中考數(shù)學(xué)沖刺-專題15 二次函數(shù)壓軸題存在性四邊形分類訓(xùn)練 解析版

二輪復(fù)習(xí)2023-2024年中考數(shù)學(xué)重要考點(diǎn)名校模擬題分類匯編專題15——二次函數(shù)壓軸題存在性四邊形分類訓(xùn)練（重慶專用）TOC\o"1-1"\h\u【題型1存在性平行四邊形】 1【題型2存在性菱形】 30【題型3存在性矩形】 64【題型1存在性平行四邊形】1．（重慶市松樹橋中學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題）如圖1，已知拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，其中A(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)P是直線AC下方對稱軸左側(cè)拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ∥x軸交拋物線于點(diǎn)Q，過點(diǎn)P作PR⊥x軸交AC于點(diǎn)R，若PQ+PR=32，求點(diǎn)(3)將拋物線y=x2+bx+c向右平移一個單位，向下平移一個單位得到新拋物線，在新拋物線上有點(diǎn)M，在原拋物線對稱軸上有點(diǎn)N，直接寫出所有使得以點(diǎn)A，C，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形的點(diǎn)M【答案】(1)y=(2)?1,?(3)?54,?516【分析】本題主要考查了待定系數(shù)法、二次函數(shù)圖像上點(diǎn)坐標(biāo)的特征、平行四邊形的判定等知識點(diǎn)，用含字母的式子表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長度是解題的關(guān)鍵．（1）直接用待定系數(shù)法即得拋物線的解析式即可；（2）設(shè)Pt，t2+32t?1，其中?2<t<?34，由PQ∥x軸可得PQ=2?34（3）原拋物線解析式為y=x2+32x?1=x+342?2516可得新拋物線解析式是y=x2【詳解】（1）解：將A?2,0，C0,?1得4?2b+c=0c=?1，解得：b=∴拋物線解式為y=x（2）解：由（1）可如，拋物線對稱軸為x=?3設(shè)Pt，t∵PQ∥∴PQ=2?運(yùn)用待定系數(shù)法可得:yAC∵PR⊥x軸，∴Rt∴PR=?t∴PQ+PR=?t2?4t?32又∵?2<t<?3∴t=?1，∴P?1（3）解：原拋物線解析式為y=x根據(jù)題意可得新拋物線解析式是y=x?1+設(shè)Mm,m2?12m?①若MN，AC是對角線，則MN的中點(diǎn)即為∴m?34=?2+0∴M?②若MA，m?2=?34+0∴M5③若MC，m+0=?34+2∴M?綜上所述，M的坐標(biāo)為?54,?5162．（重慶市第八中學(xué)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期末模擬試題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?23x2?223x+2與x軸交于A、(1)求A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)連接AC，點(diǎn)P為直線AC上方拋物線上（不與A、C重合）的一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥AC交AC于點(diǎn)D，PE⊥x軸交AC于點(diǎn)E，求PD+DE的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)如圖2，將原拋物線沿射線CB方向平移33個單位得到新拋物線y'，點(diǎn)M為新拋物線y'對稱軸上一點(diǎn)，在新拋物線y'上是否存在一點(diǎn)N，使以點(diǎn)C、A、M、N為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形，若存在，請直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)，并選擇一個你喜歡的點(diǎn)寫出求解過程；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A（﹣3，0），C(0,(2)最大值，31122(3)存在，此時M(2,?1132)或【分析】（1）令x=0，求出y的值，可求出點(diǎn)C的坐標(biāo)；令y=0，可求出x的值，由此可求出點(diǎn)A的坐標(biāo)；（2）利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可表達(dá)PD+DE的值，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值；（3）分三種情況：當(dāng)四邊形ACNM是平行四邊形時，當(dāng)ACMN時平行四邊形時，當(dāng)ANCM時平行四邊形時，分別利用點(diǎn)的平移和中點(diǎn)坐標(biāo)公式進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）在y=?2令x＝0，y=2∴C(0,2令y＝0，x1＝﹣3，x2＝1，∵xA＜xB，∴A（﹣3，0），B（1，0）．（2）∵PE⊥x軸，y⊥x軸，∴PE∥y軸，∴∠PED＝∠ACO，∵∠PDE＝∠AOC＝90°，∴△PED∽△ACO，∴DE：PD：PE＝OC：OA：AC，在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，∴AC=O∴DE:PD:PE=OC:OA:AC=2∴DE=2211PE∴PD+DE=3當(dāng)PE最大時，PD+DE最大，設(shè)直線AC的解析式為：y＝kx+b，∵A（﹣3，0），C(0,2∴?3k+b=0b=∴直線AC:y=2設(shè)Pm,?23m2?2∴Em,∴PE=y∵?23<0，﹣3＜m∴m=?32時，∴PD+DEmax∴P(?3（3）存在，此時M(2,?1132)或在射線CB上取一點(diǎn)Q，使CQ＝33，過點(diǎn)Q作QG⊥y軸于點(diǎn)G，則∠QGC＝90∵B（1，0），C（0，2），∴OB＝1，OC＝2，∵∠BOC＝90°，∴BC＝3，∵∠QGC＝∠BOC＝90°，∠QCG＝∠BCO，∴△QGC∽△BOC，∴QG：BO＝CG：CO＝CQ：CB，即QG:1=CG:2∴QG＝3，CG＝32∴沿射線CB方向平移33個單位相當(dāng)于向右平移3個單位，再向下平移3∵∵y=?2將拋物線y=?23x?223x+∴y′∴新拋物線的對稱軸為直線x＝2，∵點(diǎn)M為新拋物線y′對稱軸上一點(diǎn)，∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為2，當(dāng)四邊形ACMN為平行四邊形時，如圖，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知：AC∥NM，AC＝NM，由圖可知，將點(diǎn)C先向右平移2個單位，再向下平移若干個單位得到點(diǎn)M，∴將點(diǎn)A（﹣3，0）先向右平移2個單位，再向下平移若干個單位得到點(diǎn)N，∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為：﹣3+2＝﹣1，當(dāng)x＝﹣1時，y′∴此時點(diǎn)N的坐標(biāo)為?1,?14∴將點(diǎn)A（﹣3，0）先向右平移2個單位，再向下平移1423個單位得到點(diǎn)N（﹣1，﹣∴將點(diǎn)C（0，2）先向右平移2個單位，再向下平移1423個單位得到點(diǎn)M（2，﹣當(dāng)四邊形ACNM為平行四邊形時，如圖，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知：AC∥MN，AC＝NM，由圖可知，將點(diǎn)A（﹣3，0）先向右平移5個單位，再向下平移若干個單位得到點(diǎn)M，∴將點(diǎn)C（0，2）先向右平移5個單位，再向下平移若干個單位得到點(diǎn)N，∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為：0+5＝5，當(dāng)x＝5時，y′∴此時點(diǎn)N的坐標(biāo)為（5，﹣142∴點(diǎn)C（0，2）先向右平移5個單位，再向下平移1723個單位得到點(diǎn)N（5，﹣將點(diǎn)A（﹣3，0）先向右平移5個單位，再向下平移1723個單位得到點(diǎn)M（2，﹣當(dāng)ANCM為對角線時，A（﹣3，0），C（0，2）的中點(diǎn)為：?3∵點(diǎn)M在對稱軸x＝2上，∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為x＝2，∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為x＝﹣5，當(dāng)x＝﹣5時，y′∴N（﹣5，?182∴點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為192∴M(2,192綜上所述，符合題意的點(diǎn)M的坐標(biāo)為：M2,?1132.或【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，涉及待定系數(shù)法，軸對稱最值問題，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．3．（重慶市實(shí)驗(yàn)外國語學(xué)校2021-2022學(xué)年九年級下學(xué)期3月月考數(shù)學(xué)試題）如圖1，拋物y=ax2+bx+4交x軸于A(?2,0)，B(4,0)兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，連接AC(1)求此拋物線的解析式；(2)P是拋物線上位于直線BC上方的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ∥y軸交BC于點(diǎn)Q，過點(diǎn)P作PE⊥BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥y軸于點(diǎn)F，求出2PQ+EF的最大值及此時點(diǎn)(3)如圖2，將拋物線y=ax2+bx+4沿著射線CB的方向平移，使得新拋物線y′過點(diǎn)(3,1)，點(diǎn)D為原拋物線y與新拋物線y′的交點(diǎn)，若點(diǎn)G為原拋物線的對稱軸上一動點(diǎn)，點(diǎn)H為新拋物線y′上一動點(diǎn)，直接寫出所有使得以A，D，G，【答案】(1)y=?(2)163，(83，(3)(132，?138)或(12，?37【分析】(1)根據(jù)題意，得-2，4是一元二次方程ax2+bx+4=0的兩個根，利用根與系數(shù)關(guān)系定理計(jì)算a(2)確定直線BC的解析式為y=-x+4，設(shè)PQ交x軸于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)P(m，?12m2+m+4)，則Q(m，?m+4)，D(m，0)，PQ=?(3)設(shè)拋物線沿著x軸的正方向平移t（t＞0）個單位，則拋物線沿著y軸的負(fù)半軸也平移t（t＞0）個單位，故平移后的解析式為y′=?12(x?1?t)2+92?t，確定拋物線解析式，后分AH和DG【詳解】（1）∵拋物y=ax2+bx+4交x軸于A(?2,0)∴-2，4是一元二次方程ax∴-2+4=?ba，-2×4=解得a=?12，∴拋物線的解析式為y=?1（2）∵拋物線的解析式為y=?1∴C(0，4)，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+4，∴4k+4=0，解得k=-1，∴直線BC的解析式為y=-x+4，設(shè)PQ交x軸于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)P(m，?12m2+m+4)，則Q(m，?m+4∴PQ=?12m2+m+4過點(diǎn)E作EG⊥x軸，垂足為G，過點(diǎn)Q作QM⊥EG，垂足為M，設(shè)點(diǎn)E(n，?n+4)，則G(n，0)，∵EG⊥x軸，QM⊥EG，PQ⊥x軸，∴四邊形QMGD是矩形，∴MQ=DG=m-n，∵OC=OB=4，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴∠EQM=∠QEM=45°，∴EM=QM=22∵∠OBC=∠OCB=45°，∴∠EQP=∠QPE=45°，∴EP=QE=22∴EM=QM=22×(?2∴?14m2+m∴n=14∴2PQ+EF=?m2+4m+1∴當(dāng)m=?42×(?34)此時?12m∴2PQ+EF的最大值為163，點(diǎn)P(83，（3）∵y=?12x2+x+4=?12(x?1)2+92，直線CB的解析式為y=-x+4，且拋物線y=ax2+bx+4∴平移后的解析式為y′=?∵新拋物線y′過點(diǎn)(3,1)∴1=?1解得t=3或t=-1(舍去)，∴新拋物線為y′=?∵點(diǎn)D為原拋物線y與新拋物線y′∴?12x解得x=72∴D(72，11∵y=?12(x?1)2+∴點(diǎn)G在直線x=1上運(yùn)動，點(diǎn)H在新拋物線上運(yùn)動，則xG=1，設(shè)H的橫坐標(biāo)為(1)當(dāng)AH和DG為平行四邊形的對角線時，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式，得-2+n=72解得n=132，此時y′=?1故點(diǎn)H(132，?(2)當(dāng)AD和GH為平行四邊形的對角線時，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式，得-2+72=n解得n=12，此時y′=?1故點(diǎn)H(12，?(3)當(dāng)AG和DH為平行四邊形的對角線時，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式，得-2+1=n+72解得n=?92，此時y′=?故點(diǎn)H(?92，故點(diǎn)H的坐標(biāo)為(132，?138)或(12，?37【點(diǎn)睛】本題考查了拋物線解析式的確定，構(gòu)造法求最值，平行四邊形的判定，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，直角三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法，分類思想，平行四邊形的判定是解題的關(guān)鍵．4．（重慶市長壽川維中學(xué)校2022-2023學(xué)年九年級下學(xué)期數(shù)學(xué)第一次定時訓(xùn)練試題）在直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2+bx+ca≠0與x軸交于A、(1)求拋物線的解析式．(2)如圖1，在直線l:y=?12x+n經(jīng)過A點(diǎn)，與y軸交于D．在直線l下方的拋物線上有一個動點(diǎn)P，連接PA，PD，求△PAD(3)將拋物線y向右平移1個單位長度后得到新拋物線y1，點(diǎn)E是新拋物線y1的對稱軸上的一個動點(diǎn)，點(diǎn)F是原拋物線上的一個動點(diǎn)，取△PAD面積最大值時的P點(diǎn)．若以點(diǎn)P、D、E、F為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，直接寫出點(diǎn)F的坐標(biāo)，并寫出求解其中一個【答案】(1)y=(2)△PAD面積最大值為258，此時，P(3)F32,?35【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A?2,0，點(diǎn)B（2）先求得D0,?1，過點(diǎn)P作PE⊥x軸交l于點(diǎn)E，設(shè)Pt,?12t2?t?4（3）根據(jù)平移得出平移后新拋物線y1的對稱軸為直線x=2，設(shè)E2,m，F(xiàn)t,12t2【詳解】（1）∵拋物線y=12x2+bx+ca≠0與x軸交于A∴y=（2）將A?2,0代入l:y=?得：0=?解得：n=?1∴y=?令x=0，解得：y=?1，∴D0,?1如圖所示，過點(diǎn)P作PE⊥x軸交l于點(diǎn)E，設(shè)Pt,?12∴PE=?12t?1?∴S=?=?1∴對稱軸為t=12，且∴△PAD面積最大值為258此時，P1（3）∵點(diǎn)A?2,0，點(diǎn)B4,0關(guān)于則拋物線y=12x∵將拋物線y向右平移1個單位長度后得到新拋物線y1∴則平移后新拋物線y1的對稱軸為直線x=2設(shè)E2,m，F(xiàn)①若以PF為對角線時，12解得：t=3∴F3②PE為對角線時，2+1解得：t=52，當(dāng)t=5∴F5③若以PD為對角線時，12解得：t=?32，當(dāng)t=?3∴F?綜上所述，F(xiàn)32,?358【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合問題，面積問題，特殊四邊形問題，掌握二次函數(shù)圖形的性質(zhì)，二次函數(shù)的平移，平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（重慶市九龍坡區(qū)渝高中教育集團(tuán)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+4a≠0經(jīng)過點(diǎn)A?4,?8，B4,0，與y軸交于點(diǎn)(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)如圖，點(diǎn)P是線段BC上方拋物線上的一個動點(diǎn)，求△PBC面積的最大值，及此時點(diǎn)P(3)把拋物線y=ax2+bx+4a≠0先向右平移2個單位長度再向下平移2個單位長度得到新拋物線y′，點(diǎn)M是新拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)N是新拋物線對稱軸上一點(diǎn)，當(dāng)以A、B、M【答案】(1)y=?(2)△PBC面積取最大值4，此時(3)N3,152或【分析】（1）把已知點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入解析式，解方程組計(jì)算即可．（2）計(jì)算BC解析式為y=?x+4，過點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，交直線BC于點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)Pn,?12n2+n+4，則（3）根據(jù)y=?12x設(shè)Mt,?12t2【詳解】（1）根據(jù)題意，得16a?4b+4=?816a+4b+4=0解得a=?1故拋物線的解析式為y=?1（2）∵y=?1∴C∵B4,0設(shè)BC的解析式為y=px+q，根據(jù)題意，得4p+q=0q=4解得p=?1q=4∴BC的解析式為y=?x+4，過點(diǎn)P作PN⊥x軸于點(diǎn)N，交直線BC于點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)Pn,?12則PQ=?1∴S故△BPC面積有最大值，且當(dāng)n=2時，S△PBC當(dāng)n=2時，?1故點(diǎn)P2,4（3）∵y=?1根據(jù)左加右減，上加下減的平移原則，∴得到平移后的解析式為y′設(shè)Mt,?12∵A?4,?8，B∴兩點(diǎn)的中點(diǎn)坐標(biāo)為0，當(dāng)AB是平行四邊形的對角線時，根據(jù)對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，得到Mt,?12t2∴t+32解得t=?3,n=15故N3,當(dāng)AB是平行四邊形的邊時，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，根據(jù)平移，得∵A?4,?8，B4,0，且當(dāng)AB由點(diǎn)A?4,?8平移到B∵M(jìn)t,?1∴點(diǎn)Mt,?12∴t+8=3,?1解得t=?5,m=?43故點(diǎn)N3,?當(dāng)AB有點(diǎn)B4,0平移到A∵M(jìn)t,?1∴點(diǎn)Mt,?12∴t?8=3,?1解得t=11,m=?75故點(diǎn)N3,?綜上所述，符合題意的點(diǎn)為N3,152或N【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法計(jì)算解析式，構(gòu)造二次函數(shù)法求最值，平移，平行四邊形的判定，熟練掌握待定系數(shù)法，平移規(guī)律，平行四邊形的判定是解題的關(guān)鍵．6．（重慶市長壽區(qū)長壽中學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題）若直線y=x?5與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A，點(diǎn)B，且與x

