专题04二次函数与等腰三角形综合

专题04二次函数与等腰三角形综合（重庆专用）（3类题型训练）（2022重庆市一中九年级下期2月月考）如图，抛物线y=−22x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，A−3,0，C0,62，点(1)求抛物线的函数解析式．(2)在第一象限的抛物线上有一动点P，过点P作PE∥x轴交直线BD于点E，过点P作PF⊥BD交直线BD于点F．求23(3)在（2）的条件下，将原抛物线y=−22x2+bx+c沿着射线DB方向平移6个单位长度，得到新抛物线y'，新抛物线y'与原抛物线交于点Q，点M是新抛物线对称轴上的一动点，是否存在点M，使得以点M，P，Q解题思路分析本题考查了二次函数的图象动点问题，相似三角形的判定和性质，图象的平移问题，等腰三角形的判定和性质，以及求二次函数的最大值，解题的关键是能综合有关代数和几何知识进行求解．（1）利用待定系数法求二次函数的解析式即可；（2）先根据坐标求出OA、OB、OC和OD的长度，证明△PFE∽△DOB，列比例式求出PF=33PE，从而得到23PF−PE=PE，再利用待定系数法求出直线BD的解析式，设P（3）根据相似三角形的性质，把图象的平移转化为水平和左右平移，则设向下平移2个单位长度，向右平移2个单位长度，得出新抛物线解析式，再求出两个抛物线的交点坐标，再求出新抛物线的对称轴，设M52,m解析过程详解（1）解：∵抛物线过C（0，62），∴c=62∴y=−2∵抛物线过A−3,0∴0=−9解得b=2∴y=−2（2）解：∵抛物线过C（0，62），∴OC=62，∵OC=3OD，∴OD=22设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设直线BD的解析式为y=kx+22∴0=4k+22∴k=−2∴y=−2∴x=−2设Px，−∴xE则Ex∴PE=x∴当x=1时，23当xP∴此时点P的坐标为1,62（3）解：存在，理由如下：∵ODOB则设原抛物线向下平移2k个单位长度，向右平移2k∵原抛物线y=−22x∴2k解得k=1或1（舍去），∴原抛物线向下平移2个单位长度，向右平移2个单位长度，新抛物线解析式为y=−2当−解得x=2，∴y=−2∴Q2,5∵原抛物线y=−22x∴新抛物线的对称轴为x=1设M5∵P当PQ=MQ时，2−12解得m=52+11∴M52,5当PM=MQ时，52解得m=62∴M5综上，M的坐标是52,52−11类型一动点+等腰三角形1．如图，已知抛物线y=−23x2+43x+2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴交于点D．点M从O点出发，以每秒1个单位长度的速度向B运动，过M作（1）求点B和点C的坐标；（2）设当点M运动了x（秒)时，四边形OBPC的面积为S，求S与x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）在线段BC上是否存在点Q，使得ΔDBQ成为以BQ为一腰的等腰三角形？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由．【答案】（1）B(3,0)，C(0,2)；（2）S=−(x−32)2+21【分析】（1）把y=0代入y=−23x2+（2）连接OP，设点P的坐标为P(x,y)，写出S四边形OBPC=x+3（3）①若BQ=DQ，先算出OM，则tan∠OBC=23，即可得，②若BQ=BD=2，可以【详解】解：（1）把y=0代入y=−2则−2去分母，得−2x二次项系数化为1，得x2因式分解，得(x+1)(x−3)=0，于是得x+1=0或x−3=0，x1=−1∵点B在x轴的右侧，∴x1∴点B的坐标为；(3,0)，把x=0代入y=−23x2+（2）如图，连接OP，设点P的坐标为P(x,y)，S四边形OBPC=∵点M运动到B点上停止，∴0⩽x⩽3，∴S=−(x−（3）存在．BC=O①如图，若BQ=DQ，∵BQ=DQ，BD=2，∴BM=1，∴OM=3−1=2，∴tan∠OBC=QM∴QM=2所以Q的坐标为：(2，2②如图，若BQ=BD=2，∵QM//∴△BQM∽△BCO，∴BQBC∴213∴QM=4∵BQBC∴213∴BM=6∴OM=3−6所以Q的坐标为：(3−6综上所述，Q的坐标(2，23)【点睛】本题考查了二次函数解析式的运用，坐标系里面积表示方法，寻找特殊三角形的条件问题及相似三角形，解题的关键是熟练掌握二次函数，寻找特殊三角形的条件问题时要分类讨论．2．如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC＝3，顶点为M．(1)求二次函数的解析式；(2)点P为线段BM上的一个动点，过点P作x轴的垂线PQ，垂足为Q，若OQ＝m，四边形ACPQ的面积为S，求S关于m的函数解析式，并写出m的取值范围；(3)探索：线段BM上是否存在点N，使△NMC为等腰三角形？