中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題16 二次函數(shù)壓軸題存在性三角形專項(xiàng)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16——二次函數(shù)壓軸題存在性三角形專項(xiàng)訓(xùn)練（重慶專用）1．（2023上·重慶沙坪壩·九年級(jí)重慶一中校考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?12x2?x+c與直線l1:y=?23x+4相交于y軸上的點(diǎn)C，拋物線與

(1)求直線AC的解析式；(2)如圖1，連接BC，點(diǎn)P為直線AC、l1之間第二象限拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PF∥y軸交直線l1點(diǎn)F，過點(diǎn)P作PE∥BC交AC于點(diǎn)E，求PF+8(3)如圖2，在（2）的條件下，將原拋物線沿射線PC方向平移352個(gè)單位長(zhǎng)度，得到新拋物線y′，新拋物線y′與直線AC交于第一象限的點(diǎn)記為M，線段FC在直線l1上運(yùn)動(dòng)，記運(yùn)動(dòng)中的點(diǎn)F為F′，點(diǎn)C為C′【答案】(1)y=x+4(2)PF+855PE(3)6+36913,48?2【分析】（1）由l1:y=?23x+4（2）連接BP交AC于Q，過P作PN⊥x軸，過Q作QM⊥x軸，設(shè)xPPF=12m2+13（3）①當(dāng)C′為等腰三角形的頂點(diǎn)時(shí)，過M作MJ⊥x軸，C′H⊥MJ，設(shè)xC′=n，則C′n,?23n+4，由C′H2+MH2=MC′2可求解；②當(dāng)以M為等腰三角形的頂點(diǎn)時(shí)，此時(shí)MC′=MC，過C作【詳解】（1）解：由l1當(dāng)x=0時(shí)，y=4，∴C0,4∴c=4，∴y=?1當(dāng)y=0時(shí)，?解得：x1=?4，∴A設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，則有?4k+b=0b=4解得：k=1b=4∴直線AC的解析式為y=x+4．（2）解：如圖，連接BP交AC于Q，過P作PN⊥x軸，過Q作QM⊥x軸，

∴QM∥∴BQ設(shè)xP=m，則Fm,?∴PF=?=1由（1）得：B2,0設(shè)直線BP的解析式為y=k2k+b=0mk+b=?解得：k=?1∴直線BP的解析式為y=?1∴?解得：x=2mm+6∴BM=2?=12MN==?∴BM∴BQPE∥BC，∴BC∵BC=O∴PE=5∴PF+==?=?5∵?∴當(dāng)m=?3時(shí)，最大值為152∴y=?=5∴P?3,∴PF+855PE的最大值為（3）解：如圖，過P作PG⊥y軸，

∴PG=3，CG=4?5∴PC=P∴拋物線向右平移3個(gè)單位，向上平移32∴y=?=?1①如圖，當(dāng)C′為等腰三角形的頂點(diǎn)時(shí)，此時(shí)C

當(dāng)x=?3時(shí)，y=?2∴F?3,6∴CF=6?4∴C當(dāng)?1解得：x1=0，∴y=2+4=6，∴M2,6如上圖，過M作MJ⊥x軸，C′設(shè)xC′=n∴MH=6??23∵∴解得：n1=6+3當(dāng)n=6+3∴y=?=48?2當(dāng)n=6?3∴y=?=∴C′6+3②當(dāng)以M為等腰三角形的頂點(diǎn)時(shí)，此時(shí)MC如圖，過C作CI⊥PF，過M作MW⊥l1，過W作WK⊥x軸，過C′∴FI∥WH，CI∥∴△FIC∽∴FI∵FI=6?4=2，CI=3，∴WH設(shè)WH=2a，則HC∴W∴解得：a1=1∴WH=1，HC′如圖，過O作l2∥l

直線l2為：y=?∵M(jìn)W⊥l∴l(xiāng)∴∠A設(shè)A1x1∴tan∠A∴y∴y∴x∴y設(shè)直線l3為：y=∴k∴∴可設(shè)直線MW的解析式為y=3∴3解得：u=3，∴直線MW的解析式為y=3由y=32x+3設(shè)xC′=v解得：v=51∴y=?2∴C綜上所述：C′的坐標(biāo)為6+36913,48?2【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運(yùn)用，平行線分線段成比例定理，三角形相似的判定及性質(zhì)，勾股定理等，掌握相關(guān)的判定方法及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2023上·重慶南岸·九年級(jí)重慶市第十一中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B左側(cè)），其中A?2,0，AB=8與y軸正半軸交于C點(diǎn)，連接

(1)求拋物線的解析式；(2)如圖2，若P點(diǎn)為拋物線上位于第一象限的點(diǎn)，連接OP、BC交于點(diǎn)E，當(dāng)PEOE的值為最大時(shí)，求P點(diǎn)的坐標(biāo)及PE(3)如圖3，在（2）中將△AOC沿直線AC平移得△A′O′C′，點(diǎn)A、O、C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A′、O′、C′，連接P【答案】(1)y=?(2)當(dāng)m=3時(shí)，PEOE最大，最大值為：34，(3)C′98【分析】（1）由拋物線的對(duì)稱性和∠ACO=30°，分別得出點(diǎn)B和點(diǎn)C的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求解即可；（2）過點(diǎn)P作PQ∥y軸，交BC于點(diǎn)Q，寫出直線BC的解析式，設(shè)Pm,?36m2+233（3）設(shè)A平移到A′，向右平移了n個(gè)單位，則向上平移3n個(gè)單位長(zhǎng)度，A′?2+n,3n，同理可得：C′【詳解】（1）解：∵A?2,0，AB=8∴B6,0又∵∠ACO=30°，∴OC=3∴C0,2∵拋物線過點(diǎn)A、B、C，∴設(shè)拋物線的解析式為y=ax+2將點(diǎn)C的坐標(biāo)代入，得?12a=23∴a=?3∴y=?3∴拋物線的解析式為y=?3（2）過點(diǎn)P作PQ∥y軸，交BC于點(diǎn)

∵B6,0，C∴直線BC的解析式為y=?3設(shè)Pm,?36則Qm,?∴PQ=?3∵PQ∥∴△COE∽△QPE，∴PQOC∴PEOE當(dāng)m=?122×?1此時(shí)P3,（3）∵△AOC沿直線AC平移得△A∴A′∵A?2,0，C∴直線AC的解析式為y=3①若∠PC′A∵P3,設(shè)A平移到A′，向右平移了n個(gè)單位，則向上平移3∴A′?2+n,3∴A′PAPC由勾股定理可得：?22解得：n=9∴C′②若∠PA′C4n解得：n=25∴C′③若∠A4n即16n2∴方程無解．綜上：C′98【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、一次函數(shù)與二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、一元二次方程等知識(shí)點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合、分類討論及熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．3．