(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)若點(diǎn)P為直線AB下方拋物線上一點(diǎn)，連接PA，PB，AC，求四邊形ACBP面積的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)將拋物線沿x軸的正方向平移2個單位長度得到新拋物線y′，Q是新拋物線y′與x軸的交點(diǎn)（靠近y軸），N是原拋物線對稱軸上一動點(diǎn)，在新拋物線上存在一點(diǎn)M，使得以M、N、B、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，請直接寫出符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)，并寫出求解點(diǎn)【答案】(1)y=(2)四邊形ACBP面積的最大值為：2458，此時點(diǎn)P的坐標(biāo)為：(3)點(diǎn)M的坐標(biāo)為：4，-9或6，-【分析】（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）設(shè)四邊形ACBP面積為S，則S=S（3）當(dāng)BQ是對角線時，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式，列出等式即可求解；當(dāng)BN、BM為對角線時，同理可解．【詳解】（1）解：設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y=ax?則y=ax+1則?5a=?5，則a=1，則拋物線的表達(dá)式為：y=x（2）解：過點(diǎn)P作PH∥y軸交AB于點(diǎn)令x=0，則y=?5，∴A0,?5令y=0，則x2解得：x1=?1，∴B設(shè)直線AB的表達(dá)式為y=kx+s，5k+s=0s=?5，解得：k=1直線AB的表達(dá)式為：y=x?5，設(shè)點(diǎn)Hx，x?5則PH=x?5設(shè)四邊形ACBP面積為S，