如果存在，求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−x(2)S=−(3)（75，165），（2，2），（1+105【分析】（1）可根据OB、OC的长得出B、C两点的坐标，然后用待定系数法即可求出抛物线的解析式．（2）可将四边形ACPQ分成直角三角形AOC和直角梯形CQPC两部分来求解．先根据抛物线的解析式求出A点的坐标，即可得出三角形AOC直角边OA的长，据此可根据上面得出的四边形的面积计算方法求出S与m的函数关系式．（3）先根据抛物线的解析式求出M的坐标，进而可得出直线BM的解析式，据此可设出N点的坐标，然后用坐标系中两点间的距离公式分别表示出CM、MN、CN的长，然后分三种情况进行讨论：①CM=MN；②CM=CN；③MN=CN．根据上述三种情况即可得出符合条件的N点的坐标．【详解】（1）∵OB=OC=3，∴B（3，0），C（0，3）∴0＝−9+3b+c3＝c，解得∴二次函数的解析式为y=x2+2x+3．（2）y=x2+2x+3=（x1）2+4，M（1，4）设直线MB的解析式为y=kx+n，则有4＝k+n0＝3k+n解得k＝−2n＝6∴直线MB的解析式为y=2x+6∵PQ⊥x轴，OQ=m，∴点P的坐标为（m，2m+6）S四边形ACPQ=S△AOC+S梯形PQOC=12AO•CO+1=12×1×3+12（2m+6+3）•m=m2+92（3）设N(x,2x+6)CM=(1−0)2+(4−3)MN=(x−1)2①当CM=NC时，x2解得x1=75此时N（75，16②当CM=MN时，(x−1)2解得x1=1+105，x2=110此时N（1+105，42③当CN=MN时，x2+(−2x+3)综上所述：线段BM上存在点N，（（75，165），（2，2），（1+105【点睛】本题主要考查二次函数解析式的确定、图形的面积求法、函数图象交点、等腰三角形的判定等知识及综合应用知识、解决问题的能力．考查学生分类讨论、数形结合的数学思想方法．3．如图，抛物线y＝ax2−43x＋c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，连结AC，已知B（﹣1，0），且抛物线经过点(1)求抛物线的解析式；(2)若点E是抛物线上位于x轴下方的一点，且S△ACE＝12S△ABC，求(3)若点P是y轴上一点，以P、A、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，求P点的坐标．【答案】(1)y=23x2(2)E1（3−172，1−17(3)P点的坐标（0，2）或（0，13−2）或（0，−13−2【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）先分别求出AC的坐标，从而得到AB=4，OC=2，即可求出S△ABC＝4，然后求出直线AC的解析式为y=23x﹣2，如图1，过点E作x轴的垂线交直线AC于点F，设点F（a，23a﹣2），点E（a，23a2−43a﹣2），其中﹣1＜a＜3，则S△ACE=1（3）先求出点C的坐标，然后设P（0，m），则PC2=m+22【详解】（1）解：把B（﹣1，0），D（2，﹣2）代入y=axa+4解得a=2∴抛物线的解析式为y=2（2）解：当y＝0时，23解得x1＝﹣1，x2＝3，∴A（3，0），∴AB＝4，当x＝0时，y＝﹣2，∴C（0，﹣2），∴OC＝2，∴S△ABC=1设AC的解析式为y＝kx+b，把A（3，0），C（0，﹣2）代入y＝kx+b得3k+b=0解得k=2∴直线AC的解析式为y=2如图1，过点E作x轴的垂线交直线AC于点F，设点F（a，23a﹣2），点E（a，23a2∴S△ACE=12EF|xA﹣xC|=3∵S△ACE=1∴a2﹣3a＝2或﹣a2+3a＝2，解得a1=3+∴E1（3−172，1−17（3）解：在y＝ax2+bx﹣2中，当x＝0时，y＝﹣2，∴C（0，﹣2），设P（0，m），则PC2=m+22①当PA＝CA时，∴m2解得m=2或m=−2（此时点P与点C重合，舍去），∴点P的坐标为（0，2）；②当PC＝CA时，∴m+22解得m=−13−2∴点P的坐标为（0，13−2）或（0，−③当PC＝PA时，∴m+2解得m=5∴P3（0，54综上所述，P点的坐标（0，2）或（0，13−2）或（0，−13−2【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数与图形面积，二次函数与等腰三角形，两点距离公式等等，熟知相关知识是解题的关键．