專題16 二次函數(shù)變換綜合題分類訓(xùn)練（軸對(duì)稱、旋轉(zhuǎn)和平移）（解析版）

專題16二次函數(shù)變換綜合題分類訓(xùn)練（軸對(duì)稱、旋轉(zhuǎn)和平移）目錄TOC\o"1-3"\h\u【題型1軸對(duì)稱變換】 1【題型2旋轉(zhuǎn)變換】 31【題型3平移變換】 60【題型1軸對(duì)稱變換】1．如圖，已知拋物線y=ax2-2ax+3與x軸交于點(diǎn)B-1,0和點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)

(1)求a的值．(2)若P為直線AC上方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，作PH∥x軸交直線AC于點(diǎn)H，求(3)將拋物線在x軸上方的部分沿x軸折疊到x軸下方，將這部分圖象與原拋物線剩余的部分組成的新圖象記為G．把直線AC向下平移n個(gè)單位與圖像G有且只有三個(gè)交點(diǎn)，請(qǐng)直接寫出此時(shí)n的值．【答案】(1)a=-1(2)PH取得最大值為9(3)n的值為4或25【分析】（1）把B-1,0代入y=ax2（2）設(shè)Pm,-m2+2m+3，得出點(diǎn)H的縱坐標(biāo)為-m2+2m+3，求出直線AC（3）分兩種情況進(jìn)行討論，分別畫出圖象，求出n的值即可．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2-2ax+3與x∴a+2a+3=0，解得：a=-1；（2）解：二次函數(shù)解析式為：y=-x設(shè)Pm,-∵PH∥x軸，∴點(diǎn)H的縱坐標(biāo)為-m把x=0代入y=-x2+2x+3∴C0,3設(shè)直線AC的解析式為y=kx+n，∴3k+n=0解得：k=-1n=3∴直線AC的解析式為y=-x+3，∴-m∴x=m∴Hm∴PH=m-m∵-1<0，開口向下，∴當(dāng)m=32時(shí)，PH取得最大值為（3）解：直線AC向下平移n個(gè)單位后的關(guān)系式為y=-x+3-n，如圖，當(dāng)平移后的直線l1過點(diǎn)B時(shí)，直線l1與圖像把B-1,0代入y=-x+3-n得：1+3-n=0解得：n=4；原拋物線上方折疊到下方的拋物線解析式為：y=x當(dāng)平移后的直線l2與拋物線y=x2-2x-3相切時(shí)，直線∴此時(shí)方程-x+3-n=x即方程x2∴-12解得：n=25綜上分析可知，n的值為4或254

【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，求二次函數(shù)解析式，一次函數(shù)解析，二次函數(shù)的最值，一次函數(shù)圖象的平移，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)．2．如圖，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A,B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，其中B

(1)求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)點(diǎn)P是二次函數(shù)上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ∥y軸交直線AC于點(diǎn)Q，連接CP，將△PCQ沿PC折疊，當(dāng)Q的對(duì)應(yīng)點(diǎn)Q'恰好落在y軸上時(shí)，請(qǐng)求出點(diǎn)Q(3)在二次函數(shù)的圖象上，是否存在點(diǎn)M，使得∠MCA=∠OCB？若存在，請(qǐng)求出M點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x(2)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為3+2，-(3)M點(diǎn)坐標(biāo)為2，-1或【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）利用折疊的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證明QC=PQ，然后設(shè)元，求解即可；（3）過點(diǎn)A作AD⊥AC與直線CM交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DM⊥x軸于點(diǎn)M，利用△DCA∽△BCO，求得點(diǎn)D的坐標(biāo)，據(jù)此分兩種情況討論求解即可．【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象經(jīng)過B∴1+b+c=0c=3，解得b=-4∴這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x（2）解：令y=0，則x2解得x1=1，∴A3,0

設(shè)直線AC的解析式為y=kx+3，則0=3k+3，解得k=-1，∴直線AC的解析式為y=-x+3，將△PCQ沿PC折疊，當(dāng)Q的對(duì)應(yīng)點(diǎn)Q'恰好落在y軸上時(shí)，∠PCQ=∠PC∵PQ∥y軸，∴∠QPC=∠PCQ∴∠QPC=∠PCQ，∴QC=PQ，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為n，n2-4n+3，則點(diǎn)∴QC=2n，∴n2-3n=2解n2-3n=2n得解n2-3n=-2n得當(dāng)n=3+2時(shí)，-n+3=-當(dāng)n=3-2時(shí)，-n+3=∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為3+2，-（3）解：過點(diǎn)A作AD⊥AC與直線CM交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DM⊥x軸于點(diǎn)M，點(diǎn)D在x軸上方時(shí)，如圖，

∵A3,0，B1,0，∴OA=OC=3，OB=1，AC=32+∴∠DAE=45°，∴△DAE是等腰直角三角形，∴ED=EA，∵∠CAD=∠COB=90°，∠MCA=∠OCB，∴△DCA∽△BCO，∴ACOC=AD∴AD=2∴ED=EA=1，∴D4,1同理求得直線CD的解析式為y=-1聯(lián)立-1解得x=0（舍去）或x=3.5，∴M點(diǎn)坐標(biāo)為72若點(diǎn)D在x軸下方時(shí)，如圖，

同理，ED=EA=1，∴D2,-1，同理求得直線CD的解析式為y=-2x+3，聯(lián)立-2x+3=解得x=0（舍去）或x=2，∴M點(diǎn)坐標(biāo)為2，-1與點(diǎn)綜上，M點(diǎn)坐標(biāo)為2，-1或【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合問題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．如圖1，拋物線L1:y=ax-1x-5與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)

(1)求拋物線L1(2)若直線L2將線段AB分成1:3兩部分，求k(3)如圖2，將拋物線L1在x軸上方的部分沿x軸折疊到x軸下方，將這部分圖象與原拋物線剩余的部分組成的新圖象記為L(zhǎng)3．直接寫出直線L2與圖象L【答案】(1)y=-(2)k=52(3)2【分析】（1）先求M點(diǎn)再利用待定系數(shù)法求拋物線L1（2）先確定分點(diǎn)的坐標(biāo)，代入直線L2的解析式求k（3）直線y=kx-5過(0,-5)，利用數(shù)形結(jié)合觀察有四個(gè)交點(diǎn)的情形，求出臨界值，再寫k的范圍．【詳解】（1）解：∵直線L2的解析式為y=kx-5∴M(0,-5)，把M點(diǎn)的坐標(biāo)代入y=a(x-1)(x-5)得，5a=-5，解得a=-1，∴拋物線L1的解析式為y=-(x-1)(x-5)，即y=-（2）解：設(shè)直線L2與x軸的交點(diǎn)為C

令y=0時(shí)，則有-(x-1)(x-5)=0，解得：x1∴點(diǎn)A(1,0)和點(diǎn)B(5,0)，∴AB=4，∵直線L2將線段AB分成1:3∴AC=1或AC=3，∴C(2,0)或(4,0)，分別代入y=kx-5得：k=52或（3）解：如圖所示，當(dāng)直線y=kx-5夾在兩條虛線之間時(shí)直線L2與圖象L3有四個(gè)交點(diǎn)，把B(5,0)代入y=kx-5得

∴把y=-x2+6x-5化為頂點(diǎn)式得y=-∴將拋物線L1在x軸上方的部分沿x軸折疊到x軸下方后，頂點(diǎn)變?yōu)?3,-4)∴折疊后的拋物線表達(dá)式為y=(x-3)聯(lián)立y=kx-5和y=x2-6x+5∴x2-6x+5=kx-5∴Δ=∴k=210-6或∵k>0，∴k=210∴210【點(diǎn)睛】本題考查了拋物線與x軸的交點(diǎn)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)和二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，二次函數(shù)圖象與幾何變換，結(jié)合了對(duì)稱變換，滲透了數(shù)形結(jié)合的思想，對(duì)于（3），關(guān)鍵是找到并求出k的臨界值．4．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=34x-9與x軸、y軸分別交于B，C兩點(diǎn)，拋物線y=14x2+bx+c經(jīng)過