則S==?5故四邊形ACBP面積的最大值為：2458，此時點(diǎn)P的坐標(biāo)為：5（3）解：原拋物線的對稱軸為直線x=2，則設(shè)點(diǎn)N2平移后的拋物線表達(dá)式為：y=x由題意得，點(diǎn)Q1，0當(dāng)BQ是對角線時，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得：5+1=2+m，則m=4，即點(diǎn)M4,?9當(dāng)BN、BM為對角線時，同理可得：2+5=m+1或5+m=1+2，解得：m=6或?2，故點(diǎn)M的坐標(biāo)為：6,?5或?2,27；綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為：4,?9或6,?5或?2,27．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，一次函數(shù)的圖象性質(zhì)，靈活應(yīng)用平行四邊形的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．7．（重慶市第八中學(xué)校2023-2024學(xué)年度九年級上學(xué)期第五次作業(yè)數(shù)學(xué)試題）如圖，拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸交于A?1,0、B3,0，與y軸交于

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)點(diǎn)P為直線BC下方拋物線上一點(diǎn)，過P作PQ⊥BC于Q，求PQ的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)將拋物線y=ax2+bx+ca≠0向左平移1個單位，再向下平移433個單位得到新的拋物線，點(diǎn)M是新拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)N是原拋物線對稱軸上一點(diǎn)，請直接寫出所有以點(diǎn)B，C，M，【答案】(1)y=(2)PQ最大值為98，P(3)點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,33或1,5【分析】（1）在Rt△BOC中，根據(jù)tan∠CBA=33，可得OC=3，C0,?3，根據(jù)拋物線與x軸交于A?1,0、（2）連接PB，PC，過點(diǎn)P作PM⊥x軸，交x軸于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)G，求出直線BC的解析式，設(shè)Pa,33a2?233a?3（3）根據(jù)題意可得拋物線平移得到新拋物線，從而得到平移后的拋物線解析式y(tǒng)=33x2?83【詳解】（1）解：∵B3,0∴OB=3，∵tan∠CBA=∴OC=3∴C0,?將A?1,0、B3,0，0=a?b+c0=9a+3b+c?3∴拋物線的表達(dá)式為：y=3（2）解：如圖，連接PB，PC，過點(diǎn)P作PM⊥x軸，交x軸于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)G，

設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+bk≠0將B3,0，C0=3k+b?3=b直線BC的解析式為：y=3∵點(diǎn)P為直線BC下方拋物線上一點(diǎn)，設(shè)Pa,33∴PG=3∵OB=3，∴S∵BC=3∴S∴3PQ=?3∵0<a<3，∴當(dāng)a=32時，PQ有最大值，最大值為∴P3（3）解：∵原拋物線的表達(dá)式為：y=33x∴原拋物線的對稱軸為：x=?b∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為1，將原拋物線向左平移1個單位，再向下平移43∴y=3設(shè)Mb,33∵B3,0，C根據(jù)平行四邊形對角線互相平分，兩條對角線的交點(diǎn)即為中點(diǎn)，當(dāng)BC為對角線時，有3+02解得：b=2，∴此時點(diǎn)M的坐標(biāo)為2,?433解得：t=3∴此時點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,3當(dāng)BN為對角線時，有3+12解得：b=4，∴此時點(diǎn)M的坐標(biāo)為4,833解得：t=5∴此時點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,5當(dāng)BM為對角線時，有3+b2解得：b=?2，∴此時點(diǎn)M的坐標(biāo)為?2,?433解得：t=?3∴此時點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,?3綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)為1,33或1,5【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的解析式、一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是能夠熟練應(yīng)用待定系數(shù)法求得二次函數(shù)和一次函數(shù)的解析式．8．（重慶市九龍坡區(qū)九龍坡區(qū)實(shí)驗(yàn)外國語學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期9月月考數(shù)學(xué)試題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=ax2+bx?4過點(diǎn)6,?4，與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為?2,0，與y

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作y軸平行線交直線BC于點(diǎn)Q，求PQ+255(3)在（2）中PQ+255QB取得最大值的條件下，將該拋物線沿射線CB方向平移5個單位長度，點(diǎn)M為平移后新拋物線對稱軸上一點(diǎn)，點(diǎn)N為新拋物線上一點(diǎn)，使得以點(diǎn)【答案】(1)y=(2)PQ+255QB(3)N9,?5【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式，即可求解；（2）先求得直線BC的解析式為y=12x?4，得出tan∠OBC=OCOB=12，延長PQ交x軸于點(diǎn)D，根據(jù)勾股定理得出DQ=（3）依題意得出將拋物線向上移動1個單位，向右移動2個單位的解析式為y=14x?52?214，A?2,0，P2,?6【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx?4過點(diǎn)6,?4，與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)A∴36a+6b?4=?44a?2b?4=0解得：a=1∴拋物線解析式為y=1（2）解：當(dāng)y=0時，14解得x1∴B8,0當(dāng)x=0時，y=?4，則C0,?4設(shè)直線BC的解析式為y=kx?4，∴8k?4=0，解得k=1∴直線BC的解析式為y=1∵B8,0，C∴OB=8,OC=4，∴tan∠OBC=如圖所示，延長PQ交x軸于點(diǎn)D，

∴DQ=12DB即DQ=5設(shè)Pm,14∴PQ=12m?4?∴PQ+255∴當(dāng)m=2時，PQ+255此時14即P2,?6（3）解：∵將該拋物線沿射線CB方向平移5個單位長度，即將拋物線向上移動1個單位，向右移動2個單位，∵y=∴平移后的解析式為y=∵點(diǎn)M為平移后新拋物線對稱軸上一點(diǎn)，即M為直線x=5上的一點(diǎn)，∵A?2,0，P2,?6，M的橫坐標(biāo)為5，N在拋物線①當(dāng)AN為對角線時，?2+x解得：xN∴當(dāng)x=9時，y=1∴N9,?②當(dāng)AM為對角線時，2+x解得：xN∴當(dāng)x=1時，y=1∴N1,?結(jié)合圖象，不存在AP為對角線的情形，綜上所述，N9,?54

【點(diǎn)睛】本題考查了求正切，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)圖象的平移，特殊四邊形問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（重慶市第八中學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期中數(shù)學(xué)模擬試題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+2(a≠0)與x軸的交點(diǎn)為A?4,0，B1,0

(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)如圖1，連接AC，P是第二象限內(nèi)拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PG∥y交直線AC于點(diǎn)G，作PR∥x軸交直線AC于點(diǎn)R，求PG+PR最大值以及此時點(diǎn)(3)如圖2，將拋物線y=ax2+bx+2(a≠0)沿射線AC平移5個單位，得到新拋物線y′，M為新拋物線對稱軸上一點(diǎn)，N為新拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)以P、B、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出所有符合條件的【答案】(1)拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=?(2)PG+PR的最大值為6，此時P的坐標(biāo)為?2,3(3)N?32,【分析】（1）利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；（2）先求得C點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而得出直線AC的解析式為y=12x+2，設(shè)Pm,?12m2?32（3）根據(jù)題意得到新拋物線，點(diǎn)P?2,3，點(diǎn)B1，0，點(diǎn)M在新拋物線的對稱軸上12,yM，N為新拋物線上一點(diǎn)xN,yN，分以下三種情況，以【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+2(a≠0)與x軸的交點(diǎn)為A∴16a?4b+2=0解得：a=?∴拋物線解析式為y=?1（2）解：∵y=?12x2?令x=0，解得：y=2，則C0,2設(shè)直線AC的解析式為y=kx+2，將點(diǎn)A?4,0代入得，?4k+2=0解得：k=1∴直線AC的解析式為y=1設(shè)Pm,?12∴PG=?1依題意，PG∥y軸，∴∠PRG=∠CAO，∠PGR=∠ACO，∴△PGR∽△OCA，又∵CO=2，AO=4，∴PGPR則PR=2PG=2?∴PG+PR=?3∴當(dāng)m=?2時，PG+PR的最大值為6；?1∴P?2,3（3）∵CO=2，AO=4，∴AC=25∴AC:AO:CO=5∵將拋物線y=ax2+bx+2(a≠0)沿射線AC平移5∴將拋物線y=ax2+bx+2(a≠0)即y′對稱軸為直線x=?1由（2）可得點(diǎn)P?2,3，又點(diǎn)B設(shè)點(diǎn)M12,分以下三種情況，以BP為對角線的平行四邊形PMBN，∴12∴xN∴yN∴N?

以BM為對角線的平行四邊形PMBN，∴1+1∴xN∴yN∴N7

以BN為對角線的平行四邊形PNBM，∴?2+1∴xN∴yN∴N?