（2022上·重慶沙坪壩·九年級(jí)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(diǎn)P為直線AB下方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM⊥AB交AB于點(diǎn)M，過點(diǎn)P作y軸的平行線交x軸于點(diǎn)N，求2PM+PN的最大值及此時(shí)點(diǎn)P(3)如圖2，將該拋物線先向左平移4個(gè)單位，再向上移3個(gè)單位，得到新拋物線y′，新拋物線y′與y軸交于點(diǎn)F，點(diǎn)M為y軸左側(cè)新拋物線y′上一點(diǎn)，過M作MN∥y軸交射線BF于點(diǎn)N，連接MF【答案】(1)y=(2)254，(3)符合條件點(diǎn)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，求出PC=2PM，當(dāng)m=3（3）求出左平移4個(gè)單位，再向上移3個(gè)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=c0=8+4b+c解得c=?4，b=?1，∴y=1（2）解：設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，把A0,?4，Bk=1，b=?4，∴直線AB的解析式為y=x?4，設(shè)Pm,PN=?1∵OA=OB，∴∠OBA=45°，∴∠NCB=45°，∴∠MCP=45°，又∵PM⊥AB，∴PC=2把P點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入y=x?4可得，y=m?4，C∴PC=?1∴2當(dāng)m=32時(shí)，2PM+PN最大值為（3）把y=12x∵左平移4個(gè)單位，再向上移3個(gè)單位，∴y′=1∴F0,3設(shè)過BF的直線解析式為y=kx+b，把F0,3，B4,0代入得4a+b=0b=3，解得b=3∴BF的直線解析式y(tǒng)=?3設(shè)Ma,12a2+3a+3，M和∴Na,?∴NF=?5MN=?MF=I、當(dāng)NF=MN時(shí)，?5解得：a1=?5，a2∴M1?5,II、當(dāng)NF=MF時(shí)，?整理得：4a∵a1=?當(dāng)a=?92時(shí)，M當(dāng)a=?152時(shí)，M?152,?69III、當(dāng)MN=MF時(shí)，?整理得：3解得a=?65當(dāng)a=?6512時(shí)，綜上所述：符合條件的點(diǎn)M有四個(gè)，其橫坐標(biāo)分別為?5、?10、?92、【點(diǎn)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．4．（2022下·重慶渝北·九年級(jí)重慶市暨華中學(xué)校校考階段練習(xí)）如圖，已知二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，且OB＝OC＝3，頂點(diǎn)為M．(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)點(diǎn)P為線段BM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線PQ，垂足為Q，若OQ＝m，四邊形ACPQ的面積為S，求S關(guān)于m的函數(shù)解析式，并寫出m的取值范圍；(3)探索：線段BM上是否存在點(diǎn)N，使△NMC為等腰三角形？如果存在，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=?x(2)S=?(3)（75，165），（2，2），（1+105【分析】（1）可根據(jù)OB、OC的長(zhǎng)得出B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式．（2）可將四邊形ACPQ分成直角三角形AOC和直角梯形CQPC兩部分來求解．先根據(jù)拋物線的解析式求出A點(diǎn)的坐標(biāo)，即可得出三角形AOC直角邊OA的長(zhǎng)，據(jù)此可根據(jù)上面得出的四邊形的面積計(jì)算方法求出S與m的函數(shù)關(guān)系式．（3）先根據(jù)拋物線的解析式求出M的坐標(biāo)，進(jìn)而可得出直線BM的解析式，據(jù)此可設(shè)出N點(diǎn)的坐標(biāo)，然后用坐標(biāo)系中兩點(diǎn)間的距離公式分別表示出CM、MN、CN的長(zhǎng)，然后分三種情況進(jìn)行討論：①CM=MN；②CM=CN；③MN=CN．根據(jù)上述三種情況即可得出符合條件的N點(diǎn)的坐標(biāo)．【詳解】（1）∵OB=OC=3，∴B（3，0），C（0，3）∴0＝?9+3b+c3＝c，解得∴二次函數(shù)的解析式為y=-x2+2x+3．（2）y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，M（1，4）設(shè)直線MB的解析式為y=kx+n，則有4＝k+n0＝3k+n解得k＝?2n＝6∴直線MB的解析式為y=-2x+6∵PQ⊥x軸，OQ=m，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，-2m+6）S四邊形ACPQ=S△AOC+S梯形PQOC=12AO?CO+12（PQ+CO=12×1×3+12（-2m+6+3）?m=-m2+92m+3（3）設(shè)N(x,-2x+6)CM=(1?0)2+(4?3)2＝MN=(x?1)2①當(dāng)CM=NC時(shí)，x2解得x1=75，x2此時(shí)N（75，16②當(dāng)CM=MN時(shí)，(x?1)2解得x1=1+105，x2=1-10此時(shí)N（1+105，4-2③當(dāng)CN=MN時(shí)，x2+(?2x+3)2=(x?1)2綜上所述：線段BM上存在點(diǎn)N，（（75，165），（2，2），（1+105，4-2【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)解析式的確定、圖形的面積求法、函數(shù)圖象交點(diǎn)、等腰三角形的判定等知識(shí)及綜合應(yīng)用知識(shí)、解決問題的能力．考查學(xué)生分類討論、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法．5．（2023下·重慶沙坪壩·九年級(jí)重慶南開中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖1，直線l：y=?34x+32與拋物線y=ax2+bxa≠0交于A?2,3，(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)P是直線l下方的拋物線上一點(diǎn)，過P作PQ∥y軸交直線l于Q．當(dāng)5PQ?QD最大時(shí)，求點(diǎn)(3)如圖2，將拋物線y=ax2+bxa≠0沿射線AB方向平移，使新拋物線恰好經(jīng)過C點(diǎn)，點(diǎn)M是直線l下方的新拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)M作MN∥y軸交直線l于點(diǎn)【答案】(1)y=(2)P(3)若△MND是等腰三角形，請(qǐng)點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為25，52，【分析】（1）將A?2,3，B（2）設(shè)P點(diǎn)橫坐標(biāo)為t，用t表示出P、Q的坐標(biāo)，接著表示出5PQ?QD的值，最后求最大值即可；（3）拋物線y=14x2?x頂點(diǎn)為2,?1，根據(jù)將拋物線y=14x2?x沿射線AB方向平移，設(shè)新拋物線的頂點(diǎn)為【詳解】（1）將A?2,3，B3,?33=4a?2b解得a=∴拋物線解析式為y=（2）設(shè)P點(diǎn)橫坐標(biāo)為t，則P∵點(diǎn)P是直線l下方的拋物線上一點(diǎn)，過P作PQ∥y軸交直線l∴Qt,?3∴PQ=?