中考数学二轮复习名校模拟题重要考点分类汇专题15二次函数综合题旋转类(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15——二次函数综合题旋转类（原卷版）（重庆专用）1．（2022秋·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B−4,0两点（点A在点(1)求抛物线的表达式；(2)如图1，连接BC，点P为直线BC上方抛物线上（不与B、C重合）的一动点，过点P作PF∥y轴交x轴于点F，交BC于点E，过点P作PD⊥BC，垂足为点D，求5PD+2PF的最大值及此时点P(3)如图2，将原抛物线绕线段BC的中点Q旋转180°得到新抛物线y'，点N为新抛物线y'上一点，在x轴上是否存在一点M，使得以点Q、C、M、N为顶点的四边形是以CQ为边的平行四边形，若存在，请直接写出点2．（2022春·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与直线y=−43x+4的交点分别位于x轴、y(1)求抛物线的解析式；(2)如图2，连接BC，点P为AB上方抛物线上一动点，过点P作PQ∥BC交AB于点Q，过点P作PR⊥x轴交AB于点R，求△PQR周长最大值及此时点(3)在（2）问条件下，当△PQR面积最大时，将△PQR绕点R顺时针旋转n°（0<n<90），当旋转过程中，PR⊥AB时，记此时三角形为ΔP1Q1R1，再将ΔP1Q1R1沿直线AB进行翻折得到3．（2022春·重庆·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=ax2+bx+4与x轴交于点A−6,0，B4,0(1)求该抛物线的解析式；(2)如图1，点D与点C关于抛物线的对称轴对称，连接BD交y轴于点G，作直线OD，点P为线段BD上方的抛物线上任意一点，过点P作PE∥y轴交BD于点E，过点P作PF⊥直线OD于点F．当PE+5(3)如图2，连接BC、BD，将△OCD绕点O顺时针旋转α0°<α<90°得到△OC'D'，使得C'D'∥BC，将线段OD'沿射线C'O平移得到O'D''，连接AO'，AD''，请问在平移过程中，是否存在△AO'D''是以△O'D''4．（2021秋·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过点A0,−3，与x轴的交点为B、C，直线l:y=2x+2与抛物线相交于点C，与y轴相交于点D，（1）求抛物线的函数表达式；（2）过点P作线段PM∥x轴，与直线l相交于点M，当PM最大时，求点P的坐标及PM的最大值；（3）把抛物线绕点O旋转180°，再向上平移使得新抛物线过（2）中的P点，E是新抛物线与y轴的交点，F为原抛物线对称轴上一点，G为平面直角坐标系中一点，直接写出所有使得以B、E、F、G为顶点、BF为边的四边形是菱形的点G的坐标，并把求其中一个点G的坐标的过程写出来．5．（2021秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图1，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，连接AC和BC，∠OAC＝60°．（1）求二次函数的表达式．（2）如图2，线段BC上有M、N两动点（N在M上方），且MN＝32，P是直线BC下方抛物线上一动点，连接PC、PB，当△PBC面积最大时，连接PM、AN，当MN运动到某一位置时，PM+MN+NA（3）如图3，在（2）的条件下，连接AP，将AP绕着点A逆时针旋转60°至AQ．点E为二次函数对称轴上一动点，点F为平面内任意一点，是否存在这样的点E、F，使得四边形AEFQ为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标，若不存在，请说明理由．6．（2020·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C（0，5），连接BC，其中OC＝5OA．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，将直线BC沿y轴向上平移6个单位长度后与抛物线交于D、E两点，交y轴于点G，若点P是抛物线上位于直线BC下方（不与A、B重合）的一个动点，连接PE，交直线BC于点F，连接PD、DF、PB、PC．若S△PBC＝1021S△EDF，求点P（3）如图2，当点P满足（2）问条件时，将△CBP绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△CB'P'，此时点B′恰好落到直线ED上，已知点M是抛物线上的动点，在直线ED上是否存在一点N，使得以点C、B′、M、N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．7．（2021·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）如图，抛物线y＝x2＋bx＋c交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C（0，5），连接BC，其中OC＝5OA．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，将直线BC沿y轴向上平移6个单位长度后与抛物线交于D、E两点，交y轴于点G，若点P是抛物线上位于直线BC下方（不与A、B重合）的一个动点，过点P作PM∥y轴交DE于点M，交BC于点H，过点M作MN⊥BC于点N，求PM＋NH的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，当点P满足（2）问条件时，将△CBP绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△CB'P'，此时点B′恰好落到直线ED上，已知点F是抛物线上的动点，在直线ED上是否存在一点Q，使得以点C、B′、F、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．8．（2021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，抛物线与x轴交于A2,0、B两点，与y轴交于点C，顶点D的坐标为4,−2（1）求抛物线的解析式；（2）已知直线l:y=34x与抛物线交于E、F两点（点E在F的左侧），点G为线段EF上的一个动点，过G作y轴的平行线交抛物线于点H，求GH+GF（3）在（2）的条件下，如图2，若点G是OF的中点，将△OBG绕点O旋转，旋转过程中，点B的对应点为B'、点G的对应点为G'，将抛物线沿直线AF的方向平移（两侧均可），在平移过程中点D的对应点为D'，在运动过程中是否存在点B'和点D'关于△ABF的某一边所在直线对称（B9．（2020秋·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2−32x−2与x轴交于A，B两点（（1）如图1，点E3，m在抛物线上，连接AE，BE，求△ABE的面积；（2）如图2，点P，Q是第四象限内的抛物线上两点（P在Q的左侧），分别过点P，Q作PM//QN//y轴交直线BC于点M，N，且平行线PM，QN之间的距离为1，求（3）如图3，连接AC，将△AOC绕点O逆时针旋转得到△A'OC'，点C'落在线段BC上，动点K在y轴上，点R是平面内一点，当以C'，K，R10．（2020秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考期中）如图，点A在抛物线y＝﹣x2+6x上，且横坐标为1，点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E的坐标为（2，2）．（1）求线段AB的长；（2）点P为线段AB上方抛物线上的任一点，过P作AB的垂线交AB于点H，点F为y轴上一点，当△PBE的面积最大时，求PH+HF+32FO（3）在（2）中，当PH+HF+32FO取得最小值时，将△CFH绕点C顺时针旋转60°后得到△CF'H'，过点F'作CF'的垂线与直线AB交于点Q，点R为y轴上一动点，M为平面直角坐标系中的一动点，是否存在使以点D，Q，R，M为顶点的四边形为矩形？