綜上所述，N?32,17【點(diǎn)睛】本題考查了求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象的動點(diǎn)問題、以及二次函數(shù)拋物與平行四邊形的綜合問題．解題的關(guān)鍵是根據(jù)拋物線設(shè)動點(diǎn)坐標(biāo)找等量關(guān)系以及數(shù)形結(jié)合求解．10．（重慶市沙坪壩區(qū)第八中學(xué)校2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A、C，與y軸交于點(diǎn)B，已知A?1,0，

(1)求該拋物線的解析式；(2)如圖1，將△AOB繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE，在該拋物線上有一點(diǎn)F，F(xiàn)在第四象限，求四邊形AFED面積的最大值及此時F(3)如圖2，若將原拋物線y=x2+bx+c向左平移2個單位，向上平移3個單位得到新的拋物線y′，新的拋物線y′與y軸交于點(diǎn)G，點(diǎn)H為原拋物線上的一點(diǎn)，且橫坐標(biāo)為1，點(diǎn)M為新拋物線y′對稱軸上的一點(diǎn)，在新拋物線y′上確定一點(diǎn)N，使得以點(diǎn)G、H、M【答案】(1)y=x(2)四邊形AFED面積的最大值為6516，此時F的坐標(biāo)為3(3)N的坐標(biāo)為52,674或【分析】(1)用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y=x2?x?2；(2)連接DF，求出AD=AO=1，DE=BO=2，知D?1,1，E1,1，設(shè)Fm(3)求出H1,?2，根據(jù)將拋物線y=x2?x?2向左平移2個單位，向上平移3個單位得到新的拋物線y′，可得新的拋物線y′的解析式為y′=x+22?x+2?2+3=x2+3x+3=x+322+34，新的拋物線對稱軸為直線x=?3【詳解】（1）把A?1,0，B0,?2的坐標(biāo)代入1?b+c=0c=?2解得b=?1c=?2∴拋物線的解析式為y=x（2）連接DF，如圖：

∵將△AOB繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE，A?1,0，∴AD=AO=1,＋DE=BO=2，∴D?1,1，E設(shè)Fm,∴S四邊形∵?1<0，∴當(dāng)m=34時，S四邊形∴四邊形AFED面積的最大值為6516，此時F的坐標(biāo)為3（3）把x=1代入y=x2?x?2中得y=∴H1,?2將拋物線y=x2?x?2向左平移2個單位，向上平移∴新的拋物線的解析式y(tǒng)′∴新的拋物線對稱軸為直線x=?3把x=0代入y′=x2+3x+3中得∴G0,3設(shè)M?32①當(dāng)HG，MN為對角線時，1=?3解得m=?63∴N5②當(dāng)HM，GN為對角線時，1?3解得m=27∴N?③當(dāng)HN，GM為對角線時，1+n=0?3解得m=?13∴N?綜上所述，N的坐標(biāo)為52,674或【點(diǎn)睛】此題考查了二次函數(shù)及四邊形，三角形面積，平行四邊形的綜合應(yīng)用，運(yùn)用分類討論思想和方程思想是解題的關(guān)鍵．【題型2存在性菱形】11．（重慶市北碚區(qū)西南大學(xué)附屬中學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=2x+6與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交點(diǎn)C，拋物線y=?2x2+bx+c過A，C兩點(diǎn)，與x(1)求拋物線的解析式．(2)在直線AC上方的拋物線上有一動點(diǎn)E，連接BE，與直線AC相交于點(diǎn)F，當(dāng)EF=12BF(3)在（2）的條件下，若點(diǎn)E位于對稱軸左側(cè)，點(diǎn)M是拋物線對稱軸上一點(diǎn)，點(diǎn)N是拋物線上一點(diǎn)，當(dāng)以M，N，E，B為頂點(diǎn)的四邊形是菱形時，直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?2(2)E1(?2,6)(3)M的坐標(biāo)為M?1,41或M?1,?41)或M【分析】（1）先求出A、C兩點(diǎn)坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求解；（2）如圖，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，過點(diǎn)F作FG⊥x軸于點(diǎn)G，則易得△BFG∽△BEH，設(shè)點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為t，則Et,?2t2?4t+6，利用相似三角形的性質(zhì)可求出點(diǎn)F的坐標(biāo)，再根據(jù)EH與FG的關(guān)系列出關(guān)于t的方程，解方程可求出（3）分兩種情況：①當(dāng)EB為菱形的邊時，②當(dāng)EB為菱形的對角線時，分別求解即可.【詳解】（1）在y=2x+6中，當(dāng)x=0時y=6，當(dāng)y=0時x=?3，∴C(0,6)、A(?3,0)，∵拋物線y=?2x2+bx+c的圖象經(jīng)過A∴?18?3b+c=0c=6解得b=?4c=6∴拋物線的解析式為y=?2x（2）令?2x2?4x+6=0，解得x1=?3設(shè)點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為t，則Et,?2如圖，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，過點(diǎn)F作FG⊥x軸于點(diǎn)G，則EH∥FG，∴△BFG∽△BEH，∵EF=1∴BFBE∵BH=1?t，∴BG=2∴點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為13∴F1∴?2t∴t2解得t1=?2，當(dāng)t1=?2時，當(dāng)t2=?1時，∴E1(?2,6)，（3）∵拋物線的解析式為y=?2x拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為?1，8，對稱軸方程為在（2）的條件下，∵點(diǎn)E位于對稱軸左側(cè)，∴E?2,6∵點(diǎn)M是拋物線對稱軸上一點(diǎn)，∴設(shè)M?1,m∵B1,0∴BM2=1+12①當(dāng)EB為菱形的邊時，BM=BE，即BM∴m2∴m=±41∴M?1,41或②當(dāng)EB為菱形的對角線時，BM=ME，即BM∴m2解得m=11∴M?1,③當(dāng)BE=ME，即BE∴m2∴m=?35+6或∴M?1,?35+6綜上所述，M的坐標(biāo)為M?1,41或M?1,?41)或M【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，勾股定理及菱形的判斷和性質(zhì)，兩點(diǎn)間的距離公式等知識點(diǎn)，解決本題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用以上知識．12．（重慶市西南大學(xué)附屬中學(xué)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)開學(xué)考試試題）如圖，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(diǎn)（點(diǎn)

(1)求線段AC的長度；(2)點(diǎn)P為直線AC下方拋物線上的一動點(diǎn)，且點(diǎn)P在拋物線對稱軸左側(cè)，過點(diǎn)P作PD∥y軸，交AC于點(diǎn)D，作PE∥x軸，交拋物線于點(diǎn)E．求(3)在（2）中3PD＋PE取得最大值的條件下，將該拋物線沿著射線CA方向平移13個單位長度，得到一條新拋物線y′，M為射線CA上的動點(diǎn)，過點(diǎn)M作MF∥x軸交新拋物線y′的對稱軸于點(diǎn)F，點(diǎn)N為直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)，請直接寫出所有使得以點(diǎn)P，F(xiàn)，M，【答案】(1)13(2)最大值6，P的坐標(biāo)為?2(3)N的坐標(biāo)為?21+3212,?2或?6【分析】（1）在y=23x2+43（2）由y=23x2+43x?2=23x+12?83，得拋物線的對稱軸是直線x=?1（3）將拋物線y=23x+12?83沿著射線CA方向平移13個單位長度相當(dāng)于先向左平移3個單位，再向上平移2個單位，故新拋物線解析式為y′=23x+1+32?83+2=23x+42?23，新拋物線的對稱軸為直線【詳解】（1）在y=23x2+∴C0令y=0得：23解得，x=1或x=?3，∴A?3∴AC=9+4∴線段AC的長度為13；（2）∵y=2∴拋物線y=23x設(shè)Pm設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，把A?3，0?3k+b=0b=?2解得，k=?∴直線AC的解析式為y=?2∵PD∥∴Dm∴PD=?2∵PE關(guān)于直線x=?1對稱，∴PE=2(?1?m)=?2?2m,∴3PD+PE=3?∵?2<0，∴當(dāng)m=?2時，3PD+PE取最大值6，此時P的坐標(biāo)為?2，（3）∵A?3∴將拋物線y=23x+12?∴新拋物線解析式為y′∴新拋物線的對稱軸為直線x=?4；設(shè)Mt,?而P(?2,①若MN，F(xiàn)P為對角線，則MN，∴t+p=?4?2?解得：p=?21+3212q=?2t=9?321∴N?21+3②若MF，NP為對角線，則MF，∴t?4=p?2?解得：p=?2q=?2t=∴N?6③若MP，NF為對角線，則MP，∴t?2=p?4?解得：p=?26+6215∴N?26+6215綜上所述，N的坐標(biāo)為?21+3212,?2或?6，【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及二次函數(shù)圖象上點(diǎn)坐標(biāo)的特征，菱形等知識，解題的關(guān)鍵是用含字母的式子表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長度．13．（2023年重慶市中考數(shù)學(xué)真題（A卷））如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+2過點(diǎn)1,3，且交x軸于點(diǎn)A?1,0，B兩點(diǎn)，交