(1)求B，C兩點(diǎn)的坐標(biāo)及拋物線的解析式，并直接寫出點(diǎn)A的坐標(biāo)；(2)如圖1，點(diǎn)D在線段OB上運(yùn)動(dòng)，連接CD，沿直線CD折疊△BCD得到△B'CD，當(dāng)B'D⊥x(3)如圖2，連接AC，作∠COE=∠ACO，OE交△ABC的邊于點(diǎn)E，請(qǐng)直接寫出CE的長(zhǎng)．【答案】(1)B(12,0)，C(0,-9)，拋物線的解析式為y=14(2)∠BDC的度數(shù)為135°，D(9,0)(3)CE的長(zhǎng)為3102【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答即可；（2）利用翻折的性質(zhì)可得：BD=B'D，S△BCD=S△B'CD；設(shè)D(m,0)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示出線段（3）利用分類討論的思想方法分兩種情形討論解答：①當(dāng)點(diǎn)E在AC邊上時(shí)，利用直角三角形的性質(zhì)和直角三角形的斜邊上的中線，勾股定理解答即可；②當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上時(shí)，利用平行線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理解答即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：令x=0，則y=-9，∴C(0,-9)，令y=0，則34∴x=12，∴B(12,0)，∵拋物線y=14x2+bx+c∴14解得：b=-9∴拋物線的解析式為y=1令x=0，則14∴x=-3或x=12，∴A(-3,0)；（2）解：∵沿直線CD折疊△BCD得到△B∴△BCD≌△B∴BD=B'D設(shè)D(m,0)，m>0，∴OD=m，∵C(0,-9)，B(12,0)，∴OC=9，OB=12．∴BD=BD∵S△BCD=1∴12解得：m=9或m=12（不合題意，舍去），∴m=9，∴D(9,0)．∴OD=9，∴OD=OC=9，∴∠OCD=∠ODC=45°，∴∠BDC的度數(shù)=180°-∠ODC=135°；（3）解：①當(dāng)點(diǎn)E在AC邊上時(shí)，如圖，

∵∠AOC=90°，∴∠ACO+∠CAO=90°，∠EOA+∠COE=90°，∵∠COE=∠ACO，∴∠CAO=∠EOA，∴EA=EO，∵∠COE=∠ACO，∴EO=EC，∴AE=CE=1∵A(-3,0)，C(0,-9)，∴OA=3，OC=9，∴AC=O∴CE=1②當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上時(shí)，如圖，

∵∠COE=∠ACO，∴OE∥∴△BOE∽△BAC，∴BOBA∵OA=3，OB=12，∴AB=OA+OB=15．∵BC=O∴1215∴BE=12，∴CE=BC-BE=3．綜上，當(dāng)∠COE=∠ACO，OE交ΔABC的邊于點(diǎn)E，CE的長(zhǎng)為3102【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，待定系數(shù)法，一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，折疊的性質(zhì)，垂直的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示出相應(yīng)線段的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．5．如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+ca≠0的圖象與x軸交于A-1，0、B4，0兩點(diǎn)，與

(1)求拋物線的解析式；(2)在拋物線上B，D兩點(diǎn)之間的部分（不包含B，D兩點(diǎn)），是否存在點(diǎn)G，使得S△BGH=16(3)如圖②，將拋物線在BC上方的圖象沿BC折疊后與y軸交于點(diǎn)E，直接寫出E的坐標(biāo)．【答案】(1)y=-(2)存在，G(3)E【分析】（1）設(shè)出拋物線的交點(diǎn)式式，再將點(diǎn)C0（2）設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)，分別表達(dá)出△BGH和△DGH的面積，建立方程，即可求解；（3）設(shè)點(diǎn)E關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為Q，原點(diǎn)關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為P，如圖所示，設(shè)Ps，t，由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得PC=OC=2，PB=OB=4，利用勾股定理得到s2+t-22=4s-42+t2=16，推出t=2s，解得【詳解】（1）解：拋物線y=ax2+bx+ca≠0的圖象與∴設(shè)拋物線的解析式為：y=ax+1∵拋物線過點(diǎn)C0,2∴2=a0+1解得a=-1∴拋物線的解析式為：y=-1（2）解：設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b∴4k+b=0b=2∴k=-12∴直線BC的解析式為：y=-1∵拋物線解析式為y=-1∴拋物線對(duì)稱軸為直線x=3在y=-12x+2中，當(dāng)x=∴H3∴DH=25過點(diǎn)G作GM⊥DH于點(diǎn)M，過點(diǎn)G作GN⊥x軸交直線BC于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為m,-12m2+∴GM=m-32，∴S△BGHS△DGH∵S△BGH∴-58解得m=2或m=-6（舍去），∴存在，G2,3

（3）解：設(shè)點(diǎn)E關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為Q，原點(diǎn)關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)為P，如圖所示，設(shè)Ps由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得PC=OC=2，∴s2∴t=2s，∴s2+2s-2解得s=85或∴P8同理可得直線CP的解析式為y=3聯(lián)立y=34x+2y=-1∴Q3∴CQ=3∴CE=CQ=15∴OE=1∴E0

【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查待定系數(shù)法求解析式，三角形的面積，對(duì)稱的性質(zhì)等內(nèi)容，第（2）問中表達(dá)出三角形的面積是解題關(guān)鍵；第（3）問中得到點(diǎn)P的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．6．已知拋物線y=ax2+2x+ca≠0與x軸交于點(diǎn)A-1,0和點(diǎn)B3,0，與y軸交于點(diǎn)C，連接BC，點(diǎn)

(1)求拋物線的解析式．(2)如圖1，P為AD上方的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PB交AD于點(diǎn)E．當(dāng)△ABD的面積被直線BP分成1:3的兩部分時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．(3)如圖2，若直線AD沿過點(diǎn)D的直線m折疊后恰好經(jīng)過點(diǎn)M214,0，請(qǐng)直接寫出直線m【答案】(1)y=-(2)P-3(3)y=7x-18，Q109-5【分析】（1）待定系數(shù)法求出解析式即可；（2）根據(jù)△ABD的面積被直線BP分成1:3的兩部分，得到AE=13DE或AE=3DE，求出E點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而得到直線BE（3）求出直線DM的解析式，進(jìn)而求出點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A'的坐標(biāo)，進(jìn)而求出A,A'的中點(diǎn)坐標(biāo)，該點(diǎn)在直線m上，進(jìn)而求出直線m的解析式，聯(lián)立直線m【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+2x+ca≠0與x軸交于點(diǎn)∴a-2+c=09a+6+c=0，解得：a=-1∴y=-x（2）∵y=-x2+2x+3，當(dāng)x=0∴C0,3∴OC=3，∵B3,0∴OB=3=OC，∴△OBC是等腰直角三角形，∵點(diǎn)O與點(diǎn)D關(guān)于線段BC對(duì)稱，∴BC是OD的垂直平分線，設(shè)OD交BC于點(diǎn)F，