若存在请直接写出点R11．（2020·重庆·重庆第二外国语学校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴，交抛物线于点D，连结AD．（1）点P为线段AD上方抛物线上的一动点，点E是线段AD上一动点，连结PA，PD，PE，当△PAD面积最大时，求PE+22AE（2）在（1）中，PE+22AE取得最小值时，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，将△AEF绕点F顺时针旋转90°后得到△A′E′F，点A、E的对应点分别为A′、E′，在直线AD上是否存在一点Q，使得△DE′Q为等腰三角形？若存在，直接写出点Q12．（2018·重庆·重庆八中校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=34x2−94x−33与x轴交于A、B（1）过点C的直线y=54x−33交x轴于点H，若点P是第四象限内抛物线上的一个动点，且在对称轴的右侧，过点P作PQ//y轴交直线CH于点Q，作PN//x轴交对称轴于点N，以PQ、PN为邻边作矩形PQMN，当矩形PQMN的周长最大时，在y轴上有一动点K，x轴上有一动点T，一动点G从线段CP的中点R出发以每秒1个单位的速度沿R→K→T的路径运动到点T，再沿线段TB以每秒2个单位的速度运动到（2）如图2，将ΔABC绕点B顺时针旋转至ΔA'BC'的位置，点A、C的对应点分别为A'、C'，且点C'恰好落在抛物线的对称轴上，连接AC'．点E是y轴上的一个动点，连接AE、C13．（2019·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考阶段练习）如图，在直角坐标系内，抛物线y＝x2﹣4x﹣4与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．顶点为D，对称轴与x轴的交点为E，连接BD，DC，CE．点P是抛物线在第四象限内一点，过点P作PH⊥CE，垂足为H．点F是y轴上一点，连接PF并延长交x轴于点G，过点O作OM⊥PG，垂足为M．（1）当PH取得最大值时，求PE+PF+45OF（2）当PE+PF+45OF取得最小值时，把△OMF绕点O旋转a°（0＜a≤360°），记旋转过程中的△OMF为△OM′F′．直线M′F′与x轴的交点为K．当△OF′K是以OK为底的等腰三角形时，直接写出所有满足条件的点M14．（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．15．（2019春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考期中）如图1，抛物线y=13x2+233x+3与y轴交于点C，与x轴交于点A、B（点A在点B左边），O为坐标原点．点D是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点D作DE∥x轴交直线BC于点E．点P为∠CAB角平分线上的一动点，过点P作PQ⊥BC于点H（1）当线段DE的长度最大时，求DF+FQ+12PQ（2）如图2，将△BOC沿BC边所在直线翻折，得到△BOC′，点M为直线BO′上一动点，将△AOC绕点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°）得到△A′OC′，当直线A′C′，直线BO′，直线OM围成的图形是等腰直角三角形时，直接写出该等腰直角三角形的面积．16．（2019·重庆·重庆八中校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=34x2−94x−33与x轴交于A、B（1）判断△ABC的形状；（2）过点C的直线y=54x−33交x轴于点H，若点P是第四象限内抛物线上的一个动点，且在对称轴的右侧，过点P作PQ∥y轴交直线CH于点Q，作PN∥x轴交对称轴于点N，以PQ、PN为邻边作矩形PQMN，当矩形PQMN的周长最大时，在y轴上有一动点K，x轴上有一动点T，一动点G从线段CP的中点R出发以每秒1个单位的速度沿R→K→T的路径运动到点T，再沿线段TB以每秒2个单位的速度运动到B点处停止运动，求动点（3）如图2，将△ABC绕点B顺时针旋转至△A'BC'的位置，点A、C的对应点分别为A'、C'，且点C'恰好落在抛物线的对称轴上，连接AC'．点E是y轴上的一个动点，连接AE、C'E，将△AC'E沿直线C'E翻折为△A″C'E，是否存在点A'，使得△BAA″为等腰三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．17．（2019秋·重庆·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，抛物线y=−12x2+32x+2与x轴交于点A、B两点（点（1）如图1，若点P是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PD//x轴交直线BC于点D，作PE⊥BC于点E，点M为直线BC上一动点，点N为x轴上一动点，连接PM，MN．当DE最长时，求PM+MN+17（2）如图2，将ΔAOC绕点O逆时针旋转30∘得ΔA'OC'，将ΔA'OC'沿直线A'O平移得到ΔA'OC″，直线C″O'与x轴交于点F，连接18．（2019秋·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期中）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣38（1）如图1，点P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PH∥y轴，交直线BC于点H，过点P作PQ⊥BC于点Q，当PQ﹣12PH最大时，点C关于x轴的对称点为点D，点M为直线BC上一动点，点N为y轴上一动点，连接PM、MN，求PM+MN+4（2）如图2，连接AC，将△OAC绕着点O顺时针旋转，记旋转过程中的△OAC为△OA'C'，点A的对应点为点A'，点C的对应点为点C'．当点A'刚好落在线段AC上时，将△OA'C'沿着直线BC平移，在平移过程中，直线OC'与抛物线对称轴交于点E，与x轴交于点F，设点R是平面内任意一点，是否存在点R，使得以B、E、F、R为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点R的坐标；若不存在，请说明理由．19．（2019春·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-34x2+94x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C：连接BC，点P为线段BC上方抛物线上的一动点，连接OP交BC于点（1）如图1，当PQOQ值最大时，点E为线段AB上一点，在线段BC上有两动点M，N（M在N上方），且MN=1，求PM+MN+NE-35（2）如图2，连接AC，将△AOC沿射线CB方向平移，点A，C，O平移后的对应点分别记作A1，C1，O1，当C1B=O1B时，连接A1B、O1B，将△A1O1B绕点O1沿顺时针方向旋转90°后得△A2O1B1在直线x=12上是否存在点K，使得△A2B1K为等腰三角形？若存在，直接写出点K20．（2019春·重庆渝北·九年级重庆市一中寄宿学校校考阶段练习）如图，在平面直角标系中，抛物线C：y＝33x2（1）如图1，点P为抛物线上位于x轴下方一点，连接PB，PD，当S△PBD最大时，连接AP，以PB为边向上作正△BPQ，连接AQ，点M与点N为直线AQ上的两点，MN＝2且点N位于M点下方，连接DN，求DN+MN+32（2）如图2，在第（1）问的条件下，点C关于x轴的对称点为E，将△BOE绕着点A逆时针旋转60°得到△B′O′E′，将抛物线y＝33x2+233二轮复习【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15——二次函数综合题旋转类（原卷版）（重庆专用）1．