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥BC于點(diǎn)D，過點(diǎn)P作y軸的平行線交直線BC于點(diǎn)E，求△PDE周長的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)在（2）中△PDE周長取得最大值的條件下，將該拋物線沿射線CB方向平移5個單位長度，點(diǎn)M為平移后的拋物線的對稱軸上一點(diǎn)．在平面內(nèi)確定一點(diǎn)N，使得以點(diǎn)A，P，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，寫出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)，并寫出求解點(diǎn)N的坐標(biāo)的其中一種情況的過程．【答案】(1)y=?(2)△PDE周長的最大值65+10(3)以點(diǎn)A，P，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形時N?52,【分析】（1）把1,3、A?1,0代入y=a（2）延長PE交x軸于F，可得∠DEP=∠BCO，進(jìn)而得到△DPE～△OBC，△DPE周長△OBC周長（3）先求出平移后的解析式，再設(shè)出M，N的坐標(biāo)，最后根據(jù)菱形的性質(zhì)和判定計(jì)算即可．【詳解】（1）把1,3、A?1,0代入y=ax2解得a=?1∴拋物線的表達(dá)式為y=?1（2）延長PE交x軸于F，

∵過點(diǎn)P作PD⊥BC于點(diǎn)D，過點(diǎn)P作y軸的平行線交直線BC于點(diǎn)E，∴∠DEP=∠BCO，∠PDE=∠COB=90°，∴△DPE～△OBC，∴△DPE周長∴△DPE周長∴當(dāng)PE最大時△PDE周長的最大∵拋物線的表達(dá)式為y=?1∴B4,0∴直線BC解析式為y=?12設(shè)Pm,?1∴PE=?1∴當(dāng)m=2時PE=2最大，此時P∵△BOC周長為OC+OB+BC=6+25∴△PDE周長的最大值為225×即△PDE周長的最大值65+105（3）∵將該拋物線沿射線CB方向平移5個單位長度，可以看成是向右平移2個單位長度再向下平移一個單位長度，∴平移后的解析式為y=?12x?2∴設(shè)M72∵P2,3，∴PA2=18，P當(dāng)PA為對角線時，此時以點(diǎn)A，P，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形∴PA與MN互相平分，且PM=AM∴94+∵PA中點(diǎn)坐標(biāo)為2?12,3+02，∴72+s=1n+t=3此時N?當(dāng)PA為邊長且AM和PN是對角線時，此時以點(diǎn)A，P，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形∴AM與PN互相平分，且PM=PA∴94+∵PN中點(diǎn)坐標(biāo)為2+s2,3+t2，∴2+s=72?1此時N12,同理，當(dāng)PA為邊長且AN和PM是對角線時，此時以點(diǎn)A，P，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形∴AN和PM互相平分，且AM=PA814綜上所述，以點(diǎn)A，P，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形時N?52,9【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法，相似三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)及應(yīng)用，中點(diǎn)坐標(biāo)公式等知識，解題的關(guān)鍵是用含字母的代數(shù)式表示相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)及相關(guān)線段的長度．14．（重慶市沙坪壩區(qū)第一中學(xué)校2022-2023學(xué)年九年級下學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?43x2?83x+4與x軸交于點(diǎn)A、點(diǎn)B（點(diǎn)A在點(diǎn)

(1)求線段AC的長度；(2)如圖1，點(diǎn)P為直線AC上方拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)B作BD∥AC交y軸于點(diǎn)D，連接PD交AC于點(diǎn)E，連接BP，求△PBE面積的最大值及此時點(diǎn)(3)如圖2，在（2）的條件下，點(diǎn)Q與點(diǎn)P關(guān)于原拋物線對稱，將原拋物線沿著射線AQ方向平移5個單位，得到新拋物線y′，M為直線l:y=x+133與y軸的交點(diǎn)，N為直線l上一點(diǎn)，將直線l繞著點(diǎn)N逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到直線l′，交新拋物線于點(diǎn)G，點(diǎn)H為平面直角坐標(biāo)系內(nèi)任意一點(diǎn)，直接寫出所有使得四邊形【答案】(1)線段AC的長度為5；(2)S△PBE的最大值為32，此時點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3)點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為?33+3198或3【分析】（1）分別令x=0，y=0，解方程即可求得：A?3,0，B1,0，C0,4（2）過點(diǎn)P作PL∥y軸，交直線AC于點(diǎn)K，交直線BD于點(diǎn)L，作PH⊥BD于點(diǎn)H，交AC于點(diǎn)T，利用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y=43x+4，直線BD的解析式為y=43x?43，設(shè)Pt,?43（3）將原拋物線沿著射線AQ方向平移5個單位，得到新拋物線y′，即將原拋物線y=?43x+12+163向右平移1個單位，再向上平移2個單位得到新拋物線y′:y【詳解】（1）∵拋物線y=?43x2?83x+4與x軸交于點(diǎn)A、點(diǎn)B（點(diǎn)令x=0，得y=4，令y=0，得?4解得：x1=?3，∴A?3,0，B1,0，∴OA=3，OC=4，在Rt△ACO中，AC=（2）如圖1，過點(diǎn)P作PL∥y軸，交直線AC于點(diǎn)K，交直線BD于點(diǎn)L，作PH⊥BD于點(diǎn)H，交AC于點(diǎn)T，

設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，則?3k+b=0b=4解得：k=4∴直線AC的解析式為y=4∵BD∥AC，∴設(shè)直線BD的解析式為y=43x+d，把B解得：d=?4∴直線BD的解析式為y=4令x=0，得y=?4∴D0,?在Rt△BOD中，BD=設(shè)Pt,?43∴PK=?4∵PL∥y軸，∴∠PKT=∠ACO，∵∠PTK=∠AOC=90°，∴△PKT∽△ACO，∴PTOA=PK∴PT=?4∴=====?2∵?2∴當(dāng)t=?32時，S△PBE取得最大值32，此時點(diǎn)（3）∵y=?4∴拋物線的對稱軸為直線x=?1，頂點(diǎn)為?1,16∵點(diǎn)Q與點(diǎn)P?32∴Q?設(shè)直線AQ的解析式為y=k′x+解得：k′∴直線AQ的解析式為y=2x+6，∵將原拋物線沿著射線AQ方向平移5個單位，得到新拋物線y′∴即將原拋物線y=?43x+12+163∴新拋物線為y′∵M(jìn)為直線l:y=x+133與∴M0,設(shè)Nn,n+133，將直線l繞著點(diǎn)N逆時針旋轉(zhuǎn)30°則∠GNT=30°，當(dāng)MG為菱形MNGH的對角線時，如圖2、圖3，設(shè)直線l交x軸于點(diǎn)L，直線MG交x軸于點(diǎn)K，則MN=NG，OM=OL=13∴∠OCL=45°，

∴∠GMN=∠MGN=15°，∴∠LCK=∠GCN=15°，∴∠KCO=∠OCL?∠LCK=45°?15°=30°，∴OK=OM?tan∴K?設(shè)直線MG的解析式為y=k″x+解得：k″∴直線MG的解析式為y=3聯(lián)立方程組，得，?4解得：x1=?3當(dāng)MG為菱形MNGH的對角線時，如圖4、圖5，設(shè)直線l交x軸于點(diǎn)L，直線MG交x軸于點(diǎn)K，則MN=NG，NG//MH，

∴∠HMN=180°?30°=150°，∴∠NMG=1∴∠GMO=∠NMG+∠LMO=75°+45°=120°，∴∠AMO=60°，∴OA=OM?tan∴K(1333同理可得直線MG的解析式為y=?3聯(lián)立方程組，得，?4解得：x1=?3綜上所述，點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為?33+3198或3【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，勾股定理，三角形面積，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，拋物線的平移變換，菱形性質(zhì)，解直角三角形等，第（2）問利用S△PBE=S△PBD?S△EBD15．（2023年重慶市育才中學(xué)校中考一模數(shù)學(xué)試題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=12x2+bx+c與x軸交于A?1，0，B4(1)求該拋物線的解析式；(2)點(diǎn)P為直線BC下方拋物線上的一動點(diǎn)，過P作PE⊥BC于點(diǎn)E，過P作PF⊥x軸于點(diǎn)F，交直線BC于點(diǎn)G，求PE＋PG的最大值，以及此時點(diǎn)(3)將拋物線y=12x2+bx+c沿射線CB方向平移，平移后的圖象經(jīng)過點(diǎn)H2,?1，點(diǎn)M為D的對應(yīng)點(diǎn)，平移后的拋物線與y軸交于點(diǎn)N，點(diǎn)Q為平移后的拋物線對稱軸上的一點(diǎn)，且點(diǎn)Q在第一象限．在平面直角坐標(biāo)系中確定點(diǎn)R，使得以點(diǎn)M，N，Q，【答案】(1)y=(2)PE+PG的最大值為455+2，此時點(diǎn)(3)(7,4)或0,?116或【分析】（1）根據(jù)拋物線y=12x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（2）證明△PEG～△BOC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出PE=255（3）先根據(jù)平移規(guī)律求出平移后的拋物線的解析式，以及點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，然后設(shè)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，根據(jù)菱形的性質(zhì)求出Q的坐標(biāo)，即可得點(diǎn)R的坐標(biāo)．【詳解】（1）∵拋物線y=12x2+bx+c與x∴拋物線的解析式為y=12(x+1)(x?4)（2）∵y=1令x=0，則y=∴C(0,?2)設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+a，把B4，0，C(0,?2)4k+a=0a=?2解得，k=1∴直線BC的解析式為：y=1∵PF⊥x軸，∴PF∥∴∠PGE=∠BCO，∵PE⊥BC，∴∠PEG=∠BOC=90°，∴△PEG～△BOC，∴PE∴∴PE=2∴PE+PG=設(shè)Px,12∴PG=1∴當(dāng)x=2時，PG的最大值為2，∴PE+PG的最大值為255PG+PG=45（3）∵將拋物線y=12x2?32設(shè)拋物線y=12x2?∴新拋物線y′的解析式為y∵平移后的圖象經(jīng)過點(diǎn)H(2,?1)，∴1解得，m=1或?1（不符合題意，舍去）∴新拋物線y′的解析式為y∴點(diǎn)M72,?178設(shè)Q7∴MN2=72①當(dāng)MN=NQ時，72解得，n=818或此時，MQ、NR為對角線，∵M(jìn)7∴R(7,4)；②當(dāng)MQ=NQ時，72解得，n=31此時，MN、RQ為對角線，∵M(jìn)7∴R0,?③當(dāng)MN=MQ時，72解得，n=765?17此時，MR、NQ為對角線，∵M(jìn)7∴R0,綜上所述，點(diǎn)R的坐標(biāo)為(7,4)或0,?116【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)三角形面積，平移的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵16．（2023年重慶市育才中學(xué)教育集團(tuán)中考三模數(shù)學(xué)試題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?12x2?x+4與x軸分別交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A