則OF⊥BC，∴F為BC的中點(diǎn)，∴F3又F為OD的中點(diǎn)，∴D3,3△ABD的面積被直線BP分成1:3的兩部分時(shí)，有兩種情況：①S△ABE∵S△ABE∴AE:DE=1:3，∴AE:AD=1:4，∴點(diǎn)E為點(diǎn)A,D的中點(diǎn)與點(diǎn)A的中點(diǎn)，∵A,D的中點(diǎn)坐標(biāo)為：1,3∴E0,設(shè)BE的解析式為：y=kx+b，∴b=343k+b=0∴y=-1聯(lián)立y=-14x+34∴P-②當(dāng)S△ABE同法可得：點(diǎn)E為點(diǎn)A,D的中點(diǎn)與點(diǎn)D的中點(diǎn)，∴E2,設(shè)直線BE的解析式為：y=mx+n，∴2k+b=943k+b=0∴y=-9聯(lián)立y=-94x+274∴P5綜上：P-34（3）設(shè)直線DM的解析式為：y=k則：3k1+∴y=-4設(shè)點(diǎn)A關(guān)于直線m的對(duì)稱點(diǎn)為A'則：A'在直線DM上，DA=D設(shè)A'∵DA=DA'，∴3+12解得：t=6或t=0（舍掉），∴A'∵點(diǎn)A關(guān)于直線m的對(duì)稱點(diǎn)為A'∴A,A'的中點(diǎn)52設(shè)直線m的解析式為：y=k∵D3,3，點(diǎn)52,-∴3k2+∴直線m的解析式為：y=7x-18，聯(lián)立y=7x-18y=-x2+2x+3，解得：∴Q109-52【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，正確的求出函數(shù)解析式，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵．7．如圖，拋物線y=ax2+bx+2與x軸交于點(diǎn)A-1，0和點(diǎn)B2，(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，連接BD，BP，當(dāng)SΔADB=(3)如圖2，若AO=DO，點(diǎn)E在直線AD上運(yùn)動(dòng)，連接OE，將△AOE沿OE折疊，得到△FOE，當(dāng)EF與坐標(biāo)軸平行時(shí)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)．【答案】(1)y=-(2)P(3)E122-1,22【分析】（1）把A(-1,0)和點(diǎn)B(2,0)代入y=ax（2）過點(diǎn)B作BM⊥AP，垂足為點(diǎn)M，根據(jù)已知條件得出AD=23PD，過點(diǎn)P作PC∥x軸，交y軸于點(diǎn)C，可得△PCD∽△AOD，進(jìn)而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出AO=（3）根據(jù)已知得出直線AD的解析式為y=x+1；設(shè)Et,t+1，根據(jù)當(dāng)EF∥x軸時(shí)，當(dāng)【詳解】（1）把A(-1,0)和點(diǎn)B(2,0)代入y=ax得a-b+2=04a+2b+2=0解得a=-1∴拋物線解析式為y=-x（2）過點(diǎn)B作BM⊥AP，垂足為點(diǎn)M∴S△ADB=∵S∴AD=2∴AD過點(diǎn)P作PC∥x軸，交y軸于點(diǎn)∴∠PCD=∠AOD，∵∠PDC=∠ADO，∴△PCD∽△AOD，∴AD∴AO=∵A(-1,0)，∴PC=∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為32，把x=32得：y=-∴點(diǎn)P3（3）解：∵AO=DO，A(-1,0)，∴DO=AO=1，則D0,1設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b，∴-k+b=0b=1解得：k=1b=1∴直線AD的解析式為y=x+1；依題意設(shè)Et,t+1如圖所示，將△AOE沿OE折疊，得到△FOE，∴AO=OF，AE=EF，∠AOE=∠FOE，當(dāng)EF∥x∴∠AOE=∠FEO，∴∠FEO=∠FOE，∴EF=AO又AO∴四邊形AOFE是平行四邊形，又∵AO=OF∴四邊形AOFE是菱形；∴AE=AO∴-1-t解得：t=22-1如圖所示，當(dāng)EF∥∵AO=DO，∠AOD=90°∴△AOD是等腰直角三角形，∴∠DAO=45°，設(shè)直線EF交x軸于點(diǎn)G，

∵折疊，∴∠OFG=45°∴OF=OA=1,G即t2解得：t=22或∴E122-1,22【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運(yùn)用，待定系數(shù)法，面積問題，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．8．如圖1所示，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A(-3,0)、B(1,0)（1）求拋物線的函數(shù)解析式（2）如圖2，點(diǎn)D為拋物線的頂點(diǎn)，連接AD，點(diǎn)P是線段AD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A、D重合），過點(diǎn)P作y軸的垂線，垂足點(diǎn)為E，連接AE．如果P點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,y)，△PAE的面積為S，求S與x之間的函數(shù)關(guān)系式（不用寫出自變量x的取值范圍）；（3）在（2）的條件下，當(dāng)S取到最大值時(shí)，過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為F，連接EF，把△PEF沿直線EF折疊，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)P'，求出P【答案】（1）y=－x2－2x+3；（2）S=－x2－3x；（3）P′（910，9【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；（2）求出頂點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法求出直線AD的解析式，則P（x，2x+6），然后根據(jù)三角形面積公式表示即可；（3）根據(jù)（2）中關(guān)系式，可得當(dāng)x=－32時(shí)，S取最大值94，則P（－32【詳解】（1）∵拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A（－3，0）、B（1，0）、C（0，3）三點(diǎn)∴9a-3b+c=0解得a=-1∴解析式為y=－x2－2x+3；（2）∵－x2－2x+3=－（x+1）2+4，∴拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)D為（－1，4）．∵A（－3，0），D（－1，4），∴設(shè)AD為解析式為y=kx+b，有-3k+b=0-k+b=4解得k=2b=6∴AD解析式：y=2x+6，∵P在AD上，∴P（x，2x+6），∴S△APE=12PE×yP=12（－x）（2x+6）=－x2－3∴S=－x2－3x；（3）如圖1，設(shè)P′F與y軸交于點(diǎn)N，過P′作P′M⊥y軸于點(diǎn)M，∵S=－x2－3x=-∴當(dāng)x=－32時(shí)，S取最大值9∴P（－32，3∵△PEF沿EF翻折得△P′EF，且P（－32，3∴∠PFE=∠P′FE，PF=P′F=3，PE=P′E=32∵PF∥y軸，∴∠PFE=∠FEN，∵∠PFE=∠P′FE，∴∠FEN=∠P′FE，∴EN=FN設(shè)EN=m，則FN=m，P′N=3－m，在Rt△P′EN中，∵（∴m=15∵S△P′EN=12P′N·P′E=12EN·P∴P′M=910在Rt△EMP′中，∵EM=(32∴OM=EO－EM=95∴P′（910，9【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合－面積問題，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式以及一次函數(shù)解析式，軸對(duì)稱的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)式解本題的關(guān)鍵．9．如圖，拋物線y=ax2+23x(a≠0)過點(diǎn)A（6，0）．點(diǎn)B是拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)D是x（1）求拋物線的解析式．（2）如圖1，當(dāng)∠BOD＝30°時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）如圖2，在（2）的條件下，拋物線的對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)C，交線段OD于點(diǎn)E，點(diǎn)F是線段OB上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)F不與點(diǎn)O和點(diǎn)B重合）連接EF．將△BEF沿EF折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)B'，△EFB'與△OBE的重疊部分為△EFG，在第一象限內(nèi)是否存在一點(diǎn)H，使以點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)H的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）y=-33x2+23x；（2）D(5,5【分析】（1）利用待定系數(shù)法解決問題即可．（2）如圖①中，設(shè)拋物線的對(duì)稱軸交x軸于M，與OD交于點(diǎn)N．解直角三角形求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，求出直線ON的解析式，構(gòu)建方程組確定點(diǎn)D坐標(biāo)即可．（3）分三種情形：如圖②﹣1中，當(dāng)∠EFG=90°時(shí)，點(diǎn)H在第一象限，此時(shí)G，B'，O重合．如圖②﹣2中，當(dāng)∠EGF=90°時(shí)，點(diǎn)H在對(duì)稱軸右側(cè)．如圖②﹣3中當(dāng)∠FEG=90°時(shí)，點(diǎn)H在對(duì)稱軸左側(cè)，點(diǎn)B'在對(duì)稱軸上，分別求解即可．【詳解】解：（1）把點(diǎn)A6,0代入y=ax得到36a+123解得a=-3∴拋物線的解析式為y=-3（2）如圖①中，設(shè)拋物線的對(duì)稱軸交x軸于M．∵y=-3∴頂點(diǎn)B(3,33)，M（3，∴OM=3，BM=33∴tan∠MOB=∴∠MOB=60°，∵∠BOD=30°，∴∠MON=∠MOB-∠BOD=30°，∴MN=OM?tan∴N(3,3設(shè)直線ON的解析式為y=kx，∴3=3k解得k=∴直線ON的解析式為y=3由y=33xy=-3∴D(5,5（3）如圖②﹣1中，當(dāng)∠EFG=90°時(shí)，此時(shí)G，O重合，可得F(3∵E(3,3)，四邊形∴利用平移的性質(zhì)可得H(3如圖②﹣2中，當(dāng)∠EGF=90°時(shí)，由題意得點(diǎn)G是OB的中點(diǎn)，∴G(3∵EF=B∴F(2,23∵E(3,3∴利用平移的性質(zhì)可得H(7如圖②﹣3中當(dāng)∠FGE=90°時(shí)，點(diǎn)H在對(duì)稱軸左側(cè)，由題意EF⊥BE，∵BE=23，∠EBF=30°∴EF=2，∴F(1,3∵點(diǎn)G為OE的中點(diǎn)，∴G(3∵E(3,3∴利用平移的性質(zhì)可得H(52綜上所述，滿足條件的點(diǎn)H的坐標(biāo)為H(32,-32【點(diǎn)睛】此題考查二次函數(shù)與圖形的綜合知識(shí)，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，求兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)，利用特殊角的正切值求線段，軸對(duì)稱的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解題中運(yùn)用分類思想解決問題是解題的關(guān)鍵．10．如圖，拋物線y＝ax2＋32x＋c與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C，已知A，C兩點(diǎn)坐標(biāo)分別是A（1，0），C（0，﹣2），連接AC，BC（1）求拋物線的表達(dá)式和AC所在直線的表達(dá)式；（2）將△ABC沿BC所在直線折疊，得到△DBC，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D是否落在拋物線的對(duì)稱軸上，若點(diǎn)D在對(duì)稱軸上，請(qǐng)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若點(diǎn)D不在對(duì)稱軸上，請(qǐng)說明理由；（3）若點(diǎn)P是拋物線位于第三象限圖象上的一動(dòng)點(diǎn)，連接AP交BC于點(diǎn)Q，連接BP，△BPQ的面積記為S1，△ABQ的面積記為S2，求S1S2的值最大時(shí)點(diǎn)【答案】（1）y=12x2+32x-2；y=2x-2；（2）點(diǎn)D不在拋物線的對(duì)稱軸上，理由見解析；（【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先求出點(diǎn)B坐標(biāo)，再結(jié)合點(diǎn)A、C坐標(biāo)利用相似三角形的判定及性質(zhì)可證得AC⊥BC，延長(zhǎng)AC到點(diǎn)D，使DC＝AC，過點(diǎn)D作DE⊥y軸，垂足為點(diǎn)E，由此可得△ACO≌△DCE(AAS)，進(jìn)而可求得點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為－1，最后根據(jù)拋物線的對(duì)稱軸是直線x=-32即可判斷出點(diǎn)（3）先利用待定系數(shù)法求出直線BC的函數(shù)表達(dá)式，然后過點(diǎn)A作x軸的垂線交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，則點(diǎn)M坐標(biāo)為1,-52，過點(diǎn)P作x軸的垂線交BC于點(diǎn)N，垂足為點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為m,12m2+【詳解】解；（1）∵拋物線y=ax2+32x+c過A（1，0），∴a+3解得：a=1∴拋物線的表達(dá)式為y=1設(shè)AC所在直線的表達(dá)式為y=kx+b，∴k+b=0b=-2解得k=2b=-2∴AC所在直線的表達(dá)式為y=2x-2；（2）點(diǎn)D不在拋物線的對(duì)稱軸上，理由是∶∵拋物線的表達(dá)式是y=1∴令y＝0，則12解得x1=-4，∴點(diǎn)B坐標(biāo)為（－4，0）．∵OA=1，OC=2，∴OAOC又∵∠AOC=∠COB=90°,∴△AOC∽△COB．∴∠ACO=∠CBO．∴∠ACO+∠BCO=∠CBO+∠BCO=90°，∴AC⊥BC．∴將△ABC沿BC折疊，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D一定在直線AC上．如下圖，延長(zhǎng)AC到點(diǎn)D，使DC＝AC，過點(diǎn)D作DE⊥y軸，垂足為點(diǎn)E．又∵∠ACO=∠DCE，∴△ACO≌△DCE(AAS)，∴DE＝OA＝1，∴點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為－1，∵拋物線的對(duì)稱軸是直線x=-3∴點(diǎn)D不在拋物線的對(duì)稱軸上；（3）設(shè)過點(diǎn)B，C的直線表達(dá)式為y=k∵點(diǎn)C坐標(biāo)是（0，－2），點(diǎn)B坐標(biāo)是（－4，0），∴過點(diǎn)B，C的直線表達(dá)式為y=-1過點(diǎn)A作x軸的垂線交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，則點(diǎn)M坐標(biāo)為1,-5如下圖，過點(diǎn)P作x軸的垂線交BC于點(diǎn)N，垂足為點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為m,12m2+∴PN=-1∵△AQM∽△PQN，∴PQAQ∵若分別以PQ，AQ為底計(jì)算△BPQ與△BAQ的面積，則△BPQ與△BAQ的面積的比為PQAQ即S1∴S1∵-1∴當(dāng)m＝－2時(shí)，S1S2將m＝－2代入y=12x∴當(dāng)S1S2取得最大值時(shí)，點(diǎn)P坐標(biāo)為（－2【點(diǎn)睛】本題考查了用待定系數(shù)法求函數(shù)表達(dá)式，二次函數(shù)圖像與性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．【題型2旋轉(zhuǎn)變換】11．如圖1，拋物線C：y=ax2+bx經(jīng)過點(diǎn)A(-4,0)、B(-1,3)兩點(diǎn)，G是其頂點(diǎn)，將拋物線C繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°