（2022秋·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B−4,0两点（点A在点(1)求抛物线的表达式；(2)如图1，连接BC，点P为直线BC上方抛物线上（不与B、C重合）的一动点，过点P作PF∥y轴交x轴于点F，交BC于点E，过点P作PD⊥BC，垂足为点D，求5PD+2PF的最大值及此时点P(3)如图2，将原抛物线绕线段BC的中点Q旋转180°得到新抛物线y'，点N为新抛物线y'上一点，在x轴上是否存在一点M，使得以点Q、C、M、N为顶点的四边形是以CQ为边的平行四边形，若存在，请直接写出点【答案】(1)y=−(2)818，(3)存在，M−8,0或M−1,0【分析】（1）把B−4,0，点C（2）连接AC，确定点A的坐标，判定△ABC是直角三角形，结合cos∠DPE=cos∠FBE，PDPE=BCBA=255=25，得到5PD=2PE，得到（3）确定变化后的抛物线解析式，利用平移思想计算即可．【详解】（1）因为抛物线y=−12x2+bx+c所以−8−4b+c=0c=2解得b=−3所以抛物线的解析式为y=−1（2）连接AC，因为y=−12x2−3所以点A1,0，所以△ABC是直角三角形，因为PD⊥BC，∠PED=∠BEF，PF∥y，所以∠DPE=∠FBE，所以cos∠DPE=cos∠FBE，所以PDPE所以5PD=2PE所以5PD+2PF=2设直线BC的解析式为y=kx+b所以0=−4k+b解得k=1所以直线BC的解析式为y=因为点P为直线BC上方抛物线y=−1设Pm,−12m2所以PE=−12m所以5=−2m+所以当m=−74时，5PD+2PF的最大值为81所以P−（3）因为将原抛物线绕线段BC的中点Q旋转180°得到新抛物线y'所以点B，点C仍在抛物线y'因为B−4,0所以Q−2,1因为A1,0所以其对称点G−5,2设y'所以25a−5a+b=216a−4a+b=0解得a=1所以抛物线y'因为Q−2,1,C0,2当CQ从点C0,2平移到Q因为点M在x轴上，且Mn,0根据平行四边形的性质，得到CQ∥NM,CQ=NM，所以点Mn,0所以Nn−2,−1因为Nn−2,−1在抛物线y所以12解得n=0,n=−1，所以M0,0或M当CQ从点Q−2,1平移到C因为点M在x轴上，且Mn,0根据平行四边形的性质，得到CQ∥NM,CQ=NM，所以点Mn,0所以Nn+2,1因为Nn+2,1在抛物线y所以12解得n=−8,n=−1，所以M−8,0或M综上所述点M的坐标为M−8,0或M−1,0或【点睛】本题考查了抛物线解析式的求法，锐角三角函数，构造二次函数求面积的最值，平移思想确定平行四边形的顶点坐标，熟练掌握解析式的确定方法，准确构造二次函数，活用平移思想是解题的关键．2．（2022春·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+ca≠0与直线y=−43x+4的交点分别位于x轴、y(1)求抛物线的解析式；(2)如图2，连接BC，点P为AB上方抛物线上一动点，过点P作PQ∥BC交AB于点Q，过点P作PR⊥x轴交AB于点R，求△PQR周长最大值及此时点(3)在（2）问条件下，当△PQR面积最大时，将△PQR绕点R顺时针旋转n°（0<n<90），当旋转过程中，PR⊥AB时，记此时三角形为ΔP1Q1R1，再将ΔP1Q1R1沿直线AB进行翻折得到【答案】(1)y=−(2)△PQR周长最大值为45+9520(3)P3(【分析】（1）由直线y=−4（2）过点Q作QM⊥PR于点M，可得，△OBC∽△MPQ，△OBA∽△MRQ，进而可得△PQR的周长为PQ+QR+PR，设点P的横坐标为t，表达PR的长，利用二次函数的性质可得出其最大值，进而可得出结论；（3）过点P作x轴的垂线，过点R作x轴的平行线交于点N，则△RP1N∽△BAO，所以RP1：P1N：RN=BA：OA：OB=5：3：4，将△P1Q1R1沿直线AB进行翻折得到△P2Q2R2，可得点R是P1，P2的中点，进而可得P2的坐标；由平移可得P2P3∥AB，所以直线P2P3的解析式，联立一次函数与抛物线的解析式，可得出P3的坐标．(1)由题意可知，直线y=−4∴A（3，0），B（0，4），将A（3，0），B（0，4），C（-2，0）代入抛物线y=ax2+bx+c（a≠0），得，9a+3b+c=0解得a=−∴抛物线的解析式为：y=−(2)由（1）知OC=2，OB=4，OA=3，如图，过点Q作QM⊥PR于点M，∴∠BOC=∠QMP=90°，∵BC∥PQ，PR∥y轴，∴∠OBC=∠QPR，∴△OBC∽△MPQ，∴OC：OB=MQ：PM=2：4；∵PR∥y轴，∴∠OBA=∠QRP，∴△OBA∽△MRQ，∴OB：OA=MR：QM=4：3，设QM=3m，则PM=2QM=6m，RM=4m，∴QR=5m，QP=35m，PR=10m，∴△PQR的周长为PQ+QR+PR=15m+35m=(15+3若求△PQR的周长的最大值，求出PR的最大值即可；设点P的横坐标为t，则P(t,−∴PR=−∴当t=32时，PR的最大值为3此时点P(32,7(3)由（2）设QM=3m，则PM=2QM=6m，RM=4m，∴QR=5m，QP=35m，PR=10m，∴△PQR的面积为1若求△PQR的面积的最大值，求出PR的最大值即可；由（2）可知当t=32时，PR的最大值为3此时点P(32,72将△PQR绕点R顺时针旋转n°（0＜n＜90），当旋转过程中，PR⊥AB时，记此时三角形为△P1Q1R1，过点P作x轴的垂线，过点R作x轴的平行线交于点N，则△RP1N∽△BAO，∴RP1：P1N：RN=BA：OA：OB=5：3：4，∴P1N=910，RN=6∴P1∵将△P1Q1R1沿直线AB进行翻折得到△P2Q2R2，∴点R是P1，P2的中点，∴P2∴由平移的性质可知，P2P3∥AB，∴直线P2P3的解析式：y=−4令−解得x=3+262∴P3(3+2【点睛】本题考查了二次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知待定系数法求得二次函数的解析式．3．（2022春·重庆·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=ax2+bx+4与x轴交于点A−6,0，B4,0(1)求该抛物线的解析式；(2)如图1，点D与点C关于抛物线的对称轴对称，连接BD交y轴于点G，作直线OD，点P为线段BD上方的抛物线上任意一点，过点P作PE∥y轴交BD于点E，过点P作PF⊥直线OD于点F．当PE+5(3)如图2，连接BC、BD，将△OCD绕点O顺时针旋转α0°<α<90°得到△OC'D'，使得C'D'∥BC，将线段OD'沿射线C'O平移得到O'D''，连接AO'，AD''，请问在平移过程中，是否存在△AO'D''是以△O'D''【答案】(1)y=−1(2)P(73,(3)D″(【分析】（1）将A、B两点的坐标代入二次函数解析式求解即可；（2）求出D的坐标，进而求得BD、OD直线解析式，设P(m,−16m2−13m+4)，过点P作PN∥x轴，可求得（3）根据题意可得当OC'⊥BC时，C'D'∥BC，过点D'作D'E⊥OB，交OC'、OB于点F、E(1)解：将A、B两点代入二次函数解析式可得：36a−6b+4=016a+4b+4=0，解得a=−所以，解析式为y=−1(2)连接CD，过点P作PN∥则：CD∴∠CDO=∠PNF在Rt△OCD中，由勾股定理可得：OD=OC∴sin∠PNF=在Rt△PNF中，sin∠PNF=PFPN=由y=−−16x2−1设直线BD为：y=kx+b，则4k+b=0−2k+b=4，解得k=−23直线OD为：y=−2x，设P(m,−16m2−13∴N(则PE=−1PN=m−(PE+当m=73时，PE+−即P(73(3)由C'D'∥BC，∠C'=90°可得OC'⊥BC，过点D'作D由题意可得OB=OC，O∴∠BOF=12∴OE=EF，C∴OF=2，由勾股定理可得，OE2+EF2=O∴D'(直线OC'为y=x，直线O设O'(m,m)，由平移的性质可得：D当AO'⊥O'D″则D″当AD″⊥O'D则D″D″(【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，三角函数的定义，直线的有关性质等，解题的关键是熟练掌握并综合应用有关性质进行求解．4．