(1)求△ABC的面積；(2)點(diǎn)P為直線AC上方拋物線上的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD∥y軸交直線AC于點(diǎn)D，求PD+22CD(3)如圖2，將拋物線沿著水平方向向右平移2個單位長度得到新的拋物線，點(diǎn)E為原拋物線與平移后的拋物線的交點(diǎn)，點(diǎn)M為平移后的拋物線對稱軸上的一動點(diǎn)，點(diǎn)N為坐標(biāo)平面內(nèi)的一點(diǎn)，直接寫出所有使得以點(diǎn)B、E、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是菱形的點(diǎn)N的坐標(biāo)，并把求其中一個點(diǎn)N的坐標(biāo)的求解過程寫出來．【答案】(1)12(2)PD+22CD的最大值為(3)點(diǎn)N坐標(biāo)為：?1，4+19或?1，【分析】（1）根據(jù)拋物線的解析式及拋物線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)即可解答；（2）根據(jù)題意得到直線AC的解析式為y=x+4，進(jìn)而設(shè)Pm，?12（3）首先求出點(diǎn)E、B的坐標(biāo)，設(shè)M1，m，然后分三種情況：①當(dāng)EM為對角線時，BE=BM，②當(dāng)BM為對角線時，EB=EM，③當(dāng)BE為對角線時，BM=EM，分別根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式求出m，得到M【詳解】（1）解：∵拋物線y=?1∴C0∴OC=4，∵拋物線y=?12x2?x+4與x軸分別交于A∴?1∴x1=?4，∴A?4，0∴AB=?4?2∴S△ABC（2）解：∵C0，4∴設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，∴解得：b=4k=1∴直線AC的解析式為y=x+4；∴設(shè)點(diǎn)Pm，?∴PD=?1∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC=45°，∴∠HCD=45°，∴22∴PD+2∴PD+22CD∴當(dāng)PD+22CD∴P?3（3）解：∵拋物線y=?1∴y=?1∵將拋物線y=?12x∴新拋物線為：y=?1∴原拋物線與新拋物線的交點(diǎn)，∴?1∴解得：x=0，∴當(dāng)x=0時，y=4，∴E0∵B2∴EB=4設(shè)M1①當(dāng)EM為對角線時，BE=BM，∴25解得：m=±19∴M1,19或∴EM的中點(diǎn)坐標(biāo)為12,4+∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為12×2?2=?1，縱坐標(biāo)為4+19即N?1，4+②當(dāng)BM為對角線時，EB=EM，∴25解得：m=4±19∴M1,4+19或∴BM的中點(diǎn)坐標(biāo)為32,4+∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為32×2?0=3，縱坐標(biāo)為4+19即N3，19③當(dāng)BE為對角線時，BM=EM，∴2?12解得：m=2，∴M1,2∵BE中點(diǎn)坐標(biāo)為1,2，∴B、M、E三點(diǎn)共線，此情況不存在；綜上，點(diǎn)N坐標(biāo)為：?1，4+19或?1，4?【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)與幾何綜合，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，二次函數(shù)的平移規(guī)律，解直角三角形，勾股定理的應(yīng)用，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想與分類討論思想的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．17．（2023年重慶市第一中學(xué)中考三模數(shù)學(xué)試題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?23x2+23x+4交x軸于A，B兩點(diǎn)，與

(1)求線段AC的長度；(2)點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線分別交BC，x軸于點(diǎn)M，N．求PM+PN的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)在（2）中PM+PN取得最大值的條件下，將該拋物線沿射線CA方向平移35個單位長度，Q為P點(diǎn)的對應(yīng)點(diǎn)，平移后的拋物線與y軸交于點(diǎn)F，點(diǎn)E是平移后的拋物線的對稱軸上的一點(diǎn)，平面直角坐標(biāo)系內(nèi)是否存在一點(diǎn)M，使得以點(diǎn)E、F、Q、M為頂點(diǎn)的四邊形是以EQ為邊的菱形，寫出所有符合條件的點(diǎn)M【答案】(1)AC=2(2)PM+PN的最大值為163，此時點(diǎn)(3)存在，M12,?13【分析】（1）由題意易得C0,4，A（2）由題意易得直線BC的解析式為y=?43x+4，設(shè)點(diǎn)Pa,?2（3）由題意易得平移后的拋物線解析式為y′=?23x2?103x?6，則有Q?2,?2，F(xiàn)0,?6，設(shè)E?52,m,M【詳解】（1）解：當(dāng)x=0時，則y=4，即C0,4∴OC=4，當(dāng)y=0時，則?23x∴A?2,0∴OA=2，∴AC=O（2）解：設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，由（1）可得：3k+b=0b=4解得：k=?4∴直線BC的解析式為y=?4設(shè)點(diǎn)Pa,?23∴PM=?2∴PM+PN=?2∴當(dāng)a=?832×?43=1（3）解：存在，理由如下：由（1）可知：OA=2,OC=4,AC=25∴sin∠ACO=∴該拋物線沿射線CA方向平移35個單位長度，即為該拋物線向左平移35×55=3個單位長度，向下平移35∴當(dāng)x=0時，則y′=?6，平移后的拋物線對稱軸為直線∴F0,?6設(shè)E?52,m,Mp,t，則以點(diǎn)E、F、Q、M為頂點(diǎn)的四邊形是以?2=?5解得：p=1∴M1②當(dāng)以EF,QM為對角線時，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得：?2+p=?5解得：p=?12,m=?2+此時t=?6+792∴M?12綜上所述：當(dāng)以點(diǎn)E、F、Q、M為頂點(diǎn)的四邊形是以EQ為邊的菱形時，點(diǎn)M12,?134【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)及菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．18．（2023年重慶市巴蜀中學(xué)校中考二模數(shù)學(xué)試題）如圖1，拋物線y=?x2+2x+3與x軸交于A和B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，連接AC，直線y=kx+b

(1)求直線BC的函數(shù)表達(dá)式；(2)點(diǎn)P是位于直線BC上方拋物線上的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE⊥BC于點(diǎn)E，連接OE，求△BOE面積的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)在（2）的條件下，將拋物線沿著射線CA方向平移210個單位得到新拋物線y′，y′與原拋物線相交于點(diǎn)M，點(diǎn)Q是新拋物線y′對稱軸上的一個動點(diǎn)，點(diǎn)N為平面內(nèi)一點(diǎn)，若以P、Q、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是以MQ為邊的菱形，直接寫出所有符合條件的點(diǎn)【答案】(1)BC:y=?x+3(2)S△BOE最大=7516(3)N11,15+2159【分析】（1）根據(jù)拋物線解析式求與x軸，與y軸的交點(diǎn)，用待定系數(shù)法求直線BC的函數(shù)表達(dá)式即可；（2）過P點(diǎn)作PM⊥x軸于M點(diǎn)，交直線BC于點(diǎn)R，過點(diǎn)E作EN⊥PM于點(diǎn)N，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得PN=12PR（3）根據(jù)平移規(guī)律可得拋物線的解析式為y′=?x2?2x?3，可得y′的對稱軸為x=?1，求得y′與原拋物線相交于點(diǎn)M的坐標(biāo)；設(shè)Q當(dāng)MP=MQ時，求得Q的坐標(biāo)，進(jìn)一步求得N的坐標(biāo)；當(dāng)PQ=MQ時，求得Q的坐標(biāo)，進(jìn)一步求得N的坐標(biāo)．【詳解】（1）將x=0代入y=?x2∴C將y=0代入y=?x2解得x1=?1∴A?1,0，設(shè)B，C所在直線的解析式為：y=kx+b代入B3,0，C0=3k+b解得k=?1∴直線BC的解析式為：y=?x+3（2）過P點(diǎn)作PM⊥x軸于M點(diǎn)，交直線BC于點(diǎn)R，過點(diǎn)E作EN⊥PM于點(diǎn)N∵∠COB=90°，∠MRB=∠ERP=∠EPN=45°∴PN=1設(shè)點(diǎn)Pm,?m∴EH=NM=PM?PN=?∴當(dāng)m=12時，EHS△BOE最大=75（3）∵拋物線沿射線CA方向平移210個單位得到新的拋物線y′∴當(dāng)平移10個單位的時候，平移之后原來的C點(diǎn)到了A點(diǎn)的位置，可以看做拋物線先向下平移3個單位長度，再向左平移1個單位長度，故當(dāng)平移210∴新拋物線的解析式為y∴y′的對稱軸為∵y′與原拋物線相交于點(diǎn)M故令?解得x=?則?所以點(diǎn)M坐標(biāo)為?由（2）得知P設(shè)Q∴MMP當(dāng)MP=MQ時，40=解得m=故Q1?1,則可以看做Q是有M先向右平移12單位，再向上或向下平移2故N點(diǎn)可以看做點(diǎn)P同樣平移可得，故1∴N11,當(dāng)PQ=MQ時，9解得m=故Q3則可以看做M是Q先由向左平移12單位，再向下平移19故N點(diǎn)可以看做點(diǎn)P同樣平移可得，故1∴N【點(diǎn)睛】本題考查了用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，等腰三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)的綜合運(yùn)用等知識，重難點(diǎn)在于第三問中找出所有符合條件的N點(diǎn)位置并求出坐標(biāo)．19．（2023年重慶市第一中學(xué)校中考一模數(shù)學(xué)試題）如圖，拋物線y=?16x2+36x+3與x軸交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與