∵點(diǎn)D4，m∴m=?3∴D∴QD=∴5PQ?QD=5∴當(dāng)t=1時(shí)5PQ?QD的值最大，最大值為15此時(shí)P（3）拋物線y=14x直線y=?34x+32與y∵將拋物線y=14x∴設(shè)新拋物線的頂點(diǎn)為2+4n,?1?3n，且n≥0∴新拋物線的解析式為y=∵新拋物線恰好經(jīng)過C0,3∴3解得n=12，∴新拋物線的解析式為y=∴新拋物線與y=?34x+3設(shè)M點(diǎn)橫坐標(biāo)為x，則M∵點(diǎn)M是直線l下方的新拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)M作MN∥y軸交直線l∴Nx,?3∴MN=?∵D∴DN=DM=當(dāng)MN=DN時(shí)5當(dāng)x<4時(shí)544?x∵0<x<5∴不存在x，此時(shí)N當(dāng)4<x<5時(shí)54x?4∵4<x<5∴x=25，此時(shí)同理，當(dāng)MN=DM時(shí)x?4解得x∵0<x<5，x=4時(shí)D、N重合∴x=52當(dāng)DN=DM時(shí)x?4解得x∵0<x<5，∴x=3，此時(shí)N綜上所述，若△MND是等腰三角形，請(qǐng)點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為25，52，【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)的性質(zhì)，二次函數(shù)與等腰綜合，二次函數(shù)中最值問題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是設(shè)一個(gè)未知數(shù)表示要求的點(diǎn)的坐標(biāo)．6．（2023下·重慶沙坪壩·九年級(jí)重慶一中校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A?1,0,B3,0兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)(1)求拋物線的解析式；(2)如圖，P為直線BC上方的拋物線上一點(diǎn)，PD∥y軸交BC于D點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥AC于E點(diǎn)．設(shè)m=PD+102DE，求m(3)在（2）中m取得最大值時(shí)條件下，將該拋物線沿水平方向向左平移3個(gè)單位，點(diǎn)F為點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，平移后的拋物線與y軸交于點(diǎn)H，M為平移后的拋物線的對(duì)稱軸上一點(diǎn)．使得以點(diǎn)F，H，M為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，寫出所有符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)，并寫出求解點(diǎn)M的坐標(biāo)的其中一種情況的過程．【答案】(1)y=?(2)當(dāng)n=52時(shí)，取得最大值為254(3)點(diǎn)M的坐標(biāo)為?2,【分析】（1）把A(?1,0)，B(3,0)兩點(diǎn)代入解析式y(tǒng)=ax（2）設(shè)PD與x軸的交點(diǎn)為F，點(diǎn)P(n，?n2+2n+3)，則D(n，?n+3)，確定PD=?n2+3n；根據(jù)A(?1,0)，C(0，（3）根據(jù)平移的性質(zhì)可得點(diǎn)F的坐標(biāo)為?12，74，H點(diǎn)坐標(biāo)為0，0，平移后的拋物線的解析式為y=?x+22+4，對(duì)稱軸為直線【詳解】（1）把A(?1,0)，B(3,0)兩點(diǎn)代入解析式y(tǒng)=axa?b+3=解得a=∴拋物線的解析式為y=?x（2）如圖，設(shè)PD與x軸的交點(diǎn)為F，點(diǎn)P(n，對(duì)于y=?x2+2x+3，當(dāng)∴C(0，設(shè)直線BC的解析式為y=qx+3把B(3,0)代入得，∴0=3q+3，解得q=?1，∴直線BC的解析式為y=?x+3，∴D(n，∴PD=?n∵A(?1,0)，C(0，∴AC=1∴102連接AD，∴102∵S∴S△ADC∴102∴m=PD+∵拋物線開口向下，∴m有最大值，且當(dāng)n=52時(shí)，取得最大值，且為此時(shí)?n故點(diǎn)P5（3）∵y=?∴把該拋物線沿水平方向向左平移3個(gè)單位后得，y=?(x?1故此函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為直線x=?2，令x=0，則y=?∴H把點(diǎn)P52,7∵點(diǎn)M在直線x=?2上，∴設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為2∴MF2若點(diǎn)F，H，M為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，則有：①M(fèi)F=MH，即M∴?解得，t=3∴M②MF=FH，即M∴?12整理得，t2?t2+2=0③MH=FH，即M∴?2?02+整理得，t2=?11綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為?2,【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法確定一次函數(shù)、二次函數(shù)解析式，兩點(diǎn)間的距離公式，構(gòu)造二次函數(shù)求最值，熟練掌握解析式的確定，二次函數(shù)的最值是解題的關(guān)鍵．7．（2023·重慶九龍坡·重慶市育才中學(xué)?？家荒＃┤鐖D1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?x2+bx+c與x軸分別交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，連接AC、BC，其中A(1)求拋物線的解析式：(2)點(diǎn)P是直線BC上方拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE∥y軸交BC于點(diǎn)E，作PE∥x軸交BC于點(diǎn)F，求CF+BE的最小值，及此時(shí)點(diǎn)(3)如圖2，x軸上有一點(diǎn)Q?1,0，將拋物線向x軸正方向平移，使得拋物線恰好經(jīng)過點(diǎn)Q，得到新拋物線y1，點(diǎn)D是新拋物線y1與原拋物線的交點(diǎn)，點(diǎn)E是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DQ，當(dāng)△DQE是以DQ為腰的等腰三角形時(shí)，直接寫出所有符合條件的點(diǎn)【答案】(1)y=?(2)最小值為1558，點(diǎn)(3)(3,0)或(?135,565【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）設(shè)Pa,?a2+a+6，則Ea,?2a+6，0<a<3，由題意可得△PEF∽△OCB，則EF=PE×（3）先求平移后的拋物線解析式為y=?x?322+254=?x2+3x+4【詳解】（1）解：將A?2,0，C0,6代入?4?2b+c=0c=6解得：b=1c=6∴拋物線解析式為y=?x（2）解：∵令y=?x2+則?x2+x+6=0解得：x∴B3,0∴BC=O設(shè)CB:y=mx+n，代入B3,0，C∴3m+n=0n=6解得：k=?2n=6∴CB:y=?2x+6，設(shè)Pa,?a2+a+6，則∴PE=?a∵PE∥y軸，PF∥x軸，∴∠PFE=∠CBO，∠PEF=∠BCO，∴△PEF∽∴PF:PE:EF=OB:OC:BC=1:2:5∴EF=PE×5而BE+CF=CB?EF=35∵52>0，??