4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，已知点B(4,0)(1)求抛物线的解析式；(2)将抛物线向下平移t个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△BOC内（包括△BOC的边界），求t的取值范围；(3)设点P是抛物线上任一点，点Q在直线x=7上，△PAQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，求出符合条件的点P的坐标：若不能，请说明理由．【答案】(1)即抛物线的解析式为：y=−x(2)若将抛物线向下平移t个单位长度，使平移后所得的抛物线的顶点落在△OBC内部（包含△OBC边界），则154(3)△PAQ能成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形，点P的坐标为P(1,6)或（3，4）或P(1+23,23−6)或（【分析】（1）将点B及对称轴代入，解方程组即可确定抛物线解析式；（2）先求直线BC的解析式，再求出抛物线顶点坐标，求出BC上与顶点横坐标相同的点的坐标，即可求出平移的范围；（3）分两种情况进行讨论：①当P在x轴上方时；②当P点在x轴下方时；过点P作PG⊥l于G，PH⊥x轴于H，根据全等三角形的判定定理和性质得出PH=PG，设点P(m,−m2+3m+4)【详解】（1）解：将点B及对称轴代入可得：−b解得：a=−1b=3即抛物线的解析式为：y=−x（2）解：在y=−x2+3x+4中，当x=0时，y=4由B(4,0)，C(0,4)，设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，代入可得：4=b0=4k+b解得：k=−1b=4直线BC的解析式为：y=−x+4，y=−x2+3x+4中，当x=∴顶点坐标为：(3当x=32时，∴254∴若将抛物线向下平移t个单位长度，使平移后所得的抛物线的顶点落在△OBC内部（包含△OBC边界），则154（3）（3）令直线x=7为直线l，①当P在x轴上方时，过点P作PG⊥l于G，PH⊥x轴于H，△PAQ为等腰直角三角形，∴∠APH+∠HPQ=90°，∠GPQ+∠HPQ=90°，∴∠APH=∠GPQ，在∆PAH与∆PQG中，∠PHA=∠PGQ=90°∠APH=∠GPQ∴∆PAH≅∆PQG∴PH=PG，设点P(m,−m则PG=7−m，PH=−m∴7−m=−m解得：m1=1或即P(1,6)或（3，4）；②当P点在x轴下方时，如图所示：过点P作PG⊥l于G，PH⊥x轴于H，△PAQ为等腰直角三角形，∴∠APH+∠HPQ=90°，∠GPQ+∠HPQ=90°，∴∠APH=∠GPQ，在∆PAH与∆PQG中，∠PHA=∠PGQ=90°∠APH=∠GPQ∴∆PAH≅∆PQG∴PH=PG，设点P(m,−m则PG=7−m，PH=−(−m∴7−m=−(−m解得：m1=1+23当m=1+23时，y=−当m=1−23时，y=−即P(1+23,23−6)，或（综上所述，△PAQ能成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形，点P的坐标为：P(1,6)或（3，4）或P(1+23,23−6)或（【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数动点问题中等腰直角三角形的存在性问题；此题通过作两条互相垂直的辅助线，把等腰直角三角形的问题转化为全等三角形的问题，继而转化为线段相等的问题，是解题的关键．类型二平移+等腰三角形5．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋233x＋c与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），其中A（﹣3，0），tan∠ACO＝（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点D为直线BC上方抛物线上一点，连接AD、BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求S1（3）如图2，将抛物线沿射线CB方向平移，点C平移至C′处，且OC′＝OC，动点M在平移后抛物线的对称轴上，当△C′BM为以C′B为腰的等腰三角形时，请直接写出点M的坐标．【答案】（1）y=-13x2+233x+3；（2）【分析】(1)先由锐角三角函数的定义求得C的坐标，将点A、C的坐标代入抛物线的解析式求解即可；(2)过D作DG⊥.x轴于点G，交BC于F，过A作AK⊥x轴交BC延长线于K，根据相似三角形的性质得一组比例线段,设出解析式，利用待定系数法求得解析式，然后利用配方可求得S1(3)根据OC=OC'可得C'坐标，由平移的性质可得平移后顶点、对称轴，设M坐标列出方程，即可得到问题的答案．