(1)求拋物線C的函數(shù)解析式及頂點(diǎn)G的坐標(biāo)；(2)如圖2，直線l：y=kx-125經(jīng)過點(diǎn)A，D是拋物線C上的一點(diǎn)，設(shè)D點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m（m<-2），連接DO并延長(zhǎng)，交拋物線C'于點(diǎn)E，交直線l于點(diǎn)M，若DE=2EM(3)如圖3，在（2）的條件下，連接AG、AB，在直線DE下方的拋物線C上是否存在點(diǎn)P，使得∠DEP=∠GAB？若存在，求出點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)拋物線C解析式為：y=-x2(2)-3(3)-7+73【分析】（1）利用待定系數(shù)法解得拋物線C解析式，然后將其整理為頂點(diǎn)式，即可得頂點(diǎn)G的坐標(biāo)；（2）首先求得新拋物線C'的解析式以及直線l解析式，設(shè)D(m,-m2-4m)，由關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的性質(zhì)可得OD=OE，易得OM=2OD，過點(diǎn)D作DF⊥x軸于F，過M作MR⊥x軸于R，證明△ODF∽△OMR，由相似三角形的性質(zhì)可得OROF=（3）連接BG，在△ABG中，由勾股定理的逆定理可證明△ABG是直角三角形，∠ABG=90°，進(jìn)而可得tan∠DEP=tan∠GAB=13；在x軸下方過點(diǎn)O作OH⊥OE，在OH上截取OH=13OE=2，過點(diǎn)E作ET⊥y軸于T，連接EH交拋物線C于點(diǎn)P【詳解】（1）解：將A(-4,0)、B(-1,3)代入y=ax得16a-4b=0a-b=3，解得a=-1∴拋物線C解析式為y=-x配方，得y=-x∴頂點(diǎn)G(-2,4)；（2）∵拋物線C繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線C'，∴新拋物線C'的頂點(diǎn)為G'(2，-4)，二次項(xiàng)系數(shù)為∴新拋物線C'的解析式為y=(x-2)將A(-4,0)代入y=kx-12可得0=-4x-125，解得∴直線l解析式為y=-3設(shè)D(m,-m∵D、E關(guān)于原點(diǎn)∴OD=OE，∵DE=2EM，∴OM=2OD，過點(diǎn)D作DF⊥x軸于F，過M作MR⊥x軸于R，如下圖，

∴∠OFD=∠ORM，∵∠DOF=∠MOR，∴△ODF∽△OMR，∴OROF∴OR=2OF，RM=2DF，∴M(-2m,2m∴2m解得：m1=-3，∵m<-2∴m的值為-3；（3）由（2）知m=-3，∴D(-3,3)，E(3,-3)，OE=32如下圖，連接BG，在△ABG中，

∵AB2=(-1+4)2∴AB∴△ABG是直角三角形，∠ABG=90°，∴tan∠GAB=∵∠DEP=∠GAB，∴tan∠DEP=在x軸下方過點(diǎn)O作OH⊥OE，在OH上截取OH=1過點(diǎn)E作ET⊥y軸于T，連接EH交拋物線C于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求的點(diǎn)，∵E(3,-3)，∴∠EOT=45°，∵∠EOH=90°∴∠HOT=45°∴H(-1,-1)，設(shè)直線EH解析式為y=px+q，則3p+q=-3-p+q=-1，解得p=-∴直線EH解析式為y=-1解方程組y=-12x-32解得x=-7+734∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為-7+734【點(diǎn)睛】本題主要考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式和一次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、中心對(duì)稱的性質(zhì)、二次函數(shù)綜合應(yīng)用、三角函數(shù)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理的逆定理、解一元二次方程等知識(shí)，難度較大，解題關(guān)鍵是運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想分析問題．12．拋物線y=ax2+4x-3交x軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)C