∴當(dāng)a=32時(shí)，BE+CF最小，最小值為當(dāng)x=32時(shí)，∴點(diǎn)P3（3）解：∵y=設(shè)平移后的拋物線解析式為∵y=∵平移后拋物線經(jīng)過Q?1,0∴??1?解得t=1或∴平移后的拋物線解析式為y=聯(lián)立方程組y=解得x=∴D1設(shè)En,?2n+6∴DQ2=①當(dāng)DQ=DE時(shí)，解得n=3或n=?當(dāng)n=3時(shí)，y=?2n+6=?2×3+6=0當(dāng)n=?135時(shí)，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)是(3,0)或(?13②當(dāng)DQ=QE時(shí)，5n解得n=11+234當(dāng)n=11+234當(dāng)n=11?234∴點(diǎn)E的坐標(biāo)是(11+2345綜上所述：E點(diǎn)坐標(biāo)為(3,0)或(?135,565【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、待定系數(shù)法、二次函數(shù)圖象的平移、解一元二次方程、勾股定理等知識(shí)，分類討論和數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．8．（2023下·重慶渝中·九年級(jí)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=ax2+bx+3a≠0與y軸交于點(diǎn)C，與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），且A點(diǎn)坐標(biāo)為

(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)M是位于直線AC上方的拋物線上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)M作MP∥x軸交直線AC于點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PN∥BC交x軸于點(diǎn)N．求PM+104PN(3)將原拋物線沿射線CB方向平移10個(gè)單位后得到新拋物線y′，E為新拋物線y′的對(duì)稱軸上一點(diǎn)，F(xiàn)為新拋物線y′上一點(diǎn)，若以點(diǎn)C、E、F為頂點(diǎn)的三角形是以CE為腰的等腰直角三角形，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)E【答案】(1)y=?(2)PM+104PN最大值323(3)E?1,4?63或E?1,4+【分析】（1）把A點(diǎn)坐標(biāo)代入y=ax2+bx+3(a≠0)（2）先求直線AC的解析式，設(shè)Mt,?35t2?125t+3，易得P?t2?4t,?35t2?125t+3（3）求得新拋物線和直線CB的解析式，再設(shè)出E點(diǎn)坐標(biāo)，分∠ECF=90°，∠CEF=90°，兩種情況，構(gòu)造全等三角形即可求解．【詳解】（1）解：點(diǎn)A點(diǎn)坐標(biāo)代入y=ax2+bx+3又∵對(duì)稱軸為直線x=?2，∴?b聯(lián)立25a?5b+3=0?解得：a=?3∴拋物線的解析式為y=?3（2）解：令x=0，則y=3，∴C0,3令y=0，x=?5或x=1，∴B1,0設(shè)AC的解析式為y=kx+b，把A、C的坐標(biāo)代入y=kx+b得?5k+b=03=b解得k=3∴AC的解析式為y=3設(shè)Mt,?35如圖1，過點(diǎn)P作PH⊥x軸于點(diǎn)H，

∴PH=?35t2?125∵PN∥BC交x軸于點(diǎn)N，∴∠PNH=∠CBO，∵∠PHN=∠COB=90°,∴△PHN∽△COB∴PH即?3∴PN=10∴PM+=?=?3∵點(diǎn)M是位于直線AC上方，∴?5<t<0，∴當(dāng)t=?73時(shí)，PM+10∵M(jìn)此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為?7（3）解：設(shè)直線BC的解析式為y=k把C0,3，B1,0代入，得∴直線BC的解析式為y=?3x+3，∵原拋物線沿射線CB方向平移10個(gè)單位后得到新拋物線y′，即向下平移3個(gè)單位，向右平移1個(gè)單位，y=?∴y′∴新拋物線的對(duì)稱軸為直線x=由題意知，分∠ECF=90°，∠CEF=90°，兩種情況求解：①當(dāng)∠ECF=90°，如圖2，3，即F點(diǎn)在對(duì)稱軸左邊或右邊．

如圖2，分別過F點(diǎn)向y軸作垂線，過C點(diǎn)向直線x=?1作垂線，垂足分別為點(diǎn)D和點(diǎn)G，∴∠CGE=∠CDF=90°，∵∠ECF=∠GCD=90°，∴∠ECG=∠FCD，∵CE=CF，∴△ECG≌△FCD，∴CG=CD，設(shè)E?1∵C0,3∴CG=1,EG=m?3，∴FD=m?3，∴F3?m,2∵F點(diǎn)在新拋物線上，∴2=?3∴m=4?63，∴E?1,4?如圖3，同理可求m=4+6∴E?1,4+②當(dāng)∠CEF=90°，如圖4，5，即F點(diǎn)在對(duì)稱軸左邊或右邊．如圖4，分別過F點(diǎn)，C點(diǎn)向直線x=?1作垂線，垂足分別為點(diǎn)N和點(diǎn)M，

∴∠CME=∠ENF=90°，∵∠CEF=90°，∠MCE+∠CEM=90°=∠CEM+∠NEF，∴∠MCE=∠NEF，∵CE=EF，∴△ECM≌△FEN，∴CM=EN，設(shè)E?1∵C0,3∴CM=1,EM=3?m，∴NF=m?3，∴F2?m,m?1將F2?m,m?1代入y′=?解得m=1，m=10∴E?1,1如圖5，同理可求m=10∴E?1,綜上所述，∴E?1,4?63或E?1,4+6【點(diǎn)睛】本題考查了用待定系數(shù)法求拋物線解析式、拋物線的圖象與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、拋物線的平移等知識(shí)，解題關(guān)鍵是讀懂題意，正確作出輔助線，構(gòu)造全等或相似三角形．9．（2023下·重慶九龍坡·九年級(jí)重慶實(shí)驗(yàn)外國語學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線交x軸于A、By=12x2+bx+c，交y軸于點(diǎn)C(1)求拋物線的解析式；(2)D為拋物線的頂點(diǎn)，連接BD，點(diǎn)P為拋物線上點(diǎn)C、D之間一點(diǎn)，連接CP，DP，過點(diǎn)P作PM∥BD交直線BC于點(diǎn)M，連接DM，求四邊形CPDM面積的最大值以及此時(shí)(3)將拋物線沿BC方向平移35個(gè)單位后得到新的拋物線y′，新拋物線與原拋物線的交點(diǎn)為E．在新拋物線的對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)Q，使得以B，E，Q為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)【答案】(1)y=(2)四邊形CPDM面積的最大值為4，此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)為：(2,?1)(3)存在；Q(8,14)或(3,?1)或(2,?1)或(5,2)．