（2021秋·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过点A0,−3，与x轴的交点为B、C，直线l:y=2x+2与抛物线相交于点C，与y轴相交于点D，（1）求抛物线的函数表达式；（2）过点P作线段PM∥x轴，与直线l相交于点M，当PM最大时，求点P的坐标及PM的最大值；（3）把抛物线绕点O旋转180°，再向上平移使得新抛物线过（2）中的P点，E是新抛物线与y轴的交点，F为原抛物线对称轴上一点，G为平面直角坐标系中一点，直接写出所有使得以B、E、F、G为顶点、BF为边的四边形是菱形的点G的坐标，并把求其中一个点G的坐标的过程写出来．【答案】（1）y=x2−2x−3；（2）最大值PM=92，此时P点坐标（2，-3）；（3）点G的坐标【分析】（1）先求出C点坐标，再把AC坐标代入解析式即可；（2）由PM∥x轴设P点坐标，再表示出M点坐标，即可表示出PM的长度；（3）先求出新函数的解析式，再求出B、E两点坐标并表示出FG坐标，最后根据菱形的性质列出方程即可．【详解】（1）∵直线l:y=2x+2与抛物线相交于点C∴C点坐标为（-1，0）把A0,−3、C（-1，0）代入函数解析式y=c=−3解得c=−3∴抛物线的函数表达式y=（2）设P(a,∵段PM∥x轴∴M纵坐标为a∵M在直线l:y=2x+2上∴M(∴PM=a−(∴当a=2时PM最大，最大值PM=9（3）∵抛物线的函数表达式y=∴顶点坐标（1，-4）,与x轴的交点B（3，0）、C（-1，0）∵把抛物线绕点O旋转180°∴旋转前后对应点关于原点对称∴新抛物线的顶点为（-1,4），与x轴的交点为（-3，0）、（1，0）∴设新抛物线解析式为y=−∵向上平移使得新抛物线过（2）中的P（2，-3）点设平移后解析式为y=−∴−3=−(2+1)2∴平移后解析式为y=−∵E是平移后抛物线与y轴的交点，∴E（0,5）∵F为原抛物线对称轴上一点，G为平面直角坐标系中一点，∴设F1,a1∵以B、E、F、G为顶点、BF为边的四边形是菱形∴确定的学段BE可能是对角线也可能是边①当BE是对角线时∵菱形BFEG对角线互相垂直平分∴此时F是BE的垂直平分线与直线x=1的交点，∵E（0,5）、B（3，0）∴直线BE的解析式为y=−53∴设BE的垂直平分线解析式为y=35x+5解得b1∴BE的垂直平分线解析式为y=当x=1时y=115∵菱形BFEG对角线互相垂直平分∴由中点公式得1+m2=即G点坐标(2,②当BE为边长时BE=BF，∴由距离公式得3−0解得：a∵菱形BFGE对角线互相垂直平分∴由中点公式得1+02=m+32即G点坐标为(−2,30+5)综上所述所有使得以B、E、F、G为顶点、BF为边的四边形是菱形的点G的坐标为(−2,30+5)或(−2,−30【点睛】本题考查二次函数与菱形的综合，难度比较大，解题的关键是在直角坐标系中利用中点坐标公式把菱形的性质与坐标关联起来．5．（2021秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图1，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，连接AC和BC，∠OAC＝60°．（1）求二次函数的表达式．（2）如图2，线段BC上有M、N两动点（N在M上方），且MN＝32，P是直线BC下方抛物线上一动点，连接PC、PB，当△PBC面积最大时，连接PM、AN，当MN运动到某一位置时，PM+MN+NA（3）如图3，在（2）的条件下，连接AP，将AP绕着点A逆时针旋转60°至AQ．点E为二次函数对称轴上一动点，点F为平面内任意一点，是否存在这样的点E、F，使得四边形AEFQ为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）y=33x2−2【分析】（1）由已知可设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)，由已知条件可求得点C的坐标，把点C的坐标代入解析式中即可求得a的值，从而可得二次函数的表达式；（2）过点P作PD⊥x轴于点D，连接PO，设点P的坐标为m,33m（3）当四边形AEFQ是菱形时，△AEQ是等腰三角形，由点E在抛物线的对称轴上，故设点E(1，n)，由旋转的性质则可得AE=AQ=AP，可得关于n的方程，解方程即可求得n，从而求得点E的坐标．【详解】（1）∵抛物线交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点∴设抛物线的表达式为y=a(x+1)(x−3)，且OA=1∵∠OAC=60゜，OA⊥OC∴∠OCA=30゜∴AC=2OA=2∴OC=∴C(0,−把点C的坐标代入y=a(x+1)(x−3)中，得−3a=−∴a=∴y=展开得：y=即二次函数的表达式为y=（2）过点P作PD⊥x轴于点D，连接PO，如图2—1设点P的坐标为m,∵点P位于第四象限内∴OD=m，PD=−∵B(3，0)∴OB=3∵S===−=−∴当m=32时，当当m=32此时点P的坐标为3∵MN=3∴PM+MN+NA的最小值就是求PM+NA的最小值过点A作BC的平行线，且在位于x轴下方的直线上取AG=NM，过G作GH垂直x轴于点H，连接GP，如图2-2∵AG∥NM，AG=NM∴四边形AGMN是平行四边形∴GM=AN∴PM+NA=PM+GM≥GP∴当点M在线段GP上时，PM+NA最小，且最小值为线段GP的长，从而PM+MN+NA最小在Rt△COB中，由勾股定理得BC=∴BC=2OC∴∠CBO=30゜∵AG∥BC∴∠HAG=∠CBO=30゜∵GH⊥x轴∴HG=由勾股定理得AH=∴OH=OA+AH=1+∴G点坐标为−由勾股定理得GP=即PM+NA的最小值为217∴PM+MN+NA的最小值为217（3）存在；理由如下：由于四边形AEFQ是菱形，则△AEQ是等腰三角形，且AE=AQ∵抛物线的对称轴为直线x=1，点E在抛物线的对称轴上∴设点E(1，n)则A∵AP绕点A旋转后得到AQ∴AP=AQ∴AE=AQ=AP∵A∴由AE=AP得：4+解得：n=±∴点E的坐标为1,1114【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了用待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的性质，图形的面积，菱形的性质，直角三角形的性质等，综合性强，考查的知识点多，运算量大，是中考常考的压轴题．就数学思想方法而言有：割补思想，转化思想（三线段和的最小值转化为两线段和的最小值），方程思想，数形结合等．6．（2020·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C（0，5），连接BC，其中OC＝5OA．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，将直线BC沿y轴向上平移6个单位长度后与抛物线交于D、E两点，交y轴于点G，若点P是抛物线上位于直线BC下方（不与A、B重合）的一个动点，连接PE，交直线BC于点F，连接PD、DF、PB、PC．若S△PBC＝1021S△EDF，求点P（3）如图2，当点P满足（2）问条件时，将△CBP绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△CB'P'，此时点B′恰好落到直线ED上，已知点M是抛物线上的动点，在直线ED上是否存在一点N，使得以点C、B′、M、N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）y＝x2－6x＋5；（2）P（4，－3）；（3）存在，（2，9）或（12，－1）或(−9+732【分析】（1）先求出点A的坐标，然后代入y＝x2＋bx＋c，即可求抛物线的解析式；（2）先求出B点的坐标，继而得到直线BC的解析式，然后BC向上平移6个单位为DE，得到直线DE的解析式，根据直线DE和抛物线的交点，可求出点D和点E的坐标，进而得到DE和BC的长，连接BD，CD，则S△EDFS△BCD（3）根据BC可求出CB'=52，设B'(a,−a+11)，则CB'2=a【详解】解：（1）∵C（0，5），OC＝5OA，∴OC＝5，OA＝1，A（1，0）将C（0，5），A（1，0）代入y＝x2＋bx＋c中，得{解得：{∴抛物线的解析式为：y＝x2－