(1)求拋物線的解析式；(2)若點(diǎn)D是直線BC上方拋物線的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△DBC面積取最大值時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(3)連接AC，將△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)的過程中，點(diǎn)C，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C'，B'，直線AC'分別與直線BC交于點(diǎn)E，交y軸于點(diǎn)F，那么在【答案】(1)y=-x(2)32(3)存在，1+2，2【分析】（1）先根據(jù)直線的解析式求出點(diǎn)B和C的坐標(biāo)，再把B代入拋物線的解析式，即可確定拋物線的解析式；（2）先設(shè)出點(diǎn)D的坐標(biāo)，過點(diǎn)D作DE∥y軸，交BC于點(diǎn)E，然后寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)，表示出△DBC的面積，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；（3）先設(shè)出直線AC'的解析式，然后表示出E和F的坐標(biāo)，分CE=EF，CE=CF，兩種情況討論，分別求出點(diǎn)【詳解】（1）解：∵直線y=x-3經(jīng)過點(diǎn)B，當(dāng)x=0時(shí)，y=-3，∴C0當(dāng)y=0時(shí)，x-3=0，解得x=3，∴B3把點(diǎn)B3，0代入y=a解得a=-1，∴y=-x（2）解：設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為x，過點(diǎn)D作DE∥y軸，交BC于點(diǎn)E，，

則點(diǎn)E的坐標(biāo)為x，∴DE=-∴S∴當(dāng)x=32時(shí)，此時(shí)D3（3）解：設(shè)直線AC'的解析式為在y=mx-1中，當(dāng)x=0時(shí)，y=-m則F0聯(lián)立直線BC和直線AC'得解得：x=m-3m-1∴Em-3∴CE=m-3m-12+2m若CE=EF，即m-3m-1解得m=1或m=3，當(dāng)m=1時(shí)，m-3m-1當(dāng)m=3時(shí)，E0，-3若CE=CF，即3-m=m-3解得m=1-2或m=1+當(dāng)m=1-2時(shí)，E當(dāng)m=1+2時(shí)，E綜上，E的坐標(biāo)為1+2，2【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵是要能利用點(diǎn)D的橫坐標(biāo)表示出三角形DBC的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出面積最大值時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)，當(dāng)出現(xiàn)等腰三角形時(shí)，一般分情況討論，要考慮全面．13．如圖，拋物線y=14x2+bx+c的頂點(diǎn)為M，對(duì)稱軸是直線x=1，與x軸的交點(diǎn)為A-3,0和B．將拋物線y=14x2+bx+c繞點(diǎn)B(1)寫出點(diǎn)B的坐標(biāo)及求拋物線y=1(2)求證：A,M,A(3)設(shè)點(diǎn)P是旋轉(zhuǎn)后拋物線上DM1之間的一動(dòng)點(diǎn)．是否存在一點(diǎn)P，使四邊形PM【答案】(1)B(5,0)，y=(2)見詳解(3)存在點(diǎn)P(274,-7)使得四邊形【分析】（1）根據(jù)拋物線的對(duì)稱性即可寫出B的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線解析式即可；（2）首先求得點(diǎn)M的坐標(biāo)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出M1、A1的坐標(biāo)，設(shè)直線AM的解析式為y=kx+m，利用待定系數(shù)法解得直線AM的解析式，根據(jù)以此函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征確定點(diǎn)A1（3）連接DM1，由于S△M1MD是定值，則要使四邊形PM1MD的面積最大，只要S△M1PD最大，將△M1PD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，則點(diǎn)M1與點(diǎn)M重合，點(diǎn)P與點(diǎn)Q重合，點(diǎn)D與點(diǎn)F重合，，利用旋轉(zhuǎn)變換得出點(diǎn)F的坐標(biāo)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(n,14n2-12n-154【詳解】（1）解：根據(jù)題意，點(diǎn)B與點(diǎn)A-3,0關(guān)于直線x=1∴B(5,0)，將點(diǎn)A(-3,0)，B(5,0)代入拋物線y=1可得94-3b+c=025∴該拋物線的解析式為y=1（2）將x=1代入拋物線y=1可得y=-4，即M(1,-4)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，點(diǎn)M1的坐標(biāo)為(9,-4)∴點(diǎn)A1的坐標(biāo)為(5,-8)設(shè)直線AM的解析式為y=kx+m，將點(diǎn)A(-3,0)，M(1,-4)代入，可得0=-3k+m-4=k+m，解得k=-1∴直線AM的解析式為y=-x-3，將x=5代入y=-x-3，可得y=-8，即直線AM經(jīng)過點(diǎn)A1∴A,M,A（3）存在點(diǎn)P使得四邊形PM連接DM∵S△∴要使四邊形PM1MD將△M1PD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，則點(diǎn)M1與點(diǎn)M重合，點(diǎn)P與點(diǎn)Q重合，點(diǎn)∵點(diǎn)D與點(diǎn)F均在拋物線y=1∴F(-5,5)，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(n,1設(shè)直線MF的解析式為y=px+q，則有p+q=-4-5p+q=5，解得p=-∴直線MF的解析式為y=-3設(shè)直線MF上有一點(diǎn)R(m,-3則S△∴當(dāng)m=-2時(shí)，S△若m=-2時(shí)，14∴Q(-2,-7∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(27∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,-4)，點(diǎn)M1的坐標(biāo)為(9,-4)∴S△D∴四邊形PM1MD∴存在點(diǎn)P(274,-7)使得四邊形P【點(diǎn)睛】本題主要考查了坐標(biāo)與圖形、二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)與二次函數(shù)解析式、一次函數(shù)與二次函數(shù)綜合應(yīng)用、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)，綜合運(yùn)行相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．14．如圖1，拋物線y=36x2+433x+23與x軸交于點(diǎn)A，B（A在B左邊），與y軸交于點(diǎn)C，連AC，點(diǎn)D與點(diǎn)C關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，過點(diǎn)(1)點(diǎn)F是直線AC下方拋物線上點(diǎn)一動(dòng)點(diǎn)，連DF交AC于點(diǎn)G，連EG，當(dāng)△EFG的面積的最大值時(shí)，直線DE上有一動(dòng)點(diǎn)M，直線AC上有一動(dòng)點(diǎn)N，滿足MN⊥AC，連GM，NO，求GM+MN+NO的最小值；(2)如圖2，在（1）的條件下，過點(diǎn)F作FH⊥x軸于點(diǎn)H交AC于點(diǎn)L，將△AHL沿著射線AC平移到點(diǎn)A與點(diǎn)C重合，從而得到△A'H'L'（點(diǎn)A，H，L分別對(duì)應(yīng)點(diǎn)A'，H'，L'），再將△A'H'L'繞點(diǎn)H'逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)【答案】(1)4+(2)1733【分析】（1）作FH∥y軸交DE于H．設(shè)F(m,36m2+433m+23)，求出直線DE的解析式，聯(lián)立方程得到x=-3時(shí)，F(xiàn)H的值最大，求出答案；作點(diǎn)G關(guān)于DE的對(duì)稱點(diǎn)T，TG交DE于R，連接OR交AC（2）當(dāng)△PQR是等腰三角形時(shí)，易知∠QPR=120°，易知直線RQ與x軸的夾角為60°，得到直線RQ的解析式為y=3x+3-3【詳解】（1）如圖1中，作FH∥y軸交DE于H．設(shè)由題意可知A(-6,0)，B(-2,0)，C(0,23∵拋物線的對(duì)稱軸x=-4，C，D關(guān)于直線x=-4對(duì)稱，∴D(-8,23∴直線AC的解析式為y=3∵DE∥∴直線DE的解析式為y=3由y=33x+23y=∴E(2,1633∵S△DEF=∴△DEG的面積最大時(shí)，△EFG的面積最大，∵FH的值最大時(shí)，△DEF的面積最大，∵FH的值最大時(shí)，△EFG的面積最大，∵FH=-3∵a<0．開口向下，∴x=-3時(shí)，F(xiàn)H的值最大，此時(shí)F(-3,-3如圖2中，作點(diǎn)G關(guān)于DE的對(duì)稱點(diǎn)T，TG交DE于R，連接OR交AC于N，作NM⊥DE于M，連接TM，GM，此時(shí)GM+MN+NO的值最?。咧本€DF的解析式為：y=-3由y=-3解得x=-24∴G(-24∵TG⊥AC，∴直線GR的解析式為y=-3由y=33x+∴R(-34∴RG=4,OR=2∵GM=TM=RN，∴GM+MN+ON=RN+ON+RG=RG+ON=4+2∴GM+MN+NO的最小值為4+2（2）如圖3中，如圖當(dāng)△PQR是等腰三角形時(shí)，易知∠QPR=120°，PQ=PR易知直線RQ與x軸的夾角為60°，L'直線RQ的解析式為y=3∴R(0,3-3∴PR=14如圖4中，當(dāng)△QPR是等腰三角形，∵∠QPR=60°，∴△QPR是等邊三角形，同法可得R(0,23∴PR=OP-OC=綜上所述，滿足條件的PR的值為1733-3【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)證明題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學(xué)會(huì)分類討論的思想思考問題．15．如圖，拋物線y=ax2+bx-3a經(jīng)過A-1,0，C0,3(1)求拋物線的解析式；(2)拋物線對(duì)稱軸上存在點(diǎn)D，使得△BCD是直角三角形，求出點(diǎn)D；(3)△AOC繞平面內(nèi)的點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)180°，點(diǎn)A，C，O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A',C',【答案】(1)y=-(2)D1,3-172或D(3)O【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式，即可求解；（2）先求得點(diǎn)B的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理求得BC,CD,BD，進(jìn)而分BC,CD,BD分別為斜邊，三種情況討論，即可求解．（3）根據(jù)題意，只有一種情形，即A'，C重合，A,C'重合，E【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx-3a經(jīng)過A∴a-b-3a=0解得：a=-1∴解析式為y=-（2）解：令y=0，則-x解得：x1∴B3,0∵y=-∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=1，∵D在x=1上，設(shè)D1,n，∵B3,0∴CD2=1①當(dāng)BC為斜邊時(shí)，BC∴18=4+n解得：n=3-172∴D1,3-17②CD為斜邊時(shí)，CD∴n2解得：n=-2，則D③當(dāng)BD為斜邊時(shí)，BD∴4+解得：n=4，則D綜上所述，D1,3-172或D（3）解：依題意，點(diǎn)A',C'都落在拋物線上時(shí)，則A'，C∴四邊形AOCO∵A-1,0∴O'【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求解析式，勾股定理及其逆定理，矩形的性質(zhì)，中心對(duì)稱，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．如圖1，拋物線y=ax2+bx-2與x軸交于點(diǎn)A-1,0，B4,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，經(jīng)過點(diǎn)

