱形時，AM2解得m1=4?∴1+?2=0+nm∴點N的坐標(biāo)為N1?1,13∴當(dāng)四邊形AMBN為菱形時，AM∴4+m?4∴點N的坐標(biāo)為N3∴當(dāng)四邊形ANMB為菱形時，AB∴17=9+m20+?2∴點N的坐標(biāo)為N4?3,22∴綜上所述，點N的坐標(biāo)為N1?1,13或N2?1,?13或【點睛】此題考查了二次函數(shù)和幾何綜合題，求解二次函數(shù)解析式，三角形周長最值問題，菱形存在性問題，解題的關(guān)鍵是設(shè)出點的坐標(biāo)，根據(jù)題意列出方程求解．18．（2021·重慶九龍坡·重慶實驗外國語學(xué)校校考二模）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?23x2+43x+2與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與（1）求直線BC的解析式；（2）過點A作AD//BC交拋物線于D，連接CA，CD，PC，PB，記四邊形ACPB的面積為S1，△BCD的面積為S2，當(dāng)S（3）如圖2，將拋物線水平向右平移，使得平移后的拋物線經(jīng)過點O，G為平移后的拋物線的對稱軸直線l上一動點，將線段AC沿直線BC平移，平移后的線段記為A'C'（線段A'C'始終在直線l左側(cè)），是否存在以A'，C【答案】（1）y＝?23x＋2；（2）S1?S2的最大值為94，此時，點P的坐標(biāo)為（32，52）；存在點G1（2，1），G2（2，?53），G3（2，?13），使得以A'，【分析】（1）令二次函數(shù)x＝0，y＝0，求出A、B、C的坐標(biāo)，再求直線BC的解析式；（2）不能用常規(guī)的底和高，借助切割法求面積，再求出最大面積差和點P的坐標(biāo)；（3）等腰直角三角形可以利用“兩圓一中垂”確定所有的情況，利用“K型全等”求出對應(yīng)的點G的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）對拋物線y=?2當(dāng)x＝0時，y＝2，∴C（0，2），當(dāng)y＝0時，0=?2解得：x1＝?1，x2＝3，∴A（?1，0），B（3，0），設(shè)直線BC的解析式為：y＝kx＋b（k≠0），把點C（0，2），B（3，0）代入得：b=23k+b=0，解得：k=?∴直線BC的解析式為：y＝?23（2）∵AD∥BC，直線BC的解析式為：y＝?23設(shè)AD的解析式為，y＝?23x＋把點A（?1，0）代入得：?23×(?1)＋解得：m＝?2∴AD的解析式為：y＝?23由y=?23x2+∴D（4，?10∴直線CD的解析式為：y＝?43x當(dāng)y＝0時，?43x＋2＝0，解得：x＝3記直線CD與x軸交于點N，則：N（32，0），BN＝3?3過點P作PM⊥AB交BC于點M，設(shè)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∴當(dāng)a＝32時，S1?S2的最大值為94，此時，點P的坐標(biāo)為（32（3）∵?b∴拋物線y=?23x∵拋物線向右平移后經(jīng)過點O，即：拋物線向右平移1個單位，∴直線l為：x＝2，（i）當(dāng)?shù)妊切我浴螦'C'G1＝90°，A'C'＝C'G1時，如圖，過點C'作C'H⊥l于點H，過點A'作A'Q⊥C'H于點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'，設(shè)點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）當(dāng)?shù)妊切我浴螩'A'G2＝90°，A'C'＝A'G2時，如圖，過點A'作A'F⊥l于點F，過點C'作C'E⊥A'F于點E，同（i）理可證：△C'A'E≌△A'G2F，設(shè)點A'（a，?23a?23），C'（a＋1，?23a∴G2F＝A'E＝1，F(xiàn)A'＝2?a＝2，∴a＝0，∴A'（0，?23∴F（2，?23∴G2（2，?53（iii）當(dāng)?shù)妊切我浴螩'G3A'＝90°，C'G3＝A'G3時，如圖，過點A'作A'Q⊥l于點Q，過點C'作C'P⊥l于點P，同（i）理可證：△C'PG3≌△G3A'Q，設(shè)點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綜上所述：存在點G1（2，1），G2（2，?53），G3（2，?13），使得以A'，C'，G為頂點的等腰直角△【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點，二次函數(shù)的平移和對稱軸、一次函數(shù)的解析式、等腰直角三角形等知識點．第一問比較簡單，借助坐標(biāo)的特點可以很快求出；第二問需要同學(xué)們用分割法求三角形和四邊形的面積，然后利用二次函數(shù)性質(zhì)求出最大值；第三問借助“等腰三角形的兩圓一中垂”確定滿足條件的點位置，方便下一步的求點，然后利用“K型全等”，求出點G的坐標(biāo)．這題借助常見的模型解題會更快些．19．（2019秋·重慶九龍坡·九年級重慶市育才中學(xué)?？计谀┤鐖D1，拋物線y＝﹣13（1）求線段AC的長；（2）如圖2，E為拋物線的頂點，F(xiàn)為AC上方的拋物線上一動點，M、N為直線AC上的兩動點（M在N的左側(cè)），且MN＝4，作FP⊥AC于點P，F(xiàn)Q∥y軸交AC于點Q．當(dāng)△FPQ的面積最大時，連接EF、EN、FM，求四邊形ENMF周長的最小值．（3）如圖3，將△BCO沿x軸負(fù)方向平移3個單位后得△B'C'O'，再將△B'C'O'繞點O'順時針旋轉(zhuǎn)α度，得到△B″C″O'（其中0°＜α＜180°），旋轉(zhuǎn)過程中直線B″C″與直線AC交于點G，與x軸交于點H，當(dāng)△AGH是等腰三角形時，求α的度數(shù)．【答案】（1）6