(1)如圖1，求直線BC的表達(dá)式；(2)如圖1，點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上的一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作y軸的平行線交直線BC于點(diǎn)Q，過點(diǎn)P作x軸的平行線交直線BC于點(diǎn)H，求△PQH周長的最大值和此時P點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)如圖2，將拋物線沿射線BC方向平移4個單位得到新拋物線y′，新拋物線y′與坐標(biāo)軸y軸交于點(diǎn)M．點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于x軸對稱，連接BD，將△BCD沿直線AC平移得到△B′C′D′．平移過程中，在直線ME上是否存在點(diǎn)N，使得N，B′【答案】(1)y=?(2)93+27(3)539,7【分析】（1）根據(jù)拋物線解析式，確定A、B、C的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法確定解析式即可．（2）根據(jù)tan∠CBO=OCOB=333=33，得到∠CBO=30°，繼而得到∠PHQ=30°，得到（3）根據(jù)拋物線沿射線BC方向平移4個單位得到新拋物線y′，結(jié)合∠CBO=30°，得到4sin30°=2,4cos30°=23即將y=?16x2?32x+4確定M的坐標(biāo)，從而確定直線ME的解析式，根據(jù)A?23,0,C0,3得到OCOA=323=【詳解】（1）∵，拋物線y=?16x2+36x+3與x軸交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)令y=∴?1解得x1令x=∴y=3，∴A?2設(shè)BC的解析式為y=kx+3，∴33解得k=?3故直線BC的解析式為y=?3（2）∵B3∴BO=33∴tan∠CBO=∴∠CBO=30°，∵PH∥x軸，PQ∥y軸，∴∠PHQ=30°,∠QPH=90°，∴HQ=2PQ,PH=3∴△PQH周長等于3+3∵y=?16設(shè)點(diǎn)Pn,?16∴PQ=?1

故當(dāng)n=332時，PQ此時?16n故△PQH周長的最大值為93+278，此時P（3）∵拋物線沿射線BC方向平移4個單位得到新拋物線y′，∠CBO=30°∴4sin30°=2,4cos30°=23即將y=?整理得y=?1∴M的坐標(biāo)為0,4，∵直線BC的解析式為y=?33x+3∴E3設(shè)ME的解析式為y=px+4，∴32解得p=?3故直線ME的解析式為y=?3∵A?2

∴OCOA=323∵B3∴B′當(dāng)C′∵菱形的對角線互相垂直平分，C′D′∴NB∴對角線交點(diǎn)坐標(biāo)為2t,3t，∴33解得x=2t?33∴N2t?3∴3t=?解得t=13∴N?當(dāng)C′D′是菱形的邊時，如圖，則C∴N點(diǎn)坐標(biāo)為33把33+2t,3t?6代入∴N29

當(dāng)C′D′是菱形的邊時，如圖，則C∴N點(diǎn)坐標(biāo)為33把33+2t,3t+6代入∴N5

．綜上所述：N點(diǎn)坐標(biāo)為539,7【點(diǎn)睛】本題考查了拋物線與一元二次方程，三角函數(shù)的應(yīng)用，構(gòu)造二次函數(shù)求最值，平移規(guī)律，一次函數(shù)解析式的確定，菱形的性質(zhì)，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，熟練掌握三角函數(shù)的應(yīng)用，構(gòu)造二次函數(shù)求最值，平移規(guī)律，菱形的性質(zhì)，中點(diǎn)坐標(biāo)公式．20．（2023年重慶市江北區(qū)重慶八中宏帆初級中學(xué)校中考一模數(shù)學(xué)試題）如圖，拋物線y=24x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A?2,0、B，與(1)求拋物線的解析式；(2)過點(diǎn)A作AF⊥AD交對稱軸于點(diǎn)F，在直線AF下方對稱軸右側(cè)的拋物線上有一動點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PQ∥y軸交直線AF于點(diǎn)Q，過點(diǎn)P作PE⊥DF交于點(diǎn)E，求PQ+PE最大值及此時點(diǎn)(3)將原拋物線沿著x軸正方向平移，使得新拋物線經(jīng)過原點(diǎn)，點(diǎn)M是新拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)N是平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點(diǎn)，是否存在以B、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是以BC為對角線的菱形，若存在，求所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)．【答案】(1)y=2(2)PQ+PE的最大值為62，此時P(3)存在，N32?3,6?【分析】（1）代入法求解即可；（2）由（1）和題意可求得D2,?22與F關(guān)于x軸對稱得F2,22，設(shè)AF直線方程為：y=kx+b，則AF解析式為y=x+2，設(shè)Pt,24t2?t?322，（3）平移后拋物線過原點(diǎn)，則拋物線向右平移2個單位，得y=24x2?2x以B、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是以BC為對角線的菱形，由（1）得C0,?322，B32,0，取BC中點(diǎn)R，則R322,?3【詳解】（1）解：拋物線過A?2,0∴24解得：b=?1c=?∴拋物線解析式為：y=2（2）由（1）可知當(dāng)x=2時y=?2∴頂點(diǎn)D2∴DM=AM=22∴∠MAD=45°，