(1)求拋物線的解析式(2)如圖2，過點(diǎn)A于作BE的平行線交拋物線于另一點(diǎn)D，點(diǎn)P是拋物線位于線段AD下方的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，聯(lián)結(jié)PA，EA，ED，PD，當(dāng)四邊形EAPD面積最大時(shí)，求點(diǎn)P坐標(biāo)．(3)如圖3，連接AC，將△AOC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)中的三角形為△A'OC'，在旋轉(zhuǎn)的過程中，直線OC'與直線BE【答案】(1)y=(2)1,-3(3)-125,165或【分析】（1）把點(diǎn)A-1，0，B（2）先用待定系數(shù)法求出直線BE的解析式，進(jìn)而求得直線AD的解析式，設(shè)Gm,-12m-12，則Pm,12m（3）分兩種情況進(jìn)行討論即可，見解析．【詳解】（1）∵A-1，0∴a-b-2=016a+4b-2=0,解得a=1∴拋物線的解析式為y=（2）過點(diǎn)P作PG⊥x軸交AD于點(diǎn)G，

因?yàn)锽4,0，E設(shè)直線BE的解析式為y=kx+bk≠0，將點(diǎn)B、E0=4k+b2=b得所以直線BE的解析式為y=-12因?yàn)锳D∥BE，設(shè)直線AD的解析式為y=-12x+t，將A所以；直線AD的解析式為y=-1設(shè)Gm,-12則PG=-∵S四邊形EAPD=S△ADE+S△ADP，由于所以當(dāng)m=1時(shí)，PG的值最大，此時(shí)四邊形EAPD面積最大．將m=1代入Pm,∴P（3）①如圖中，當(dāng)OQ=OB時(shí)，作OT⊥BE于T．

∵OB=4，∴BE=O∴BT=TQ=8∴BQ=1655設(shè)點(diǎn)Qm,nm<0∴n=16由勾股定理得，BQ即165解得：m=-125或故Q-②如圖中，當(dāng)BO=BQ1=4時(shí)，因點(diǎn)Q

故設(shè)Q1a,-因BO=B∴4-a整理得：5解得：a=4±8當(dāng)0<a<4，時(shí)a=4-855故Q當(dāng)a>4，時(shí)a=4+855故Q當(dāng)OQ2=BQ2時(shí)，點(diǎn)Q2的橫坐標(biāo)是點(diǎn)代入直線y=-12x+2中得出Q即Q2綜上所述，滿足條件點(diǎn)點(diǎn)Q坐標(biāo)為-125,165或【點(diǎn)睛】本題考查了求拋物線和直線的解析式、三角形面積關(guān)系，解題的關(guān)鍵是注意分類討論，考慮到各種可能的情形．17．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于A2,0、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為4,-2

(1)求拋物線的解析式；(2)已知直線l：y＝34x與拋物線交于E、F兩點(diǎn)（點(diǎn)E在F的左側(cè)），點(diǎn)G為線段EF上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過G作y軸的平行線交拋物線于點(diǎn)H，求GH+GF(3)在（2）的條件下，如圖2，若點(diǎn)G是OF的中點(diǎn)，將△OBG繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B'、點(diǎn)G的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為G'，將拋物線沿直線AF的方向平移（兩側(cè)均可），在平移過程中點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為D'，在運(yùn)動(dòng)過程中是否存在點(diǎn)B'和點(diǎn)D'關(guān)于△ABF的某一邊所在直線對(duì)稱（B【答案】(1)y=(2)當(dāng)m=78時(shí)，GH+GF(3)存在，B'17-1,17+1【分析】（1）設(shè)拋物線頂點(diǎn)式，代入點(diǎn)的坐標(biāo)即可求解；（2）設(shè)G(4m,3m)，求出GH+GF關(guān)于（3）分為B'與D'關(guān)于AF，BF，AB對(duì)稱三種情形，設(shè)【詳解】（1）設(shè)拋物線解析式為y=ax-4把x=2，y=0代入，得：4a-2=0，∴a=1∴y=1（2）設(shè)Fx∴1∴x=8，∴F(8,設(shè)G(4m,∴H∴GH=3m-124m-4∴GH+GF=-8m∴當(dāng)m=78時(shí)，GH+GF最大=81（3）A(2,∴設(shè)直線AF的解析式為y=kx+b，把A(2,0)解得，k=1∴直線AF：同理可求直線BD：y=x-6，直線AD：若B'與D'關(guān)于AF對(duì)稱，如圖

∴BI=DI=AD=2在等腰Rt△IJB'∴JB=AB=4，設(shè)B'∴Jk=AK=a-2，∴b=KB由OB'=6∴a=17-1或∴B'17-1

②當(dāng)B'與D'關(guān)于AB對(duì)稱時(shí)，如圖∴直線BB∴B'∴x2∴x=0，或x=6（舍去）∴B'③當(dāng)B'與D'關(guān)于BF對(duì)稱時(shí)，如圖

設(shè)B'∴a2∵B'∴k∴直線B'D的函數(shù)關(guān)系式是：設(shè)D'∴13∴4x=a+3b+18，∵Px+a∴3×x+a∴2x=30-3a+b，∴4x=a+3b+18∴7a+b=42，∴a∴50a∴a1=14425∴B'綜上所述B'17-1,17+1【點(diǎn)睛】本題考查了以二次函數(shù)為背景下求二次函數(shù)的最值，結(jié)合圖形的旋轉(zhuǎn)、翻折（對(duì)稱）、平移求滿足一定條件下的點(diǎn)的坐標(biāo)，解決問題的關(guān)鍵是設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)條件列出方程組．18．如圖1，拋物線y1=ax2+bx+c分別交x軸于A-1,0，