【分析】（1）將B4,0，C0,2代入拋物線（2）設(shè)CD與x軸交于點(diǎn)F，連接BP，過P作y軸平行線，交CD于G，交BD延長(zhǎng)線于H，先求出S△BCD=154，設(shè)設(shè)P(t,12t2?52t+2)，則G(t,?54t+2)，H(t,（3）由OC=2,OB=4，得BC=25，拋物線沿BC方向平移35個(gè)單位，相當(dāng)于拋物線向左平移6個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位，即可求出點(diǎn)E，設(shè)Q(m,12m2?52【詳解】（1）∵拋物線交x軸于A、By=12x2+bx+c，交y軸于點(diǎn)C∴12∴b=?5∴拋物線的解析式為：y=（2）設(shè)CD與x軸交于點(diǎn)F，連接BP，過P作y軸平行線，交CD于G，交BD延長(zhǎng)線于H，如圖所示：∵y=1∴頂點(diǎn)D(5∵B4,0，C∴設(shè)直線CD的解析式為：y=k∴52∴k1∴直線CD的解析式為：y=?5設(shè)直線BD的解析式為：y=k∴52∴k2∴直線CD的解析式為：y=3在y=?54x+2中，令y=0∴F(8∴BF=12∴S△BCD設(shè)P(t,12t2?∴PG=?12t∴S△CPDS△PDB∴S四邊形∵PM∥BD，∴S△MBD∴S△MBD∴S四邊形=(?5=?t=?(t?2)∴當(dāng)t=2時(shí)，S四邊形CPDM（3）存在，理由如下：∵OC=2,OB=4，∴BC=25∵拋物線y=12x2?52∴y′∴y=1∴x=?1y=5∴交點(diǎn)E(?1,5)，設(shè)Q(m,1BE2=50，B當(dāng)BQ為斜邊時(shí)，即∠QEB=90°，如圖，∵BE∴50+(m+1)∴50+10m?15=5(m∴m=8或m=?1（舍），∴Q(8,14)；②當(dāng)BE為斜邊時(shí)，即∠BQE=90°，如圖，∵BQ∴(m+1)2∴(m+1)(m?4)(m?2)(m?5)=0，∴m=4（與B重合，舍去）或m=?1（與E重合，舍去），或m=2或m=5，∴Q(2,?1)或Q(5,2)；③當(dāng)QE為斜邊時(shí)，即∠QBE=90°，如圖，∵BQ∴(m?4)2∴m=3或m=4（與B重合，舍去），∴Q(3,?1)，綜上所述：Q(8,14)或(3,?1)或(2,?1)或(5,2)．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及二次函數(shù)圖像中三角形，四邊形面積問題，關(guān)鍵在于面積的轉(zhuǎn)化，以及直角三角形的存在性問題，注意要分類討論，利用勾股定理逆定理來求解．10．（2023下·重慶沙坪壩·九年級(jí)重慶市第七中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)，A點(diǎn)在原點(diǎn)的左側(cè)，B點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，0），與y軸交于C（0，﹣3）點(diǎn)，點(diǎn)P是直線BC下方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．（1）求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）求出四邊形ABPC的面積最大時(shí)的P點(diǎn)坐標(biāo)和四邊形ABPC的最大面積；（3）在直線BC找一點(diǎn)Q，使得△QOC為等腰三角形，寫出Q點(diǎn)坐標(biāo)．【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）P點(diǎn)的坐標(biāo)為（32，﹣154），四邊形ABPC的面積的最大值為758；（3）Q點(diǎn)坐標(biāo)為（322，322﹣3）、（﹣3【分析】(1)把B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入二次函數(shù)y=x2+bx+c即可求出b，c的值,故可得出二次函數(shù)的解析式;(2)過點(diǎn)P作y軸的平行線與BC交于點(diǎn)Q,與OB交于點(diǎn)E,設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），易得,直線BC的解析式為y=x﹣3，則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，x﹣3）,再根據(jù)S四邊形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ即可得出結(jié)論；（3）分當(dāng)OC=QC時(shí)，當(dāng)OC=QO時(shí)，當(dāng)QC=QO時(shí)三種情況求解即可.【詳解】解：（1）將B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入得，解得：；所以二次函數(shù)的表達(dá)式為：y=x2﹣2x﹣3；（2）如圖，過點(diǎn)P作y軸的平行線與BC交于點(diǎn)Q，與OB交于點(diǎn)F，設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+d，則，解得：，∴直線BC的解析式為y=x﹣3，則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，x﹣3）；由0=x2﹣2x﹣3，解得：x1=﹣1，x2=3，∴AO=1，AB=4，S四邊形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ=AB?OC+QP?BF+QP?OF=×4×3+（﹣x2+3x）×3=﹣（x﹣）2+．當(dāng)x=時(shí)，四邊形ABPC的面積最大此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)為（，﹣），四邊形ABPC的面積的最大值為；（3）設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，m﹣3），∵O（0，0），C（0，﹣3），∴OC=3，QC==|m|，QO=．△QOC為等腰三角形分三種情況：①當(dāng)OC=QC時(shí)，3=|m|，解得：m=±，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，﹣3）或（﹣，﹣﹣3）；②當(dāng)OC=QO時(shí)，3=，解得：m=3或m=0（舍去），此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（3，0）；③當(dāng)QC=QO時(shí)，有|m|=，解得：m=，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（，﹣）．綜上可知：Q點(diǎn)坐標(biāo)為（，﹣3）、（﹣，﹣﹣3）、（3，0）或（，﹣）．【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合題,涉及到用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式，利用二次函數(shù)求最值，三角形的面積公式，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理及分論討論的數(shù)學(xué)思想，難度適中.11．