【详解】（1）∵A(−∴AO=|−∵tan∠ACO=∴CO=3，C(0，3)将A、C的坐标代入y=ax2∴{∴抛物线的解析式为：y=-（2）如答图1，过D作DG⊥x轴于点G，交BC于F，过A作AK⊥x轴交BC延长线于K，设直线BC解析式为：y=kx+b，由（1）得：B(33将B(33，0)，C(0，3)分别代入y=kx+b得：解得：{k=−∴直线BC的表达式为：y=−3∵A(−3，0)，故K的横坐标xk=-∴K(−3∴AK=4，设D(m，−13m∴DF=−1∵DG⊥x轴于点G，AK⊥x轴，∴AK//DG，∴ΔAKE~ΔDFE，∴DFAK将△BDE、△ABE分别看作DE、AE为底边，则它们的高相同，∴S1∴s1∴m=332时，S（3）如答图2，连接OC'，过C'作C'F⊥y轴于F，由抛物线的解析式y=−13x∵OC=3，OB=33∴tan∠BCO=OB∴∠BCO=60∵OC∴△COC'是等边三角形，∴CCRt△CFC'中可得CF=32，∴原抛物线的平移是相当于向右平移332个单位再向下平移32∴平移后抛物线顶点为(532，5∵M在平移后抛物线的对称轴上∴设M(5又△C'BM为以C'B为腰的等腰三角形，可分两种情况：①C′M=C解得m=32+经检验：m=32+∴M(5②BM=C′B=3解得m=32或经检验：m=32或∴M(5综上所述，△C'BM为以C'B为腰的等腰三角形，则M(532【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，掌握二次函数的最值、平移性质及构造相似三角形是解题的关键．6．抛物线y=−12x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，抛物线的对称轴交x轴于点（1）求抛物线的表达式；（2）如图1，点P是线段BC上的一个动点，过点P作x轴的垂线与抛物线相交于点Q，当点P运动到什么位置时，四边形CDBQ的面积最大？求出四边形CDBQ的最大面积及此时Р点的坐标．（3）如图2，设抛物线的顶点为M，将抛物线沿射线CB方向以每秒5个单位的速度平移t秒，平移后的抛物线的顶点为M′，当△CBM'是等腰三角形时，求t【答案】（1）y=−12x2+32x+2【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）先求出B、D的坐标，从而求出BD，然后求出直线BC的解析式为y=−12x+2，设点Q的坐标为(x,−12x2+3（3）抛物线沿射线CB方向以每秒5个单位的速度平移t秒，即运动了5t个单位，由直线BC的表达式知，此时点M向右平移了2t个单位向下平移了t个单位，则点M′(32+2t，258−t)，利用两点距离公式分别求出【详解】解：（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式得n=2−解得m=3∴抛物线的表达式为y=−1（2）令y=−1解得x=−1或4，∴点B的坐标为(4,0)，∵抛物线解析式为y=−1∴抛物线的对称轴为直线x=−3∵D是抛物线对称轴与x轴的交点，∴点D的坐标为(32，∴BD=4−3设直线BC的表达式为y=kx+b，∴4k+b=0b=2∴k=−1∴直线BC的解析式为y=−1设点Q的坐标为(x,−12x2+32∴PQ=−∵C点坐标为（0，2），∴OC=2，∴S=====−=−∵−1<0，∴当x=2时，S有最大值，S即四边形CDBQ的面积取得最大值为132∴此时点P的坐标为(2,1)；（3）∵抛物线解析式为y=−∴抛物线顶点M的坐标为(32，∵B点坐标为（4，0），C点坐标为（0，2），∴OB=4，OC=2，∴BC=O∴当一个动点T从C点出发沿着射线CB的方向以每秒5个单位经过t秒平移到B时，可以看作先向右平移2t个单位，再向下平移t个单位，∴当抛物线沿射线CB方向以每秒5个单位的速度平移t秒，即运动了5t个单位，也可以看作点M向右平移了2t个单位向下平移了t∴点M′(32+2t由两点距离公式可得：M′B同理可得，BC2=20当M′B=BC时，则(32+2t−4)当M′B=CM′时，(32+2t−4)当BC=CM′时，20=(32∴当t=13+2558或0.625或−3+2【点睛】本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．7．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴相交于A6,0、B−2,0两点，与y轴交于点C（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，P为直线AD下．方抛物线上的一个动点（不与A、D重合），连接PA、PD，求△APD面积的最大值及相应点P的坐标；（3）如图3，连接AC，将直线AC沿射线DA方向平移2752个单位得到直线l，直线l与抛物线的两个交点分别为M，N（M在N的左侧），在抛物线对称轴上是否存在点K，使△CMK是以KC为腰的等腰三角形？