6x＋5；（2）令y＝0，则有x2－6x＋5＝0，解得：x1＝5，x2＝1∴B（5，0）设直线BC为：y＝kx＋b，则有{解得：{b=5∴直线BC：y＝－x＋5，∵BC向上平移6个单位为DE∴直线DE为：y＝－x＋11，联立{y=−x+11得x2－5x－6＝0∴x1＝6，x2＝－1，∴D（6，5），E（－1，12），∴DE＝72，∴BC＝OB∵BC//DE，∴如图，连接BD，CD，∴S△EDF∵S△PBC∴S△PBC过C作CR⊥DE于R,过P作PQ//BC交y轴于Q,过Q作QQ则S∵OB=OC=5,∴∠BCO=45°,由平移的性质及PQ//∴∠OQP=∠OCB=∠CGD=45°,∵DE:y=−x+11,则G(0,11),而C(0,5),∴CG=6,∴CR=CG·sin45°=∴QQ同理可得：CQ=4,∴Q(1,0),∴PQ:y=−x+1,∴联立{解得：x1∴P（4，－3）或（1，0），∵当P为（1，0）时与点A重合，故舍去，∴P（4，－3）；（3）∵BC＝52，∴CB'＝5设B'(a,−a+11)，则解得：a1∵0∘∴B'设M（m，m2－6m＋5），N（n，－n＋11），①当B'∴{m+n=7解得：{m=0n=7（舍去）或∴N（2，9）；②当B'∴{7+m=n解得：{m=0n=7（舍去）或∴N（12，－1）；③当MC为对角线时，∴{7+n=m解得：{m=5+∴N(−9+732综上可知，N点坐标为（2，9）或（12，－1）或(−9+732【点睛】本题考查二次函数综合，涉及到的知识点有待定系数法求函数解析式、一次函数图像的平移、两点间的距离等，解题的关键是综合利用相关知识．7．（2021·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）如图，抛物线y＝x2＋bx＋c交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C（0，5），连接BC，其中OC＝5OA．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，将直线BC沿y轴向上平移6个单位长度后与抛物线交于D、E两点，交y轴于点G，若点P是抛物线上位于直线BC下方（不与A、B重合）的一个动点，过点P作PM∥y轴交DE于点M，交BC于点H，过点M作MN⊥BC于点N，求PM＋NH的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，当点P满足（2）问条件时，将△CBP绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△CB'P'，此时点B′恰好落到直线ED上，已知点F是抛物线上的动点，在直线ED上是否存在一点Q，使得以点C、B′、F、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）y＝x2﹣6x＋5；（2）PM＋NH最大值为494＋32，P（52，﹣154）；（3）存在，Q（2，9）或（73−92，31−【分析】（1）求出A坐标，代入可得答案；（2）MH是定值，PM＋NH取最大值即是PM取最大值，设P坐标表示出PM长度即可得到答案；（3）求出B′坐标，设F、Q坐标，用平行四边形两条对角线的中点重合分类列方程即可得答案．【详解】解：（1）∵点C（0，5），OC＝5OA，∴A（1，0），将A（1，0），C（0，5）代入y＝x2＋bx＋c得：0=1+b+c5=c，解得：b=−6∴抛物线的解析式是y＝x2﹣6x＋5；（2）由x2﹣6x＋5＝0得x1＝1，x2＝5，∴B（5，0），设BC解析式为y＝kx＋b，将B（5，0）、C（0，5）代入得：5k+b=05=b，解得k=−1∴BC解析式为y＝﹣x＋5，将直线BC沿y轴向上平移6个单位长度后与抛物线交于D、E两点，∴DE解析式为y＝﹣x＋11，∵过点P作PM∥y轴交DE于点M，交BC于点H，∴MH＝6，∵B（5，0）、C（0，5），∴OB＝OC，∠OCB＝45°，∵PM∥y轴，∴∠NHM＝45°，∵MN⊥BC，∴△MNH是等腰直角三角形，∴NH＝MH•cos45°＝22MH＝32PM＋NH取最大值即是PM取最大值，设P（m，m2﹣6m＋5），则M（﹣m＋11），∴PM＝（﹣m＋11）﹣（m2﹣6m＋5）＝﹣m2＋5m＋6，当m＝−52×(−1)＝52时，PM最大为：﹣（52）2＋5×5此时P（52，﹣15∴PM＋NH最大值为494＋32，P（52，﹣（3）∵将△CBP绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△CB'P'，此时点B′恰好落到直线ED上，∴CB＝CB′，而B（5，0）、C（0，5），设B′（a，﹣a＋11），则（5﹣0）2＋（0﹣5）2＝（a﹣0）2＋（﹣a＋11﹣5）2，解得a＝7或a＝﹣1（此时旋转角大于90°舍去），∴B′（7，4），点F是抛物线上的动点，Q在直线ED上，设F（b，b2﹣6b＋5），Q（c，﹣c＋11），以点C、B′、F、Q为顶点的四边形为平行四边形，分三种情况：①CB′、FQ为对角线，CB′中点为（0+72，5+42），FQ中点为（b+c2CB′中点与FQ中点重合，∴0+7=b+c5+4=b2−6b+5−c+11，解得∴Q（2，9），②CF、B′Q为对角线，同理可得0+b=7+c5+解得b=5+732∴Q（73−92，31−732）或（③CQ、BF为对角线，则0+c=7+b5−c+11=解得：b=0c=7（此时F与C重合舍去）或b=5∴Q（12，﹣1），总上所述，以点C、B′、F、Q为顶点的四边形为平行四边形，Q（2，9）或（73−92，31−732）或（【点睛】此题考查待定系数法求函数解析式，等腰直角三角形的判定及性质，直线平移的规律，平行四边形的性质，锐角三角函数，旋转的性质，是一道较难的综合题．8．（2021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，抛物线与x轴交于A2,0、B两点，与y轴交于点C，顶点D的坐标为4,−2（1）求抛物线的解析式；（2）已知直线l:y=34x与抛物线交于E、F两点（点E在F的左侧），点G为线段EF上的一个动点，过G作y轴的平行线交抛物线于点H，求GH+GF（3）在（2）的条件下，如图2，若点G是OF的中点，将△OBG绕点O旋转，旋转过程中，点B的对应点为B'、点G的对应点为G'，将抛物线沿直线AF的方向平移（两侧均可），在平移过程中点D的对应点为D'，在运动过程中是否存在点B'和点D'关于△ABF的某一边所在直线对称（B【答案】(1)y=12x−42−2；(2)81【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可．（2）联立一次函数和二次函数解析式，即可求出E点和F点坐标，设G(x，34x)(32<x<8)，则H(x，12(x−4)2−2)，根据两点的距离公式可求出GH，GF（3）根据题意可求出点A，B，C的坐标，由点G是线段OF中点，即可知G点坐标，设B'(t,12(t−4)【详解】（1）∵顶点D4，−2在抛物线上，∴设抛物线y=ax−4将点A2，0代入y=ax−42−2∴a=1∴抛物线的解析式为：y=1（2）联立y=3解得：x1=3∵点E在点F左侧，∴E(32，∵点G在抛物线上，∴设G(x，3∴H(x，1∴GH=yG∵32∴2−1∴GF=10−5∴GH+GF=3∵32∴当x=72时，GH+GF取最大值此时G(7（3）令y=0，代入y=1解得：x1∴A(2，0)，B(6，0)．∴AB=6−2=4，令x=0，代入y=1解得y=6，∴C(0，6)，∵F(8，6)，点G是线段OF中点，∴xG=x∴G(4，3)，∵点B'在抛物线y=∴设B'∴OG解得t=2，∴B'【点睛】本题为一次函数与二次函数综合，较难．掌握利用待定系数法求解析式，联立方程求一次函数与二次函数交点坐标，求二次函数图象与坐标轴交点的坐标以及中点坐标公式是解答本题的关键．9．