（2023下·重慶永川·九年級(jí)重慶市永川萱花中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，二次函數(shù)y＝ax2+4x+c（a≠0）的圖象與x軸交A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線y＝﹣2x﹣6經(jīng)過點(diǎn)A，C．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）點(diǎn)P為第三象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，△APC的面積為S，試求S的最大值；（3）若P為拋物線的頂點(diǎn)，且直角三角形APQ的直角頂點(diǎn)Q在y軸上，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝2x2+4x﹣6；（2）274；（3）點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（0，﹣4+13）或（0，﹣4﹣13【分析】（1）先利用直線與坐標(biāo)軸相交求得A、C坐標(biāo)，再代入解析式求出a、c的值即可得；（2）過點(diǎn)P作x軸的垂線與AC交于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，得HP＝﹣2m2﹣6m，再根據(jù)S＝S△APC＝S△APH+S△CPH列出關(guān)于m的函數(shù)解析式，依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解可得；（3）作PD⊥y軸，設(shè)OQ＝m，知OD＝8，PD＝1，QD＝8﹣m，證△AOQ∽△QDP得AOQD=OQPD，即【詳解】解：（1）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2x﹣6＝﹣6，則C（0，﹣6），當(dāng)y＝0時(shí)，﹣2x﹣6＝0，解得x＝﹣3，則A（﹣3，0），把A（﹣3，0），C（0，﹣6）代入y＝ax2+4x+c，得9a?12+c=0c=?6解得：a=2c=?6∴拋物線解析式為y＝2x2+4x﹣6；（2）如圖1，過點(diǎn)P作x軸的垂線與AC交于點(diǎn)H．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，由直線AC：y＝﹣2x﹣6，可得H（m，﹣2m﹣6）．又因?yàn)镻（m，2m2+4m﹣6），所以HP＝﹣2m2﹣6m．因?yàn)椤鱌AH與△PCH有公共底邊HP，高的和為A、C兩點(diǎn)間的水平距離3，所以S＝S△APC＝S△APH+S△CPH＝32（﹣2m2﹣6m）＝﹣3（m+32）2+∴當(dāng)m＝?32時(shí)，S取得最大值，最大值為（3）如圖2，過點(diǎn)P作PD⊥y軸于點(diǎn)D，設(shè)OQ＝m，則∠AOQ＝∠PDQ＝90°，∵y＝2x2+4x﹣6＝2（x+1）2﹣8，∴P（﹣1，﹣8），則OD＝8，PD＝1，QD＝8﹣m，∵A（﹣3，0），∴OA＝3，∵∠AQP＝90°，∴∠AQO+∠PQD＝90°，∵∠AQO+∠QAO＝90°，∴∠QAO＝∠PQD，∴△AOQ∽△QDP，∴AOQD=OQ解得：m＝4±13，∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（0，﹣4+13）或（0，﹣4﹣13）．【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，割補(bǔ)法求三角形的面積、二次函數(shù)的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．12．（2023下·重慶沙坪壩·九年級(jí)重慶一中校考階段練習(xí)）如圖，拋物線y=?22x2+bx+c與x軸相交于A，B兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C，A?3,0，C0,62，點(diǎn)(1)求拋物線的函數(shù)解析式．(2)在第一象限的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PE∥x軸交直線BD于點(diǎn)E，過點(diǎn)P作PF⊥BD交直線BD于點(diǎn)F．求23(3)在（2）的條件下，將原拋物線y=?22x2+bx+c沿著射線DB方向平移6個(gè)單位長(zhǎng)度，得到新拋物線y'，新拋物線y'與原拋物線交于點(diǎn)Q，點(diǎn)M是新拋物線對(duì)稱軸上的一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)M，P，Q【答案】(1)y=?(2)23PF?PE的最大值為9，P(3)存在，52,52+【分析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式即可；（2）先根據(jù)坐標(biāo)求出OA、OB、OC和OD的長(zhǎng)度，證明△PFE∽△DOB，列比例式求出PF=33PE，從而得到23PF?PE=PE，再利用待定系數(shù)法求出直線BD的解析式，設(shè)P（3）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，把圖象的平移轉(zhuǎn)化為水平和左右平移，則設(shè)向下平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，得出新拋物線解析式，再求出兩個(gè)拋物線的交點(diǎn)坐標(biāo)，再求出新拋物線的對(duì)稱軸，設(shè)M52,m【詳解】（1）解：∵拋物線過C（0，62），∴c=62∴y=?2∵拋物線過A?3,0∴0=?9解得b=2∴y=?2（2）解：∵拋物線過C（0，62），∴OC=62，∵OC=3OD，∴OD=22設(shè)y=?2解得x=4或-3，∴B（4,0），∴OB=4，∴BD=O∵PE∥OB，∴∠PEF=∠OBD，∵∠PFE=∠BOD=90°，∴△PFE∽△DOB，∴PEPF∴PF=23設(shè)直線BD的解析式為y=kx+22∴0=4k+22∴k=?2∴y=?2∴x=?2設(shè)Px∴xE則Ex∴PE=x∴當(dāng)x=1時(shí)，23當(dāng)xP∴此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,62（3）解：存在，理由如下：∵ODOB則設(shè)原拋物線向下平移2k個(gè)單位長(zhǎng)度，向右平移2k∵原拋物線y=?22x2+∴2k解得k=1或-1（舍去），∴原拋物線向下平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，新拋物線解析式為y=?2當(dāng)?解得x=2，∴y=?2∴Q2,5∵原拋物線y=?22x∴新拋物線的對(duì)稱軸為x=1設(shè)M5∵P當(dāng)PQ=MQ時(shí)，2?12解得m=52+11∴M52,5當(dāng)PM=MQ時(shí)，52解得m=62∴M5綜上，M的坐標(biāo)是52,52?11【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象動(dòng)點(diǎn)問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，圖象的平移問題，等腰三角形的判定和性質(zhì)，以及求二次函數(shù)的最大值，解題的關(guān)鍵是能綜合有關(guān)代數(shù)和幾何知識(shí)進(jìn)行求解．13．