若存在请直接写出点【答案】（1）y=12x2-2x-6【分析】（1）将A6,0、B−2,0两点坐标代入，利用待定系数法即可确定；（2）先求出直线AD的解析式，设点P的坐标为（m，12m2（3）结合已知得出点E的坐标，再分CM=CK、MK=CK、MK=CM三种情况加以讨论即可．【详解】（1）∵抛物线y=12x2+bx+c∴18+6b+c=02-2b+c=0解得：b=-2∴抛物线的解析式为：y=1（2）∵y=∴顶点D的坐标为（2，8）；设直线AD的解析式为y=kx+t，∴2k+t=∴直线AD的解析式为y=2x12，设点P的坐标为（m，12过P作PM⊥x轴，交AD于N，则点N的坐标为（m，2m-12），∴PN=2m-12-∴S△ADP∴当m=4时，△APD面积的最大，最大值为4，此时P的坐标为（4，6）；（3）设l与射线DA交于E，过E作EF⊥x轴于F，∵tan∠EAF=tan∠GAD=84∴EF=2AF,将直线AC沿射线DA方向平移275∴EA=27∴AF=13.5，EF=27，∴E(19.5,27)∵A6,0、C∴直线AC的解析式为y=x6，∴设直线MN的解析式为y=x+b，且过点E，∴b=7.5设直线MN的解析式为y=x+7.5，∴∴x∴M(−3,4.5),N(9,16.5)设点K的坐标为（2，n），①当CM=CK时，3解得：n=-6±∴点K的坐标为2，-6+②当MK=CK时，2+3解得：n=1∴点K的坐标为2，③当MK=CM时，2+3此方程无解；∴点K的坐标为2，-6+4612，【点睛】本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．8．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣x＋c（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，直线AC与y轴交于点C，与抛物线交于点D，OA＝OC．（1）求该抛物线与直线AC的解析式；（2）若点E是x轴下方抛物线上一动点，连接AE、CE．求△ACE面积的最大值及此时点E的坐标；（3）将原抛物线沿射线AD方向平移22个单位长度，得到新抛物线：y1＝a1x2＋b1x＋c1（a≠0），新抛物线与原抛物线交于点F，在直线AD上是否存在点P，使以点P、D、F为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y=12x2−x−32，y=x+1；（2）ΔACE面积的最大值为94，此时点E的坐标为(2,−32【分析】（1）用待定系数法即可求解抛物线与直线AC的解析式；（2）过点E作EM//y，交直线AD于点M,交x轴于N；过点C作CG⊥EM于G.，用点E的横坐标t分别表示线段ME的长，得出△ACE面积关于t的函数解析式，再利用二次函数的性质求出△ACE面积的最大值及点E的坐标；（3）先求出点D的坐标及线段BD的长，再按BD为腰或底边分别求出相应的情况下点P的坐标．【详解】解：（1）∵y=ax2−x+c与x轴交于A(−1,0)∴{0=a+1+c∴{a=∴y=1设直线AC为：y=kx+b(k≠0)，∵A(−1,0)，∴OA=OC=1，∴{1=b∴{k=1∴y=x+1.∴抛物线的解析式为：y=12x2−x−（2）过点E作EM//y，交直线AD于点M,交x轴于N；过点C作CG⊥EM于G.∵∠CON=∠CGN=∠GNO=90°,∴四边形CONG是矩形.∴CG=ON.设点E的坐标为：(t,12t∴ME=(t+1)−(=−1∵S∴S===1∴S=1=−∵a=−14<0∴当t=2时，S最大值∴12∴点E的坐标为：(2,−3∴当t=2时，ΔACE面积的最大值为94，此时点E的坐标为：(2,−（3）存在．如图2，在直线AC上取一点A′，使它的横坐标为1，则A′（1，2），∴点A′可知抛物线向右、向上各平移2个单位长度，∵y=1∴平移后的抛物线为y=1∵原抛物线与新抛物线都经过点B（3，0），∴点B即为新抛物线与原抛物线的交点F．作A′K⊥x轴于点K，则∠AKA′=∠FKA′=90°，AK=A′K=FK=2，∴∠AA′K=∠FA′K=45°，∴∠AA′F=90°．∵{y=x+1∴{x=5y=6或∴D(5,6)．∴FD=(5−3)①当FP1=FD∴P1②当P2∵CD=2∴CP∴xP∴P2③当P3∵∠∴△P∴P3∴P1∴P3∴CP∴xP∴P3④当P4D=FD=210∴xP∴P4点P的坐标为：(−3,−2)，(52,72【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定和性质、用待定系数法求函数解析式、求函数图象的交点坐标、等腰三角形存在性问题，解题时应注意数形结合、分类讨论等数学思想的运用，难度较大，属于中考压轴题．9．