（2020秋·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2−32x−2与x轴交于A，B两点（（1）如图1，点E3，m在抛物线上，连接AE，BE，求△ABE的面积；（2）如图2，点P，Q是第四象限内的抛物线上两点（P在Q的左侧），分别过点P，Q作PM//QN//y轴交直线BC于点M，N，且平行线PM，QN之间的距离为1，求（3）如图3，连接AC，将△AOC绕点O逆时针旋转得到△A'OC'，点C'落在线段BC上，动点K在y轴上，点R是平面内一点，当以C'，K，R【答案】（1）5；（2）12PM+QN最大值为176，此时点P的坐标为43【分析】（1）首先根据二次函数的解析式求出A,B,C,E的坐标，然后利用S△ABE（2）首先利用待定系数法求出直线BC的解析式，然后设出P,Q,M,N的坐标，进而表示出PM,QN，进而得出12（3）首先根据旋转求出C'的坐标，然后设K0,a，进而表示出C'K2,C'B2,BK2【详解】（1）令y=0，即12x2∴A−1,0∴AB=5．令x=0，12∴C0,−2令x=3，12∴E3,−2∴S（2）设直线BC的解析式为y=kx+b将B(4,0),C(0,−2)代入解析式中得4k+b=0b=−2解得k=∴直线BC解析式为y=1设Pt,∴x∴Qt+1,∴PM=12t∴当x=43时，12此时点P的坐标为43（3）∵点C'∴设C'由旋转可知，OC∴m解得m=85或∴C设K0,a∴CBK①当C'K2解得a=−6±2∴K∴R②当C'K2解得a=5，∴K∴R③当C'B2综上所述，R1152【点睛】本题主要考查二次函数与几何综合，数形结合并分情况讨论是关键．10．（2020秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考期中）如图，点A在抛物线y＝﹣x2+6x上，且横坐标为1，点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E的坐标为（2，2）．（1）求线段AB的长；（2）点P为线段AB上方抛物线上的任一点，过P作AB的垂线交AB于点H，点F为y轴上一点，当△PBE的面积最大时，求PH+HF+32FO（3）在（2）中，当PH+HF+32FO取得最小值时，将△CFH绕点C顺时针旋转60°后得到△CF'H'，过点F'作CF'的垂线与直线AB交于点Q，点R为y轴上一动点，M为平面直角坐标系中的一动点，是否存在使以点D，Q，R，M为顶点的四边形为矩形？若存在请直接写出点R【答案】（1）AB=4，（2）532+5（3）存在，R1（0，15），R2（0，-5），R3（0，7+19【分析】（1）求出A和B两点坐标，即可求出AB长；（2）设P点横坐标为m，把△PBE的面积的解析式用含m的式子表示出来，化成顶点式，顶点横坐标即为面积最大时点P的横坐标，代入抛物线中求出P点的纵坐标，此时PH为定长，过O点作过二、四象限且与y轴夹角为60°的直线ON，过H作HG⊥ON，求出HG长，加上PH即为PH+HF+32（3）先求出Q点和D点坐标，再分情况讨论：当QD为边时，当QD为对角线时，分别求出点R的坐标即可．【详解】解：（1）当x=1时，y＝﹣x2+6x得y=5，则A（1,5），∵点B与点A关于抛物线的对称轴对称当y=5时，代入y＝﹣x2+6x中，得5=﹣x2+6x，则x1=5,x2=1,则B（5,5）∴AB=5-1=4,（2）如图，过P作PF//y轴，交EB于点F，∵点E的（2，2）（5,5）∴则直线EB的解析式为y=x，设点P的坐标（m，﹣m2+6m）则点F（m,m）则PF=﹣m2+6m-m=﹣m2+5m，S△PBE=S△EFP+S△PBF=12×PF（xB-xE）=32（﹣m2+5m）−3则P点横坐标m=−52时，代入抛物线解析式得到y=354，则P（−52，354）时，面积△PBE最大，此时H（过O与y轴夹角60°的直线ON，过H作HG垂直ON交y轴于点F，此时GF=32OF，HF+3∵∠FOG=60°，∠FGO=∠HTO=90°，∴∠OFG=∠TFH=30°，在Rt△HTF中，HT=52，∠则FH=5，由勾股定理得TF=52∴OF=5-5又∵HG=HF+FG==5+sin60°·OF=5+sin60°·（5-523）=532−∴PH+HF+32FO的最小值=PH+HG=154+53∴PH+HF+32FO的最小值为5（3）当QD为边时，如图，由旋转性质可知F´T=532，∴TQ=cos30°·F´T=5，则Q（-5，5）又∵D点是抛物线的顶点，∴点D的坐标为（3，9），设直线QD的解析式为y=kx+b，把Q（-5，5）D（3，9）代入直线解析式中，可得y=12当四边形QDR1M为矩形时，∵R1D⊥QD，∴设直线R1D的直线解析式为y=-2x+b，把点D代入直线R1D的解析式中，可得b=15，∴直线R1D的直线解析式为y=-2x+15当x=0时，y=15，∴R1（0，15），当四边形QR2MD为矩形时，同理可得直线QR2的解析式为y=-2x-5，当x=0时，y=-5，∴R2（0，-5），当QD为对角线时，设点R（0，y）由勾股定理得，QR2=−5−02+5−y当四边形为矩形时，R为矩形的顶点，则由QR2+DR2=QD2则有25+5−y2解得y1=7+19，y2=7-19，则R3（0，7+19）或R4（0，7-19）综上所述，存在使以点D，Q，R，M为顶点的四边形为矩形，R的坐标为R1（0，15），R2（0，-5），R3（0，7+19）或R4（0，7-19）．【点睛】本题考查求抛物线与直线的交点、两点间距离、距离和最小问题、旋转的性质、二次函数面积的最值、矩形性质、一次函数及其交点问题等，综合性强，难点大，属中考压轴题型．11．（2020·重庆·重庆第二外国语学校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴，交抛物线于点D，连结AD．（1）点P为线段AD上方抛物线上的一动点，点E是线段AD上一动点，连结PA，PD，PE，当△PAD面积最大时，求PE+22AE（2）在（1）中，PE+22AE取得最小值时，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，将△AEF绕点F顺时针旋转90°后得到△A′E′F，点A、E的对应点分别为A′、E′，在直线AD上是否存在一点Q，使得△DE′Q为等腰三角形？若存在，直接写出点Q【答案】（1）154；（2）（12，32）或（﹣1，0）或（2﹣322，3﹣3【分析】（1）先求出点A，B，C，D的坐标，进而求出直线AD的解析式，设P（m，﹣m2+2m+3），PH＝﹣m2+2m+3﹣m﹣1＝﹣m2+m+2，进而用△PAD面积最大，求出点P的坐标，再判断出∠BAD＝45°，进而判断出EF＝22AE，得出点P，E，F在同一条线上时，PE+2（2）借助（1）的结论判断出DE'⊥x轴于E，再分三种情况利用等腰三角形的性质求解，即可得出结论．【详解】（1）先求出点A，B，C，D的坐标，进而求出直线AD的解析式，设P（m，﹣m2+2m+3），PH＝﹣m2+2m+3﹣m﹣1＝﹣m2+m+2，进而用△PAD面积最大，求出点P的坐标，再判断出∠BAD＝45°，进而判断出EF＝22AE，得出点P，E，F在同一条线上时，PE+2（2）借助（1）的结论判断出DE'⊥x轴于E，再分三种情况利用等腰三角形的性质求解，即可得出结论．解：（1）如图1，针对于抛物线y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，则y＝3，∴C（0，3），令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，∴x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），∵CD⊥y轴，∴D（2，3），∴直线AD的解析式为y＝x+1，设点P（m，﹣m2+2m+3），过点P作PH∥y轴交AD于H，则H（m，m+1），∴PH＝﹣m2+2m+3﹣m﹣1＝﹣m2+m+2，∴S△PAD＝12PH（xD﹣xA）＝12（﹣m2+m+2）×（2+1）＝﹣32（x﹣1∴当x＝12时，△∴P（12，15过点D作DG⊥x轴于G，∴DG＝3，OG＝2，∴AG＝3，∴AG＝DG，∴∠DAG＝45°，过点E作EF⊥x轴于F，则EF＝22要PE+22∴点P，E，F在同一条线上时，∴PE+EF最小值＝yP＝154即PE+22AE最小值为15（2）如图2，由（1）知，点P，E，F在同一条线上，∵EF⊥x轴，∴F（12∴EF＝AF＝12﹣（﹣1）＝3由旋转知，E'F＝EF＝32∴OE'＝OF+E'F＝2，∴E'（2，0），∵D（2，3），∴DE'⊥x轴，∵△DE′Q为等腰三角形，∴①当QD＝QE'时，由旋转知，∠AEF＝∠E'EF＝45°，∴∠DEE'＝90°，∵∠ADE'＝45°，∴DE＝EE'，∴点P和点E重合，∵E（12，3∴Q（12，3②当DE'＝QE'时，由（1）知，AE'＝DE'，∴点Q和点A重合，∴Q（﹣1，0），③当DQ＝DE'时，设点Q（n，n+1），∴(2−n)2∴n＝2±32∴Q（2﹣322，3﹣322）或（2+即满足条件的点Q的坐标为（12，32）或（﹣1，0）或（2﹣322，3﹣32【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，坐标系中求三角形面积的方法，等腰三角形的性质，判断出DE'⊥x轴是解本题的关键．