（2023下·重慶沙坪壩·九年級(jí)重慶八中校考階段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+4a≠0與x軸交于點(diǎn)A?3(1)求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點(diǎn)P為線段BC上方拋物線上的一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE∥x軸交直線BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)P作PF∥AC交直線BC于點(diǎn)F，求△PEF周長(zhǎng)的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)在（2）的條件下，將拋物線y=ax2+bx+4a≠0沿射線CB方向平移，得到新拋物線y′，新拋物線和原拋物線交于點(diǎn)B，點(diǎn)M是x軸上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是新拋物線上的一點(diǎn)，是否存在以點(diǎn)P、M、Q【答案】(1)y=?(2)△PEF的周長(zhǎng)最大為16221+16(3)?1+353，0或?1?3【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）如圖所示，過點(diǎn)P作PG⊥x軸交直線BC于G，先求出C0，4，進(jìn)而求出直線BC的解析式為y=?x+4，設(shè)Pm，?13m2+13m+4，則Gm，?m+4，則PG=?13m?22+43，求出OB=OC=4，OA=3，得到（3）由OC=OB，可設(shè)將拋物線y=?13x2+13x+4=?13x?122+4912向右平移n個(gè)單位長(zhǎng)度，再向下平移n個(gè)單位長(zhǎng)度得到新拋物線y′，再根據(jù)平移后的拋物線與原拋物線交于點(diǎn)B，求出平移后的拋物線解析式為y′=?13x?922+112；設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為t，0，然后分如圖1所示，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)P左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)P作PH⊥x軸于H，過點(diǎn)Q作QH⊥x【詳解】（1）解：把A?3，0，B解得a=?1∴拋物線解析式為y=?（2）解：如圖所示，過點(diǎn)P作PG⊥x軸交直線BC于G，在y=?13x2+∴C0設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b∴4k+b∴k=?1b∴直線BC的解析式為y=?x+4，設(shè)Pm，?∴PG=?1∵B4，0，C∴OB=OC=4，OA=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，AC=OA2+OC∵PG⊥x軸，PE∥x軸，∴∠PEG=∠OBC=45°，∴△PEG是等腰直角三角形，∴PE=PG=?1∵AC∥PF，∴∠ACB=∠PFE，∴△ABC∽△PEF，∴ABPE=BC∴EF=4∴△PEF的周長(zhǎng)=EF+PF+PE=4∴當(dāng)PE最大時(shí)，△PEF的周長(zhǎng)最大，∵PE=?13m?2∴當(dāng)m=2時(shí)，PE最大，最大為43∴△PEF的周長(zhǎng)最大為16221+167（3）解：∵OC=OB，∴可設(shè)將拋物線y=?13x2+13∴y′∵平移后的拋物線與原拋物線交于點(diǎn)B，∴0=?1∴494解得n=4或n=0（舍去），∴平移后的拋物線解析式為y′設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為t，如圖1所示，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)P左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)P作PH⊥x軸于H，過點(diǎn)Q作QG⊥x軸于G，∴∠PHM=∠MGQ=90°，∵△PMQ以PQ為斜邊的等腰直角三角形，∴PM=MQ，∴∠HMP+∠HPM=90°=∠GMQ+∠HMP，∴∠HPM=∠GMQ，∴△HPM≌△GMQAAS∴QG=MH，∵P2∴PH=10∴QG=2?t，∴OG=t+10∴Qt+∵點(diǎn)Q在拋物線y′∴?1∴t2∴t2解得t=?1+353∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為?1+353，如圖2所示，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)P左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)P作PH⊥x軸于H，過點(diǎn)Q作QH⊥x軸于E，同理可證△HPM≌△GMQAAS∴QG=MH，∵P2∴PH=10∴QG=t?2，∴OG=t?10∴Qt?∵點(diǎn)Q在拋物線y′∴?1∴t?47∴t2∴t2∴t?28解得t=28+653∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為28+653，綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為?1+353，0或?1?35【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，一次函數(shù)與幾何綜合等等，正確作出輔助線并利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．14．（2023·重慶九龍坡·重慶實(shí)驗(yàn)外國語學(xué)校?？家荒＃┤鐖D1，點(diǎn)A為直線l:y=?12x?12與拋物線y=?x2+2x+3在x軸上的一個(gè)交點(diǎn)，點(diǎn)Bm,?2(1)求△ABC的面積；(2)點(diǎn)P是直線l上方的拋物線上一點(diǎn)，過P作PE∥x軸交直線l于E，P作PF∥y軸交直線l于F，求PE+PF的最大值及此時(shí)點(diǎn)(3)如圖2，將拋物線y=?x2+2x+3向右平移2個(gè)單位得到新拋物線y′，平移后的拋物線y′與原拋物線交于點(diǎn)Q，點(diǎn)M是新拋物線y′的對(duì)稱軸上一點(diǎn)．若【答案】(1)7(2)PE+PF最大為24316，(3)M13,3+17，M2【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)解析式求得A(?1,0)，B(3,?2)，根據(jù)二次函數(shù)解析式得出C0,3，y=?12x?1（2）設(shè)Pm,?m2+2m+3，則（3）根據(jù)題意求得Q2,3，點(diǎn)M是新拋物線y′的對(duì)稱軸上一點(diǎn)，設(shè)M3,m，勾股定理表示出A【詳解】（1）解：令y=?12x?12令y=?12x?12中y=∴A(?1,0)，B(3,?2)，設(shè)y=?12x?12與y軸的交點(diǎn)為令y=?x2+2x+3中x=0∴C0,3S△ABC（2）如圖所示，設(shè)PF交x軸與點(diǎn)G，設(shè)Pm,?m2則Gm,0，F(xiàn)G=∵PE∥x軸,∴△PEF∽△GAF，∴PEPF∴PE+PF=3PF=3?