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+ca≠0交x轴于A−1,0，B4,0两点，交y轴于C0,−3（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，若点D为线段BC下方抛物线上一点，过点D作DE⊥x轴于点E，再过点E作EF⊥BC于点F，请求出DE+5（3）如图2，过点B作BM⊥AC于点M，将抛物线y先向右平移32单位，再向下平移516个单位得到抛物线y′，点G的对应点为点G′，点Q为第四象限内原抛物线y的对称轴上的一点，若以点Q、M、G′为顶点的三角形是以M【答案】（1）y=34x2−94x−3；（2）36148；（3）（32，−32+【分析】（1）利用待定系数法，即可求解；（2）设点D的坐标为（x，34x2−94x−3），则ED=−34（3）先求出G′（3，5），再通过联立直线AC和直线BM的解析式，可得M(−12，−32)，设Q（32，d），分两种情况：①M【详解】解：（1）把A−1,0，B4,0C0,−3，代入y=ax2∴二次函数解析式为：y=3（2）设点D的坐标为（x，34∵点D在BC的下方，∴ED=−3∵DE⊥x轴，∴E的坐标为（x，0），其中0＜x＜4，∴BC=32∵EF⊥CB，∴∠FBE+∠FEB=90°，又∵∠FBE+∠OCB=90°，∴∠FEB=∠OCB，又∵∠EFB=∠BOC=90°，∴△EFB∽△COB，∴EFCO=EBBC，即：∴DE+53EF=−34x2∴当x=−b2a=56（3）原抛物线顶点坐标为：G（32，−7516），平移后∵A−1,0，C∴直线AC的解析式为：y=3x3，∵BM⊥AC，∴设直线BM解析式为：y=13x+m，把B4,0代入上式，可得：m=∴直线BM解析式为：y=13x−联立y=−3x−3y=13x−43，解得：∵点Q在原抛物线上的对称轴上，设Q（32，d），则MG′=(−1MG′=QM，QM=(32+1QG′=MG′，QG′=(32综上所述：Q点的坐标为：（32，−32+822），（32，−32【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何综合，熟练掌握待定系数法，相似三角形的判定和性质，以及等腰三角形的性质定理，是解题的关键．10．已知如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a,b,c为常数，a≠0）与x轴交于点A(−1,0),B两点．与y轴交于点C(0,3)（1）求抛物线的解析式；（2）在以线BC上方的抛物线线上有一动点P，过点P作PD⊥x轴．垂足为D，交直线BC于点Q.是否存在点P．使得PQ+22QC（3）在(2)的条件下，将抛物线沿射线BC方向平移22个单位长度，此时P的对应点为P'，M为平移后抛物线对称轴上的一动点．是否存在点M使得ΔPP'M为等腰三角形，若存在，请求出点M【答案】（1）yx22x3；（2）PQ+22QC有最大值，且最大值为4，此时P（2,3）；（3）M点坐标为（1,2）,（1,5+7），(【分析】（1）根据A点以及对称轴求出B点，再利用待定系数法即可解出二次函数解析式；（2）过点Q作QE⊥y轴，交y轴于点E，设P点坐标为（m，m2+2m+3），用m表示出PQ+2（3）先求出平移后的抛物线解析式，求出PP’长度，再设M（1，a），用a表示出PM,PM’,再对等腰三角形分情况列出方程解出a即可．【详解】解：（1）∵A（−1,0），且抛物线的对称轴为直线x=1∴B点坐标为（3,0）设二次函数解析式为y=a（x+1）（x3）把C（0,3）带入得33a，解得a=1，即二次函数解析式为yx22x3．（2）如图，过点Q作QE⊥y轴，交y轴于点E．∵B（3,0），C（0,3）∴∠OCB=45°，直线BC的函数解析式为y=x+3设P点的坐标为（m，m2+2m+3）（0＜m＜3），则Q（m，m+3）PQ=m2+2m+3（m+3）=m2+3m∴PQ+∴当m=2时，PQ+2（3）∵直线BC的函数解析式为y=x+3，且抛物线沿射线BC方向平移22∴相当于把抛物线先往左边移动2个单位，再往上移动2个单位∴原抛物线解析式为y=x22x3=（x1）2+4∴平移后抛物线解析式为y=（x+1）2+6，且P’（0,5），平移后对称轴为x=1∴PP’=22设M（1，a），则PM=9+(3−a)2∵ΔPP'M为等腰三角形∴①当PP’=PM时，22=9+(3−a)②当PP’=P’M时，22=1+(5−a)2③当PM=P’M时，9+(3−a)2=∴综上M点坐标为（1,2）,（1,5+7），(1,57)．【点睛】本题考查二次函数的综合，第三问解题关键在于能够求出平移后的抛物线解析式，同时能够对等腰三角形进行分类讨论也是解题关键．类型三旋转+等腰三角形11．