(1)求拋物線的表達(dá)式及頂點(diǎn)P的坐標(biāo)．(2)如圖2，將該拋物線繞點(diǎn)4,0旋轉(zhuǎn)180°．①求旋轉(zhuǎn)后的拋物線的表達(dá)式．②旋轉(zhuǎn)后的拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)為Q，且與x軸的右側(cè)交于點(diǎn)D，順次連接A，P，D，Q，求四邊形APDQ的面積．【答案】(1)y=x2(2)①y=-x-72+4【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的交點(diǎn)式設(shè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=ax+1x-3，將點(diǎn)C0,-3（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的特點(diǎn)，設(shè)旋轉(zhuǎn)后拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為m,n，可知4,0為頂點(diǎn)P1,-4和Qm,n的中點(diǎn)，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式可求旋轉(zhuǎn)后函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)，由此即可求解；②根據(jù)題意求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，由A,P,D,Q的坐標(biāo)，圖形結(jié)合得【詳解】（1）解：由題意可設(shè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=ax+1x-3，將點(diǎn)C0,-3∴二次函數(shù)表達(dá)式為y=x∴頂點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,-4．（2）解：①設(shè)旋轉(zhuǎn)后拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為m,n，∵4,0為頂點(diǎn)P1,-4和Qm,n的中點(diǎn)，即m+12∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為7,4，∵旋轉(zhuǎn)前后圖形的形狀不變，開口相反，∴a=-1，故旋轉(zhuǎn)后的拋物線表達(dá)式為y=-x-7②由①得Q點(diǎn)坐標(biāo)為7,4，∵A，D點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)4,0對(duì)稱，∴D點(diǎn)坐標(biāo)為9,0，∵A-1,0，P1,-4，D9,0∴AD=9-(-1)=10，點(diǎn)Q到x軸的距離為4，點(diǎn)P到x軸的距離為4，∴S四邊形【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)與幾何圖形的綜合，掌握待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，函數(shù)圖像旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，中點(diǎn)坐標(biāo)，幾何圖形的特點(diǎn)等知識(shí)的綜合運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．19．如圖1，拋物線C：y=14x2+bx+c過點(diǎn)A(6,0)，B(0,-3)兩點(diǎn)，將拋物線C繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線C'，拋物線

(1)求拋物線C的表達(dá)式和點(diǎn)D的坐標(biāo)(2)如圖2，過點(diǎn)O作EE'∥BD，交拋物線C′于點(diǎn)E和F，交拋物線C于點(diǎn)E'和(3)M是拋物線C'上任意一點(diǎn)，作直線MO，交拋物線C'于另一點(diǎn)N，交拋物線C于點(diǎn)P和點(diǎn)Q，已知相鄰兩交點(diǎn)間的距離為1:2:1，求點(diǎn)【答案】(1)y=14(2)3(3)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(-26,26-3)或(2【分析】（1）待定系數(shù)法求求拋物線C的表達(dá)式，再根據(jù)中心對(duì)稱的性質(zhì)求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）先根據(jù)平行線的性質(zhì)求出直線EE'的解析式，再求出點(diǎn)E,F（3）分兩種情況討論，根據(jù)中心對(duì)稱的性質(zhì)，拋物線C繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線C'，求出拋物線C'的解析式，再根據(jù)題意求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，代入拋物線C【詳解】（1）解：拋物線C：y=14x2+bx+c9+6b-3=0c=-3解得：b=-1

∴拋物線C的表達(dá)式為：y=14∵拋物線C繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線C∴點(diǎn)A與點(diǎn)D關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱∴點(diǎn)D的坐標(biāo)是(-6,0)；（2）設(shè)直線BD的解析式為：y=kx+將D(-6,0),B(0,-3)代入得b1=-3-6k+b1直線BD的解析式為：y=-1∵EE∴直線EE'的解析式為y=-1聯(lián)立y=14解得∴x1∴xE∵拋物線C繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線C'∴xE∴S△EF'B=1（3）①如圖

∵拋物線C繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線C設(shè)拋物線C上任意一點(diǎn)(x,y)，關(guān)于點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為(-x,-y)，把點(diǎn)(-x,-y)代入拋物線C得：-y=∴得到物線C'的解析式為y=-1∴MO=ON，OQ=PO，∵M(jìn)P:PQ:QN=1:2:1，∴MP=PO=ON=QN，設(shè)則P(1代入拋物線C的表達(dá)式為：y=1得-1解得x∴點(diǎn)M坐標(biāo)為(-26,26②如圖

∵拋物線C繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到新的拋物線C'∴MO=ON，OQ=PO，∵M(jìn)P:PQ:QN=1:2:1，∴MP=MO=OQ=QN，設(shè)M(m,-1則P(2m,-1代入拋物線C的表達(dá)式為：y=1得-1解得x∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(6,3綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(-26,26-3)或(26【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)的圖象，一次函數(shù)的應(yīng)用，中心對(duì)稱的性質(zhì)，待定系數(shù)法等知識(shí)．解答本題的關(guān)鍵是明確題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．20．如圖1所示，已知拋物線P:y=28ax2-22ax-

(1)求A、(2)D為拋物線頂點(diǎn)，且OC=CD，求a的值；(3)如圖2，在（2）的條件下，將拋物線P繞點(diǎn)M-1,0旋轉(zhuǎn)180°，得到拋物線P'，直線l1、l2平行于y軸，直線l1從點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸正方向以1個(gè)單位/秒的速度運(yùn)動(dòng)，與拋物線P、P'分別交于E、F點(diǎn)；直線l2從點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸負(fù)方向以3【答案】(1)A(-2,0)(2)a=-1(3)存在；當(dāng)t=1或t=1+315【分析】（1）令y=28a（2）由拋物線的解析式可求得C、D兩點(diǎn)的坐標(biāo)，由OC=CD，即可求出（3）由題意可確定出旋轉(zhuǎn)后的拋物線解析式，由t秒后的兩直線可求得E、F、E'、F'的坐標(biāo)，從而可求得【詳解】（1）解：令y=2解得：x1即A(-2,0)，（2）解：y=2則頂點(diǎn)D(2,-22對(duì)于y=28ax2∴C0,-∴CD2=4+∵OC=CD，∴12解得：a=-1或a=1（舍去），∴a=-1；（3）解：存在某一時(shí)刻使以E、由（2）知：P:y=-28x點(diǎn)D繞M(-1,0)旋轉(zhuǎn)180°后的坐標(biāo)為(-4,-22∴拋物線P'：y=設(shè)運(yùn)動(dòng)t秒，則直線l1、l直線l1與拋物線P、P'分別交于E、F點(diǎn)，則直線l2從與拋物線P、P'分別交于E'、F∵l1∥l∴當(dāng)EF=E'F∴2即24t2解前一方程得：t=1，t=0（舍去）；解后一方程得：綜上，當(dāng)t=1或t=1+315【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，求函數(shù)解析式，圖形的旋轉(zhuǎn)，平行四邊形的判定等知識(shí)，掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【題型3平移變換】21．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=14x2+bx+c與x軸交于A8,0、B-2,0

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)如圖1，直線CD交x軸于點(diǎn)D2,0，點(diǎn)P為線段AC下方拋物線上的一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PH∥y軸交直線CD于點(diǎn)H，在直線CD上取點(diǎn)Q，連接PQ，使得HQ=PQ，求2PQ-(3)連接BC，把原拋物線y=14x2+bx+c沿射線BC方向平移25個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)M是平移后新拋物線上的一點(diǎn)，過點(diǎn)M作MN垂直x軸于點(diǎn)N，連接【答案】(1)y=(2)2PQ-54PH取得最大值(3)12或0或4-43或【分析】（1）用待定系數(shù)法求解即可；（2）作QE⊥PH于點(diǎn)E，由三線合一得PH=2PE，證明△PQE∽△CDO得PQ=52PE．求出直線CD的解析式，設(shè)Pm,14m2-（3）先利用△AMN∽△ABC推出AN=2MN，再求出平移后的解析式，然后設(shè)Mn,14【詳解】（1）∵拋物線y=14x2+bx+c與x∴14∴b=-3∴y=1（2）作QE⊥PH于點(diǎn)E，