∵AF⊥AD，∴∠MAF=45°，∴D2,?22與F∴F2設(shè)AF直線方程為：y=kx+b，則有:22解得：k=1b=∴AF解析式為y=x+2設(shè)Pt,24∴PQ=?24t∴PQ+PE=?2∵?24<0∴當(dāng)t=32時，PQ+PE的最大值為6此時P3（3）平移后拋物線過原點(diǎn)，則拋物線向右平移2個單位，得y=2即為y=2∵以B、C、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是以BC為對角線的菱形，由（1）得C0,?32∴BC=3取BC中點(diǎn)R，則R3∴BR=3作BC的中垂線分別交x軸、y軸于Q、P，則△BCO～△BQR，∴BQBR∴BQ=5∴OQ=OB?BQ=32∴Q9設(shè)PR直線方程為：y=mx+n，則有:?3解得：m=?2b=∴PR解析式為y=?2x+9聯(lián)立有y=2解得：x=±3，當(dāng)x=3時代入y=?2x+924當(dāng)x=?3時代入y=?2x+924∴M3,?6+924∵R322設(shè)Nx,y則有：x+32=3解得：x=32?3y=6?∴N32?3,6?【點(diǎn)睛】本題考查了代入法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，一次函數(shù)與二次函數(shù)交點(diǎn)問題，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用；解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)性質(zhì)并靈活運(yùn)用【題型3存在性矩形】21．（重慶市九龍坡區(qū)四川外國語大學(xué)附屬外國語學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期12月月考數(shù)學(xué)試題）如圖，拋物線y=?14x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A,B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的右側(cè)），點(diǎn)A(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)D為拋物線的頂點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE∥AC交拋物線于點(diǎn)E，點(diǎn)P為拋物線上點(diǎn)D,E之間的一動點(diǎn)，連接AC,AE,AP,CE,CP，線段AP,CE交于點(diǎn)G，記△CPG的面積為S1,△AEG的面積為S2，且S=(3)在（2）的條件下，將拋物線沿射線AC方向平移5個單位長度后得到新拋物線，點(diǎn)Q是新拋物線對稱軸上一動點(diǎn)，在平面內(nèi)確定一點(diǎn)R，使得以點(diǎn)P、Q、B、R為頂點(diǎn)的四邊形是矩形．直接寫出所有符合條件的點(diǎn)R的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?(2)S的最大值為1，P(3)7,3或?5,3【分析】（1）將A8,0、B?2,0，代入拋物線y=?14x2+bx+c，列方程組求解即可得到答案；（2）過點(diǎn)E作EI⊥AB，交AB于點(diǎn)I，過點(diǎn)P作PH⊥AB，交AB于點(diǎn)H，根據(jù)S△CPG?S△AEG=S△ACP?S△AEC，S△ACP=S梯形OHPC+S△APH?SAOC,S△AEC=S梯形OIEC+（3）根據(jù)A8,0，C0,4，得到OCOA=12，結(jié)合拋物線沿射線AC方向平移5個單位長度，得到拋物線向左平移2個單位長度，向上平移1個單位長度，得到新拋物線解析式，設(shè)點(diǎn)Q1,m，Rp,q，分三種情況：①若QR,BP為對角線，則【詳解】（1）解：將A8,0、B?2,0，代入拋物線y=?解得：b=3∴拋物線的解析式為：y=?1（2）解：過點(diǎn)E作EI⊥AB，交AB于點(diǎn)I，過點(diǎn)P作PH⊥AB，交AB于點(diǎn)H，∵S=S1?∴S=S∴S=1由（1）得點(diǎn)C0,4設(shè)直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+bk≠0將A8,0，C0,4代入，得解得：k=?1∴直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=?1∵DE∥設(shè)直線DE的解析式為y=?1∵y=?14x∴D3,將D3,254代入y=?聯(lián)立直線DE與拋物線，得y=?1解得：x1當(dāng)x=5時，y=21∴E5,設(shè)點(diǎn)Px,?則OC=4,PH=?1∴S=1∴S=?x∴當(dāng)x=4時，S的最大值為1，此時P4,6（3）解：∵A8,0，C∴OCOA=12，則拋物線沿射線設(shè)拋物線象上平移a個單位，則就向左平移2a個單位，∵a解得：a=1，即拋物線向左平移2個單位長度，向上平移1個單位長度，得到新拋物線解析式為y=?1設(shè)點(diǎn)Q1,m，R∵P4,6，B分三種情況：①若QR,BP為對角線，則QR,BP的中點(diǎn)重合，且QR=BP；1+p=4+此時方程組無實(shí)數(shù)解；②若QB,RP為對角線；同理可得：?1解得：p=?5q=3∴R?5,3③若QP,RB為對角線，52解得：p=7q=3∴R7,3綜上所述，R的坐標(biāo)為7,3或?5,3．【點(diǎn)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)圖像上點(diǎn)坐標(biāo)的特征，矩形等知識，解題的關(guān)鍵是用含字母的式子表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)和相關(guān)線段的長度．22．（重慶市渝中區(qū)巴蜀中學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期末數(shù)學(xué)模擬試題）如圖1，拋物線y=ax2+bx+3a≠0與x軸交于A?3,0和B(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)P是拋物線上位于直線AC上方的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD∥y軸交AC于點(diǎn)D，過點(diǎn)P作PE⊥AC于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥y軸于點(diǎn)F，求出PD+EF的最大值及此時點(diǎn)(3)如圖2，將原拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線y′，y′與原拋物線相交于點(diǎn)M，點(diǎn)N為原拋物線對稱軸上的一點(diǎn)，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點(diǎn)H，使以點(diǎn)A，M，N，H為頂點(diǎn)的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出點(diǎn)【答案】(1)y=?(2)258，(3)H點(diǎn)的坐標(biāo)為?2,?13或0,73【分析】（1）設(shè)頂點(diǎn)式y(tǒng)=ax+3x?1，展開得?3a=3，解方程求出（2）根據(jù)題意推出△OAC，△PDE為等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性質(zhì)，推出EF的表達(dá)式，從而建立起PD+EF的函數(shù)表達(dá)式，最終利用函數(shù)法求最值；（3）先通過勾股定理求出N點(diǎn)的坐標(biāo)，再由矩形對角線的性質(zhì)，直接計(jì)算H的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：設(shè)拋物線解析式為y=ax+3即y=ax∵y=a∴?3a=3，解得a=?1，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=?x（2）解：由（1）知y=?x當(dāng)x=0時，y=3，∴C0,3∴OA=OC，∴△OAC是等腰直角三角形，∠CAO=45°，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，將C0,3，A?3,0代入，得解得b=3k=1∴yAC∵P是拋物線上位于直線AC上方的一個動點(diǎn)，點(diǎn)P作PD∥y軸交AC于點(diǎn)∴設(shè)Pm,?m2∴PD=?m2?3m如圖，延長FE交PD于點(diǎn)G，則FG⊥PD，由題意可得△PDE是等腰直角三角形，∴EG=PG=1∴EF=GF?EG=?m??∴PD+EF=GF?EG=?m∴當(dāng)m=?52時，PD+EF取最大值258（3）解：平移后的函數(shù)解析式為y=?x+3+2將y=?x2?6x?5與y=?x2解得兩條拋物線交點(diǎn)M的坐標(biāo)為?2，如圖，以AM為邊，作MN1⊥AM交對稱軸于N1，可構(gòu)造矩形∴AM2=?2+32∵AM2+M∴10+?1解得y1設(shè)H1p1,q1，由A，?1+解得p1∴H1同理，以AM為邊，作MN2⊥AM交對稱軸于N2，可構(gòu)造矩形∵AM2+A∴10+?1解得y2=?2設(shè)H2p2,q2，由A，?1+解得p∴H2如圖，以AM為對角線，作MN3⊥AN3交對稱軸于N∵AM2=A∴10=?1解得y3=1，y4=2，即設(shè)H3p3,q3，由A，?3+解得p3∴H3設(shè)H4p4,q4，由A，?3+解得p4∴H4綜上可知，H點(diǎn)的坐標(biāo)為?2,?13或0,73【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，用函數(shù)法求線段和最值問題，二次函數(shù)圖象和性質(zhì)，矩形性質(zhì)等知識點(diǎn)，是一道關(guān)于二次函數(shù)綜合題和壓軸題，綜合性強(qiáng)，難度較大；熟練掌握相關(guān)知識并靈活運(yùn)用方程思想，數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想是解題關(guān)鍵．23．（重慶市北碚區(qū)西南大學(xué)附屬中學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx?2(a≠0)與x軸交于A(?1,0)，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C(1)求該拋物線的解析式；(2)點(diǎn)P為直線BC下方拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥BC于點(diǎn)D，在射線DC上取一點(diǎn)E，使得DE=13BC，連接PE，求△PDE(3)將拋物線沿射線CB的方向平移5個單位長度后得到新拋物線y′，點(diǎn)M是新拋物線與原拋物線的交點(diǎn)，點(diǎn)N是新拋物線對稱軸上一動點(diǎn)，在平面內(nèi)確定點(diǎn)Q，使得以A，M，N，Q為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，寫出所有符合條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)，并寫出求解點(diǎn)Q【答案】(1)y=(2)43，(3)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：?32,?13+22或【分析】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到三角形的面積、矩形的性質(zhì)，解直角三角形等（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）由△PDE面積=1（3）當(dāng)AM是對角線時，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和AM=NQ列出方程組，即可求解；當(dāng)AQ或AN為對角線時，同理可解．【詳解】（1）解：拋物線過點(diǎn)A(?1,0)，且拋物線的對稱軸為直線x=32，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為：設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y=a(x?x則y=a(x+1)(x?4)=a(x則?4a=?2，解得：a=1故拋物線的表達(dá)式為：y=1（2）解：由拋物線的表達(dá)式知，點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為：(4,0)、(0,?2)，由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)得，直線BC的表達(dá)式為：y=12x?2則DE=1如下圖，則tanα=BOCO過點(diǎn)P作PH∥y軸交BC于點(diǎn)H，則∠PHD=α，則PD=PHsin設(shè)點(diǎn)P(x,12x則PH=(1則△PDE面積=1∵?13<0當(dāng)x=2時，△PDE面積的最大值為43，此時點(diǎn)P(2,?3)（3）解：拋物線y=12x2?則平移后的拋物線的表達(dá)式為：y′聯(lián)立①②得：12解得：x=3，則點(diǎn)M(3,?2)；由平移后的拋物線表達(dá)式知，其對稱軸為直線x=72，設(shè)點(diǎn)N7當(dāng)AM是對角線時，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和AM=NQ得：?1+3=s+72n+t=?2則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：?32,?當(dāng)AQ或AN為對角線時，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和AQ=MN或AN=MQ得：s?1=3+72t=n?2解得：s=152t=7即點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：152,7或綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：?32,?13+22或24．（重慶市渝中區(qū)巴蜀中學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試題）如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+4與x軸交于A?4,0、B8,0

(1)求拋物線的解析式．(2)點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM⊥BC于點(diǎn)M，交x軸于點(diǎn)N，過點(diǎn)P作PQ∥y軸交BC于點(diǎn)Q，求PQ+2(3)將拋物線y=ax2+bx+4沿射線CB平移25個單位，平移后得到新拋物線y′．D是新拋物線對稱軸上一動點(diǎn)，在平面內(nèi)確定一點(diǎn)E，使得以B、C、D【答案】(1)y=?1(2)254，P(3)E?2,0，E14,12，E2,6【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）延長PQ交x軸于H點(diǎn)，則PH⊥x軸，根據(jù)三