如图，对称轴为直线x＝﹣1的抛物线y＝a（x﹣h）2＋k（a≠0）图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其中点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，4）．(1)求该抛物线的解析式：(2)如图1，若点P为抛物线上第二象限内的一个动点，点M为线段CO上一动点，当△APC的面积最大时，求△APM周长最小值；(3)如图2，将原抛物线绕点A旋转180°，得新抛物线y'，在新抛物线）y'的对称轴上是否存在点Q使得△ACQ为等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)抛物线y=−1(2)C△APM最短==25(3)在新抛物线）y'的对称轴上存在点Q（7，7）或（7，23）或（7，23），使得△ACQ为等腰三角形．【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式先代入对称轴，化为y=ax+12+k（2）先求A点坐标，当y=0时，−12x+12+92=0，解方程得出点A（4，0），再利用待定系数法求直线AC解析式为y=x+4（3）解在新抛物线y'的对称轴上存在点Q使得△ACQ为等腰三角形，先求出原抛物线的顶点坐标为（1，92），将原抛物线绕点A旋转180°，得新抛物线y'，新抛物线的顶点坐标为（7，92）求出新抛物线为y=12x+72−92，设新抛物线对称轴于x轴的交点为E（【详解】（1）解：∵对称轴为直线x＝﹣1，∴抛物线y=ax+1∵抛物线y=ax+1∴a+k=49a+k=0解得：a=−1抛物线y=−1（2）解：当y=0时，−1整理得x+12∴x+1=±3，x1=−4，点A（4，0），设AC解析式为y=kx+b，代入坐标得：b=4−4k+b=0解得b=4k=1∴AC解析式为y=x+4，过点P作PD∥y轴，交AC于D，设P（m,−1D（m，m+4），∴PD=−12m2−m+4∴S△APC=12∴当m=2时S△APC最大=4，−1∴点P（2，4），∵AP=−2+42作点P关于y轴的对称点P′（2，4），连结AP′交y轴于M，∴PM=P′M，∴PM+AM=P′M+AM≥AP′，∴PM+MA最短时C△APM最短=AP+AP′=25+2+4（3）解在新抛物线y'的对称轴上存在点Q使得△ACQ为等腰三角形，原抛物线的顶点坐标为（1，92将原抛物线绕点A旋转180°，得新抛物线y'，新抛物线的顶点坐标为（4（1+4），92），即（7，9∵抛物线旋转抛物线开口大小不变，开口方向改变，∴新抛物线为y=12分三种情况，第一种情况作AC的垂直平分线交新抛物线对称轴于Q1，∵OC=OA=4，∠AOC=90°，∴△AOC为等腰直角三角形，∴AC的垂直平分线过坐标原点O，∴∠Q1OE=45°，∵Q1E⊥x轴，∴∠EQ1O=180°∠Q1OE∠Q1EO=180°45°90°=45°，∴Q1E=OE=7，∴点Q1（7，7），

第二种情况以点A为圆心，AC长为半径交新抛物线对称轴于两点Q2、Q3，AC=OC∴AQ=AC=42在Rt△AQE中AE=4（7）=3，EQ2+A解得n=±23∴Q2（7，23），Q2（7，23），第三种情况以点C为圆心，AC长为半径与新抛物线对称轴没交点，∵42综合在新抛物线）y'的对称轴上存在点Q（7，7）或（7，23）或（7，23），使得△ACQ为等腰三角形．【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，直线解析式，两点间距离，三角形面积，二次函数的性质，轴对称图形性质，两点之间线段最短，抛物线旋转，等腰三角形性质，线段垂直平分线，勾股定理，解一元二次方程，辅助圆，本题难度大，综合性质强，应用知识多，掌握以上知识和技能是解题关键．12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−33x2+233x+3与x轴交于A,B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，连接(1)如图1，点P为直线BC上方的抛物线的图象上一点，当ΔPAE面积最大时，在直线BC上有一个动点M，在直线AD上有一个动点N，且MN⊥BC，求PM+MN+32(2)如图2，将△BOC绕点O顺时针旋转至ΔB′OC′的位置，点B、C的对应点分别为B′、C′，且OC′∥AD，B′C′与y轴交于点【答案】(1)PM+MN+32ND的最小值为(2)能，当BR=BR′时，S1,233；当RB=RR′【分析】（1）根据题意可求出BC的解析式，设点P的坐标，作平行线，根据直线解析式得Q的坐标，求出最大值，确定点P的坐标，然后由旋转得解析式，从而求出最小值；（2）根据轴对称和旋转，翻折的性质可表示出线段的长，再根据等腰三角形的两腰相等，分三种情况讨论，分别求出满足条件的S的坐标．