12．（2018·重庆·重庆八中校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=34x2−94x−33与x轴交于A、B（1）过点C的直线y=54x−33交x轴于点H，若点P是第四象限内抛物线上的一个动点，且在对称轴的右侧，过点P作PQ//y轴交直线CH于点Q，作PN//x轴交对称轴于点N，以PQ、PN为邻边作矩形PQMN，当矩形PQMN的周长最大时，在y轴上有一动点K，x轴上有一动点T，一动点G从线段CP的中点R出发以每秒1个单位的速度沿R→K→T的路径运动到点T，再沿线段TB以每秒2个单位的速度运动到（2）如图2，将ΔABC绕点B顺时针旋转至ΔA'BC'的位置，点A、C的对应点分别为A'、C'，且点C'恰好落在抛物线的对称轴上，连接AC'．点E是y轴上的一个动点，连接AE、C【答案】（1）tmin=R'H=【分析】（1）根据题意设P(m,3mm2−94m−33)，Q(m,54m−33)（2）根据题意分四种情形即①当AA''=A''B时；②当AA''=AB时；③当AA''=A''B时；④当A''B=AB时分别画出图形并进行分析求解.【详解】解：（1）设P(m,3mm∴C∵−3∴当m=33时，P(3∵最少时间t=RK+RK+1∵R(323,−33)，作过R'点作直线l:y=3x3−4令y=0，解得x=∴H(12t=R∴过R″作R∴t（2）①当AA''=A''B时，如图2中，此时，A''在对称轴上对称性可知∠AC′E=∠A''C′E又∠HEC′=∠A''C′E∴∠AC′E=∠HEC′∴HE=HC'=53−23＝33，∴OE=HE-HO=33−3，∴E(0，3−33)，②当AA''=AB时，如图3中，设A″C′交y轴于J．此时AA''=AB=BC'=A''C'，∴四边形A''ABC'为菱形，由对称性可知，∠AC'E=∠A''C'E=30°，∴JE=3JC′＝32∴OE=OJ-JE=6∴E（0，6）③当AA''=A''B时，如图4中，设AC′交y轴于M．此时，A''在对称轴上∠MC'E=75°又∠AMO=∠EMC'=30°∴∠MEC'=75°∴ME=MC'∴MC'=33，∴OE=3+33，∴E（0，3+3）.④当A''B=AB时，如图5中，此时AC'=A''C'=A''B=AB∴四边形AC'A''B为菱形由对称性可知，C''，E，B共线由抛物线y=34x2−94x−33令x=0，解得y=−33；令x=0，解得：x1=−3，x2=43；∴A（−3，0），B(43，0)，OB=43，∴OE=3OB＝12，∴E（0，12）．综上满足条件的点E坐标为（0，3-3）或（0，6）或（0，3+3）或（0，12）．【点睛】本题考查二次函数综合题，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用垂线段最短解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．13．（2019·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考阶段练习）如图，在直角坐标系内，抛物线y＝x2﹣4x﹣4与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．顶点为D，对称轴与x轴的交点为E，连接BD，DC，CE．点P是抛物线在第四象限内一点，过点P作PH⊥CE，垂足为H．点F是y轴上一点，连接PF并延长交x轴于点G，过点O作OM⊥PG，垂足为M．（1）当PH取得最大值时，求PE+PF+45OF（2）当PE+PF+45OF取得最小值时，把△OMF绕点O旋转a°（0＜a≤360°），记旋转过程中的△OMF为△OM′F′．直线M′F′与x轴的交点为K．当△OF′K是以OK为底的等腰三角形时，直接写出所有满足条件的点M【答案】（1）PE+PF+45OF的最小值＝52+375；（2）点M′的坐标为：（﹣271050，﹣91050）或（﹣91050，2710【分析】（1）先求得抛物线与坐标轴的交点坐标、顶点坐标，再待定系数法求直线CE解析式，再根据平行线一次项系数相等求经过点P且平行于CE的直线解析式，解方程组求点P坐标，求PE+PF+45OF最小值即求PF+4（2）△OF′K是以OK为底的等腰三角形，按照顺时针旋转可分四种情形：①点M′在第三象限，OF′＝KF′，点M′在第二象限，OF′＝KF′，③点M′在第一象限，OF′＝KF′，④点M′在第四象限，F′K＝OF′；分别讨论即可．【详解】解：（1）在抛物线y＝x2﹣4x﹣4中，令x＝0，则y＝﹣4，∴C（0，﹣4），令y＝0，得x2﹣4x﹣4＝0，解得：x1＝2+22，x2＝2﹣22，∴A（2﹣22，0），B（2+22，0）∵y＝x2﹣4x﹣4＝（x﹣2）2﹣8，∴顶点D（2，﹣8），E（2，0），易求得直线CE解析式为：y＝2x﹣4，设经过点P且平行于CE的直线解析式为y＝2x+b由x2﹣4x﹣4＝2x+b，得x2﹣6x﹣4﹣b＝0，△＝（﹣6）2﹣4（﹣4﹣b）＝52+4b，∵△＝0时，点P到CE的距离PH最大，∴52+4b＝0，即：b＝﹣13∴y＝2x﹣13，解方程组y=2x−13y=x∴P（3，﹣7）如图1，过点P作PQ⊥x轴于点Q，∵PE+PF+45∴PE+PF+45OF的最小即PF+45OF最小，令FM＝45此时FMOF＝45，∵∠OGF+∠GOM＝∠GOM+∴∠OGF＝∠FOM，∵∠FOG＝∠FMO＝90°∴△FOG∽△FMO∴OFFG＝FMOF∴OFOG＝∵△GPQ∽△GFO∴PQQG＝OFOG∴QG＝214∴G（﹣94∴PG＝354，GM＝∴PM＝PG﹣GM＝375在△PEQ中，PE＝PQ2+EQ2∴PE+PF+45OF的最小值＝52+37（2）①如图2，点M′在第三象限，∵△OF′K是以OK为底的等腰三角形，∴OF′＝KF′＝3，F′M′＝12∴M′K＝KF′﹣F′M′＝35∴OK＝M'K2+M'O2设M′（m，n），则﹣n•OK＝KM′•M′O∴﹣3105n＝35×9∵tan∠KOM′＝−n−m＝M'KM'O，即﹣91050×∴m＝﹣2710∴M′（﹣271050，﹣②如图3，点M′在第二象限，OF′＝KF′，作F′H⊥x轴于H，作M′R⊥y轴于R，∵OF′＝KF′，F′H⊥x轴∴OH＝HK，∵KM′＝KF′+F′M′＝3+125＝27∴OK＝M'O2+M'K∵∠ORM′＝∠KM′O＝90°，∠ROM′+∠KOM′＝∠OKM′+∠KOM′＝90°∴∠ROM′＝∠OKM′∴△OM′R∽△KOM′∴M'ROM'＝ORKM'＝OM'OK，即：M'R9∴M′R＝91050，OR＝∴M′（﹣91050，③如图4，作M′G⊥x轴于G，点M′在第一象限，OF′＝KF′，∵F′O＝F′K＝3，M′K＝3﹣125＝3∴OK＝M'O2+M'K2＝952+3∵tan∠M′OK＝M'GOG＝M'KOM'＝3∴OG＝2710∴M′（271050，④如图5，点M′在第四象限，作M′G⊥x轴于G，∵F′K＝OF′＝3∴M′K＝M′F′+F′K＝125+3＝∴OK＝M'O2+M'K∴M′G＝M'O•M'KOK＝271050，OG＝M'∴M′（91050，﹣综上所述，点M′的坐标为：（﹣271050，﹣91050）或（﹣91050，271050）或（【点睛】此题考查二次函数综合运用，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题关键在于分情况作辅助线.14．（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．