當(dāng)m=54時(shí)PE+PF最大為24316（3）解：將拋物線y=?x2+2x+3則y′=?x?2∵平移后的拋物線y′與原拋物線交于點(diǎn)Q聯(lián)立y=?x解得：x=2y=3∴Q2,3點(diǎn)M是新拋物線y′的對(duì)稱軸上一點(diǎn)，設(shè)M∵A(?1,0)，∴AM2=∵△AQM是以AQ為腰的等腰三角形，當(dāng)AQ=QM時(shí)，18=1解得：m1當(dāng)AQ=AM時(shí)，則18=4解得：m3綜上所述M13,3+17，M23,3?【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運(yùn)用，線段問題，等腰三角形的定義，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．15．（2023下·重慶沙坪壩·九年級(jí)重慶一中?？茧A段練習(xí)）如圖，拋物線y=?22x2+bx+c與x軸相交于A，B兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C，A（?3，0），C（0，62），點(diǎn)D在線段(1)求拋物線的函數(shù)解析式；(2)在第一象限的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PE∥x軸交直線BD于點(diǎn)E，過點(diǎn)P作PF⊥BD交直線BD于點(diǎn)F．求23PF?PE的最大值，并求出此時(shí)點(diǎn)(3)在（2）的條件下，將原拋物線y=?22x2+bx+c沿著射線DB方向平移6個(gè)單位長(zhǎng)度，得到新拋物線y′，新拋物線y′與原拋物線交于點(diǎn)Q，點(diǎn)M是新拋物線對(duì)稱軸上的一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)M，使得以點(diǎn)M，P【答案】(1)y=?(2)最大值為9，P(1，6(3)(52，52+112)或【分析】（1）利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式即可；（2）先根據(jù)坐標(biāo)求出OA、OB、OC和OD的長(zhǎng)度，證明△PFE∽△DOB，列比例式求出PF=33PE，從而得到23PF?PE=(22?1)PE，再利用待定系數(shù)法求出直線BD（3）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，把圖象的平移轉(zhuǎn)化為水平和左右平移，則設(shè)向下平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，得出新拋物線解析式，求出兩個(gè)拋物線的交點(diǎn)坐標(biāo)，再求出新拋物線的對(duì)稱軸，設(shè)M(52，m)，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)建立關(guān)于【詳解】（1）解：∵y=?22x2+bx+c與x軸相交于A，B兩點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C∴c=62?9∴拋物線的解析式為：y=?2（2）∵C(0,62∴OC=62∵OC=3OD，∴OD=22令y=?2解得x=4或x=3，∴B(4,0)，∴OB=4，∴BD=26∵PE∥∴∠PEF=∠OBD，∵∠PFE=∠BOD=90°，∴△PFE∽△DOB，∴PE:PF=BD:OD=3∴PF=3∴23設(shè)直線BD的解析式為：y=kx+22，(k≠0)∴0=4k+22∴k=?2∴直線BD的解析式為：y=?2∴x=?2設(shè)P(x,?2∴x設(shè)E(x2?x?8∴PE=x?(x∴當(dāng)x=1時(shí)，23PF?PE的最大值為9，此時(shí)P(1，（3）存在，理由如下：∵ODOB設(shè)原拋物線向下平移2k個(gè)單位長(zhǎng)度，向右平移2k∵原拋物線y=?22x2+bx+c∴(2k)2+∴原拋物線向下平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，得到新拋物線，∴y令?2解得x=2，∴Q(2，52∵原拋物線y=?22x∴新拋物線y′的對(duì)稱軸為直線x=設(shè)M(52，∵P(1，62當(dāng)PQ=MQ時(shí)，(2?1)2解得：m=52+11∴M(52，52+11當(dāng)PM=MQ時(shí)，(5解得m=62∴M(52，綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為M(52，52+112)或(【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象動(dòng)點(diǎn)問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，圖象的平移問題，等腰三角形的判定和性質(zhì)，以及求二次函數(shù)的最大值，解題的關(guān)鍵是能綜合有關(guān)代數(shù)和幾何知識(shí)進(jìn)行求解．16．（2023·重慶九龍坡·重慶市育才中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=23x2+43x?2與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)

(1)求△ABC的面積；(2)如圖1，點(diǎn)D為線段AC下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE∥y軸交線段AC于E點(diǎn)，過點(diǎn)E作EG∥BC交y軸于點(diǎn)G，求DE+5(3)如圖2，將拋物線沿射線CA方向平移133個(gè)單位長(zhǎng)度得到新拋物線y′，點(diǎn)M為原拋物線的頂點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)N為新拋物線y′對(duì)稱軸上一點(diǎn)，當(dāng)△BMN為等腰三角形時(shí)，請(qǐng)寫出所有符合條件的點(diǎn)N【答案】(1)4(2)D?94(3)?2，【分析】（1）分別求出A,B,C的坐標(biāo)，代入面積公式即可；（2）過點(diǎn)E作EN⊥y軸于點(diǎn)N，設(shè)Dm,23m2+43m?2（3）求出平移后的點(diǎn)N坐標(biāo)，分別表示出BM,BN,MN，然后對(duì)等腰三角形的腰進(jìn)行分類討論即可；【詳解】（1）解：令23解得：x1=1，∴A?3,0，B∴AB=4，將x=0代入y=2得：y=?2，∴C0,?2∴OC=2，∴S△ABC（2）解：如圖，過點(diǎn)E作EN⊥y軸于點(diǎn)N，

設(shè)Dm,23m2將A?3,0，C0,?2代入y=?2∵DE∥∴Em,?∴DE=?2∵B1,0，C∴BC=2∵EG∥BC，∴∠EGN=∠OCB，∵∠ENG=∠BOC=90°，∴△ENG∽△BOC，∴ENEG∴EN=5∴DE+5=?2∴當(dāng)m=?94時(shí)，DE+5此時(shí)，D?（3）解：y=2∴M?1,?沿射線CA方向平移133即向上平移12個(gè)單位，向左平移1則新拋物線的對(duì)稱軸為x=?2，設(shè)N?2∴BM2=22當(dāng)BN=BM時(shí)，1009解得：n=±19當(dāng)BN=NM時(shí)，9+n解得：n=1當(dāng)BM=NM時(shí)，1009解得：n=±91綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為：?2，【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運(yùn)用，相關(guān)知識(shí)點(diǎn)有：求交點(diǎn)坐標(biāo)、相似三角形的性質(zhì)與判定