【详解】（1）令−33x2+当x=0时，可得y=3，即设直线BC的解析式为y=kx+b，把B3，0,C0，3解得k=−3∵BC∥AD，∴设yAD=−33x+即：yAD设Pm,−33m2+2∴PQ=−3∴S△PAE∵−33<∴当m=32时，△PAE面积最大，此时由题可知，MN=2，把点P沿着射线MN方向平移2个单位得P′12，34，再把直线AD绕点D4，533逆时针旋转60°交y轴于F，过点P′∵yDF∴P′∴PM+MN+32ND的最小值为37（2）解：①当BR=BR′时，设点x−3由翻折可得CR=C即x联立解得x=3y=2即R′又SR=SR′则3−1解得t=23②当BR=RR′时，设点同理有x2解得x=−3y=0即R′又SR=SR′则−3−1解得t=23，即点③当BR′=R同理有x−32解得x=3即R′3又SR=SR′当R′3解得t=−2，即点S当R′−解得t=2，即点S综上所述，点S的坐标为1，233，【点睛】本题主要考查二次函数的解析式的求法与几何图形结合的综合能力的培养，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．13．如图，抛物线fx：y=ax+1x−5与x轴交于点A、B（点A位于点B左边），与y(1)求抛物线fx(2)作点C关于x轴的对称点C′，连接线段AC，作∠CAB的平分线AE交抛物线于点E，将抛物线fx沿对称轴向下平移经过点C′得到抛物线f′x．在射线AE上取点F，连接FC，将射线FC绕点F逆时针旋转120°交抛物线f′x【答案】(1)y=−(2)0或4或5或−10【分析】（1）直接将点C的坐标代入抛物线fx：y=a（2）根据对称性可得C′0,−3，由平移得抛物线f′x的解析式为：y=−35x2【详解】（1）解：把点C0,3）代入抛物线fx：y=ax+1x−5∴y=−3∴抛物线f（x）的表达式为y=−3（2）∵点C关于x轴的对称点C′∴C′∵原抛物线沿对称轴向下平移经过点C′得到抛物线f∴抛物线f′x的解析式为：∵y=−3令y=0，则−35x∴A−1,0∵C0，∴OA=1，OC=3∴AC=2，∴∠ACO＝30°，∠CAO＝60°，∵AE平分∠CAO，∴∠CAF＝30°，分三种情况：①当AC=AF=2时，如图，设FP交y轴于G，过点F作FL⊥y轴于L，FH⊥x轴于H，过点G作GK⊥CF，交CF的延长线于K，∴∠ACF=∠AFC=180°−30°∴∠OCF=45°，Rt△AFH中,FH=12∴F3∵CL=FL=3∴CF=2Rt△CGK中，∠GFK=180°−∠CFP=180°−120°=60°设FK=m，GK=3∵∠OCF＝45°，∴△GCK是等腰直角三角形，∴CK＝GK，∴23∴m=2∴CG=2∴G0,−设直线PF的解析式为y=kx+b，b=−3解得b=−3∴直线PF的解析式为：y=2+则y=(2+3)x−3y=−3∴P0,−3或②当AC＝CF时，如图，∠CAF＝∠CFA＝30°，∴∠ACQ＝120°，∴∠OCF＝90°，∴F2,∵y=−3∴抛物线f（x）的对称轴是x=2：，∴F在DF上，延长PF交y轴于G，∵∠CFP＝120°，∴∠GFC＝60°，Rt△GCF中，∠CGF＝30°∵CF＝2，∴CG=23∴OG=33∴G0,3∴GF的解析式为：y=−3∴y=−3x+33y=−3∴P4,−3或③当CF=AF时，如图，∠CFA=120°，此种情况不符合题意；综上，当△CAQ为等腰三角形时，点P的横坐标是0或4或5或−103【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，二次函数的解析式，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，并与方程相结合解决问题，解题的关键是注意第二问要分情况讨论，不要丢解．14．如图，对称轴为直线x=−1的抛物线y=ax−ℎ2+ka≠0与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其中点B(1)求该抛物线的解析式；(2)如图①，若点P为抛物线上第二象限内的一点，且到y轴的距离是2.点M为线段CO上的一个动点，求△APM周长的最小值；(3)如图②，将原抛物线绕点A旋转180°，得新抛物线y′，在新抛物线y′的对称轴上是否存在点Q，使得△ACQ为等腰三角形?若存在，请直接写出点【答案】(1)y=−(2)△APM周长的最小值为2(3)存在点Q，使得△ACQ为等腰三角形，Q点坐标为−7,23或−7,−23【分析】（1）先根据对称轴确定ℎ的值，再将B(2,0)，C(0,4)代入，求函数的解析式即可；（2）先确定P点坐标，作A点关于y轴的对称点为A′(4,0)，连接PA′与y轴交于点M，则有AM+PM+AP≥AP+A（3）先求出旋转后C点旋转后的点C′(−12,−4)，B′(−10,0)，再用待定系数法求旋转后的抛物线解析式y=1