【答案】（1）7+922；（2）存在，点K的坐标为（2，﹣2）或（2+2，﹣2﹣【分析】（1）过点P作PG⊥x轴于点G，交AC于点H，在PG上截取PP'＝MN，连接P'N，以NE为斜边在直线NE上方作等腰Rt△NEQ，过点P'作P'R⊥EQ于点R，先利用二次函数的解析式求出A，B，C，E的坐标，然后用待定系数法求出直线AC的解析式，利用E点坐标得出PP'＝MN＝72，然后设出点P（t，12t2+t﹣4）H（t，﹣t﹣4），用含t的代数式表示出△APC的面积，利用二次函数的性质求出△APC的面积最大时对应的点P,p'的坐标，然后利用平行四边形和等腰直角三角形的性质得出PM+MN+22EN＝PP'+P'N+NQ＝72+P'N+NQ，所以当点P'、N、Q在同一直线上时，P'N+NQ＝P'R最小，即PM+MN+22EN＝（2）先求出D,F点的坐标，得出△CDF是等腰直角三角形，然后分两种情况讨论：把△DFC绕顶点F逆时针旋转45°，得到△D'FC'，经过分析发现以O，C″,D″，K为顶点的四边形为菱形，OC″【详解】（1）如图1，过点P作PG⊥x轴于点G，交AC于点H，在PG上截取PP'＝MN，连接P'N，以NE为斜边在直线NE上方作等腰Rt△NEQ，过点P'作P'R⊥EQ于点R∵x＝0时，y＝12∴C（0，﹣4）∵y＝0时，12解得：x1＝﹣4，x2＝2∴A（﹣4，0），B（2，0）设直线AC的解析式为y=kx+b将A(−4,0),C(0,−4)代入解析式中得−4k+b=0b=−4解得k=−1∴直线AC解析式为y=−x−4∵抛物线上的点E的横坐标为3∴yE＝12×32+3﹣4＝∴E（3，72），直线l1：y＝∵点M在x轴上，点N在直线l1上，MN⊥x轴∴PP'＝MN＝7设抛物线上的点P（t，12∴H（t，﹣t﹣4）∴PH＝﹣t﹣4﹣（12t2+t﹣4）＝﹣1∴S△APC＝S△APH+S△CPH＝12PH•AG+12PH•OG＝∴当t＝﹣−4−2＝﹣2时，S△∴yP＝12t2+t﹣4＝2﹣2﹣4＝﹣4，yP'＝yP+7∴P（﹣2，﹣4），P'（﹣2，−1∵PP'＝MN，PP'∥MN∴四边形PMNP'是平行四边形∴PM＝P'N∵等腰Rt△NEQ中，NE为斜边∴∠NEQ＝∠ENQ＝45°，NQ⊥EQ∴NQ＝22∴PM+MN+22EN＝PP'+P'N+NQ＝7∵当点P'、N、Q在同一直线上时，P'N+NQ＝P'R最小∴PM+MN+22EN＝7设直线EQ解析式为y＝﹣x+a∵E（3，72∴﹣3+a＝72解得：a＝13∴直线EQ：y＝﹣x+13设直线P'R解析式为y＝x+b∵P'（﹣2，−1∴﹣2+b＝﹣12解得：b＝3∴直线P'R：y＝x+32∵y=−x+132∴R（52∴P'R＝5∴PM+MN+22EN最小值为（2）∵PD⊥AC，P（﹣2，﹣4），∴直线PD解析式为：y＝x﹣2，∴D（0，﹣2），F（﹣1，﹣3），∴CD＝2，DF＝CF＝2，△CDF是等腰直角三角形，如图2，把△DFC绕顶点F逆时针旋转45°，得到△D∴C'（2−1，﹣3），D'把△D'FC'设直线C'C″将C'2−1+b=−3解得b=−2−∴直线C'C″同理：直线D'D″显然OC″≥2+1＞2＝C″D″∴以O，C″,D″，K为顶点的四边形为菱形，∴OD∵OK∥C″D″，PD∴OK⊥PD∴K1（2，﹣2），如图3，把△DFC绕顶点F顺时针旋转45°，得到△D'FC'，∴C'（﹣1，﹣3﹣2），D'（2﹣1，﹣把△D'FC'沿直线PD平移至△显然，C″D″∥PD，OC″≥2+1＞C″D∴以O，C″,D∴K2（2+2，﹣2﹣2）．综上所述，点K的坐标为：K1（2，﹣2），K2（2+2，﹣2﹣2）．【点睛】本题主要考查二次函数与几何综合，综合性强，难度大，涉及的知识面广，有二次函数的图象及性质，二次函数最值，线段和的最小值问题，待定系数法求函数的解析式，平移，旋转等几何变换，等腰直角三角形的性质，菱形的性质等，要求学生能够熟练掌握这些数学知识能灵活应用．15．（2019春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考期中）如图1，抛物线y=13x2+233x+3与y轴交于点C，与x轴交于点A、B（点A在点B左边），O为坐标原点．点D是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点D作DE∥x轴交直线BC于点E．点P为∠CAB角平分线上的一动点，过点P作PQ⊥BC于点H（1）当线段DE的长度最大时，求DF+FQ+12PQ（2）如图2，将△BOC沿BC边所在直线翻折，得到△BOC′，点M为直线BO′上一动点，将△AOC绕点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°）得到△A′OC′，当直线A′C′，直线BO′，直线OM围成的图形是等腰直角三角形时，直接写出该等腰直角三角形的面积．【答案】（1）2538；（2）围成的三角形面积为：S1【分析】（1）求出点A、B、C的坐标得AC长度与直线BC解析式，设D（a，−13a2+233a+3），知E（33a2−2a,−13a2（2）分六种情况进行讨论，然后求出每一种情况下利用切线的性质、直角三角形的性质求出等腰直角三角形的腰长，利用直角三角形的性质可得答案．【详解】（1）如图1，当x＝0时，y＝3．当y＝0时，x1∴A(−3,0)，B(3∴AC⊥BC，且∠ABC＝30°，AC＝23，且设D（a，−13a∴DE＝a﹣3∴当a＝﹣32×−3∵AP平分∠CAB，∴∠PAB＝12∠∵PQ⊥BC，∴∠PQB＝60°，∴∠P＝∠PQB﹣∠PAB＝60°﹣30°＝30°＝∠PAB，∵PQ⊥BC，∴PQB＝60°，∴AQ＝PQ，∴DF+FQ+12PQ将射线AB绕A顺时针旋转30°得到直线AM，过点D作AM的垂线于点M，交x轴于点Q′，则12当Q运动到Q′时，有DF+FQ+1过D作DN⊥x轴于点N，可得△AQ′M与△DQ′N相似，DN＝Dy＝154，AN＝∴Q′N＝534，DQ′＝5∴Q′M＝12∴DM＝DQ′+Q′M＝25DF+FQ+12AQ（2）第一种情况：如图2，NH＝r＝32，QH＝3r＝QN＝QH﹣NH＝323−32PN＝PQ﹣QN＝6，S1＝18．第二种情况，如图3，QH＝3r=32QB＝3+33，QP＝32PN＝PQ﹣QH﹣HN＝3，S2第三种情况，如图4，ON＝32OB=MQ＝OM﹣r＝92S第四种情况，如图5，OB＝33，OM＝32OB=9S4第五种情况，如图6，MN＝BN＝OBsin15°＝6ON＝OBcos15°＝6+OM＝ON+MN＝922，HM＝OM﹣r＝S5第六种情况，如图7，OM＝32OB=92S6综上所述，围成的三角形面积为：S1=18; 【点睛】本题是二次函数的综合问题，考查了二次函数求最大值以及二次函数与三角形结合的题目，熟练二次函数的性质以及二次函数与三角形的相关内容，是解答此题的关键．16．（2019·重庆·重庆八中校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=34x2−94x−33与x轴交于A、B（1）判断△ABC的形状；（2）过点C的直线y=54x−33交x轴于点H，若点P是第四象限内抛物线上的一个动点，且在对称轴的右侧，过点P作PQ∥y轴交直线CH于点Q，作PN∥x轴交对称轴于点N，以PQ、PN为邻边作矩形PQMN，当矩形PQMN的周长最大时，在y轴上有一动点K，x轴上有一动点T，一动点G从线段CP的中点R出发以每秒1个单位的速度沿R→K→T的路径运动到点T，再沿线段TB以每秒2个单位的速度运动到B点处停止运动，求动点（3）如图2，将△ABC绕点B顺时针旋转至△A'BC'的位置，点A、C的对应点分别为A'、C'，且点C'恰好落在抛物线的对称轴上，连接AC'．点E是y轴上的一个动点，连接AE、C'E，将△AC'E沿直线C'E翻折为△A″C'E，是否存在点A'，使得△BAA″为等腰三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）△ABC是以AC为底的等腰三角形．理由见解析；（2）动点G运动的最少时间t=63秒，T（6−332，0）；（3）E坐标为（0，3−3【分析】（1）结论：△ABC是以AC为底的等腰三角形，求出A，B，C的坐标，求出BC，BA即可判断．（2）根据周长的定义，构建二次函数，求出周长最大时，点P（33，