∵HQ=PQ，QE⊥PH，∴點(diǎn)E是PH的中點(diǎn)，PH=2PE當(dāng)x=0時(shí)，y=1∴C0,-4∴CD=2∵PH∥∴∠DCO=∠QHP∵HQ=PQ，∴∠QPE=∠QHP，∴∠QPE=∠DCO，又∵∠PEQ=∠COD=90°，∴△PQE∽△CDO，∴PQCD=PE∴PQ=5設(shè)直線CD的解析式y(tǒng)=kx-4，把D2,0代入，得0=2k-4解得k=2，∴y=2x-4，設(shè)Pm,14∵點(diǎn)E是PH的中點(diǎn)，∴Em,∴PE=1∴2PQ-==-5∴當(dāng)m=7時(shí)，2PQ-54PH取得最大值49∴P7,-（3）∵A8,0，B-2,0，∴AB=10，BC=22+∴BC∴∠ACB=90°，∵拋物線y=14x2+bx+c∴拋物線y=14x2+bx+c∵y=1∴平移后的解析式為y=1∵B-2,0，C∵△AMN∽∴MNBC=AN∴MN2∴AN=2MN設(shè)Mn,14n2又∵A8∴AN=8-n∴8-n=2∴8-n=±21解得：n1=12，n2=0，綜上可知，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為12或0或4-43或4+4【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的平移，二次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)與幾何綜合，熟悉二次函數(shù)的性質(zhì)和推導(dǎo)8-n=222．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+4與x軸分別交于A-4,0，B2,0(1)求拋物線的解析式；(2)點(diǎn)P為直線AC上方拋物線上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD∥y軸交直線AC于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DH∥x軸，交y軸于點(diǎn)H，求PD+DH的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)將拋物線沿著水平方向向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)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(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N為坐標(biāo)平面內(nèi)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(gè)點(diǎn)N的坐標(biāo)的求解過程寫出來．【答案】(1)y=-(2)92，(3)-1,4+19或-1,4-19或3,【分析】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)的基本性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)表達(dá)式、菱形的性質(zhì)等；（1）由待定系數(shù)法把A-4,0，B2,0代入計(jì)算（2）設(shè)設(shè)點(diǎn)Pm,-12m2-m+4，Dm,m+4（3）先求出新拋物線的解析式，求出E0,4，設(shè)M【詳解】（1）∵拋物線y=ax2+bx+4與x軸分別交于A∴16a-4b+4=04a+2b+4=0解得：a=-1∴拋物線的解析式為y=-1（2）∵C0,4，A∴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,-12∴PD=-1∴DH=-m∴PD+DH=-1∴PD+DH的最大值為92∴當(dāng)PD+DH的最大值時(shí)，m=-3，∴P-3,（3）∵拋物線y=-1∴y=-1∵將拋物線y=-12x∴新拋物線為：y=-1令-1解得：x=0，∴當(dāng)x=0時(shí)，y=4，∴E0,4∵B2,0∴EB=4設(shè)M1,m，N當(dāng)EM為對(duì)角線時(shí)，BE=BM，EM與BN互相平分，∴2解得：m=±19∴M1,19或∴EM的中點(diǎn)坐標(biāo)為12,4+∵EM與BN互相平分，∴1+02=s+2即N-1,4+19或當(dāng)EN與BM為對(duì)角線時(shí)，BE=EM，EN與BM互相平分，25=1∵EN與BM互相平分，∴∴s+02=1+2即N3,19或當(dāng)BE與MN為對(duì)角線時(shí)，MB=EM，BE與MN互相平分，12+m-4∵BE與MN互相平分，∴∴2+02=1+s即N1,2，此時(shí)M綜上點(diǎn)N坐標(biāo)為-1,4+19或-1,4-19或3,1923．如圖1，拋物線y=-x2+bx+c與直線y=-x+4相交于點(diǎn)B和C，點(diǎn)B在x軸上，點(diǎn)C在y軸上，拋物線與x(1)求拋物線y=-x(2)如圖2，點(diǎn)P為直線BC上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，PD⊥BC于點(diǎn)D，PF⊥x軸于點(diǎn)F，交BC于點(diǎn)E，求△PDE周長(zhǎng)的最大值以及點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)在（2）的結(jié)論下，將拋物線y=-x2+bx+c沿射線CB方向平移322個(gè)單位長(zhǎng)度得到新拋物線y'，新拋物線的頂點(diǎn)為M，平面內(nèi)有一點(diǎn)N，以點(diǎn)P、B、【答案】(1)y=-x2+3x+4(2)△PDE的周長(zhǎng)最大值為82+8，點(diǎn)P(3)354或143【分析】（1）求出B、C點(diǎn)坐標(biāo)，再將這兩點(diǎn)坐標(biāo)代入（2）先判斷△PDE為等腰直角三角形，得△PDE的周長(zhǎng)為：PE+PD+DE=PE+22PE+22PE=2+1PE（3）先求出平移后點(diǎn)M的坐標(biāo)，分三種情況：當(dāng)BP是對(duì)角線時(shí)，當(dāng)PM是對(duì)角線時(shí)，當(dāng)BM是對(duì)角線時(shí)，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)分別求解即可.【詳解】（1）直線y=-x+4與坐標(biāo)軸交于點(diǎn)B和C，當(dāng)x=0時(shí)，y=4，y=0時(shí)，即-x+4=0，解得：x=4，∴點(diǎn)B(4,0)，把B，C兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入y=-x2+bx+c-16+4b+c=0c=4，解得b=3∴拋物線的解析式為y=-x2+3x+4；（2）∵B(4,0∴OB=OC=4，∴∠OBC=∠OCB=45°，∵PF⊥x軸，∴PF∥y軸，∴∠BEF=∠BCO=45°，∴∠BEF=∠PED=45°，∵PD⊥BC，∴△PDE為等腰直角三角形，∴PD=DE=2∴△PDE的周長(zhǎng)為：PE+PD+DE=PE+2∴當(dāng)PE取最大值時(shí)，△PDE的周長(zhǎng)取最大值，∵拋物線的解析式為y=-x2+3x+4，直線BC的解析式為y=-x+4設(shè)Pm-m2+3m+4，則∴PE=-m2+3m+4--m+4=當(dāng)m=2時(shí)，PE有最大值為8，此時(shí)△PDE的周長(zhǎng)為(2+1)PE=82+8，點(diǎn)（3）拋物線沿射線CB方向平移322個(gè)單位長(zhǎng)度，相當(dāng)于向右平移32個(gè)單位，∵拋物線的解析式為y=-x∴拋物線的頂點(diǎn)為32∴平移后拋物線的頂點(diǎn)為M3當(dāng)BP是對(duì)角線時(shí)，∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,6)，B(4,0∴N3當(dāng)PM是對(duì)角線時(shí)，∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,6),B(4,0)，∴N1當(dāng)BM是對(duì)角線時(shí)，∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,6∴N綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為354或1434【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等，運(yùn)用分類討論和數(shù)形結(jié)合思想解決問題是解題的關(guān)鍵.24．如圖1，拋物線y=ax2+bx-3a≠0與x軸交于A-1,0(1)求拋物線的解析式；(2)如圖2，點(diǎn)P,Q為直線BC下方拋物線上的兩點(diǎn)，點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)比點(diǎn)P的橫坐標(biāo)大1，過點(diǎn)P作PM∥y軸交BC于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作QN∥y軸交BC于點(diǎn)N，求PM+QN的最大值及此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)；(3)如圖3，將拋物線y=ax2+bx-3a≠0先向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，再向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到新的拋物線y'，在y'的對(duì)稱軸上有一點(diǎn)D，坐標(biāo)平面內(nèi)有一點(diǎn)【答案】(1)y=(2)PM+QN(3)存在E-1,-2或5,-2或1,-3-172或【分析】（1）直接運(yùn)用待定系數(shù)法即可解答；（2）設(shè)Pa,a2-2a-3，則Qa+1,（3）分以BC為矩形一邊和對(duì)角線兩種情況，分別根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)、平移和矩形的判定定理解答即可．【詳解】（1）解：把A-1,0,B3,0a-b-3=0解得：a=1∴拋物線的解析式為y=x（2）∵拋物線y=ax2+bx-3a≠0與y軸交于點(diǎn)C，令∴C點(diǎn)的坐標(biāo)為0,-3設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，把B,C點(diǎn)的坐標(biāo)代入得：3k+b=0解得：k=1∴直線BC的解析式為y=x-3．點(diǎn)P,Q為直線BC下方拋物線上的兩點(diǎn)，設(shè)Pa,a∴M∴PM=-a2∴PM+QN=-2當(dāng)a=1時(shí)，PM+QN∴Q2,-3（3）由題意可得：y∴y'∵拋物線y=ax2+bx-3a≠0∴C∵B∴OC=OB=3，如圖3.1：當(dāng)BC為矩形一邊時(shí)，且點(diǎn)D在x軸的下方，過D作DF⊥y軸．∵D在y'的對(duì)稱軸為∴FD=2∴CF=FD=2,OF=3+2=5，即點(diǎn)D∴點(diǎn)C向右平移2個(gè)單位、向下平移3個(gè)單位可得到點(diǎn)D，則點(diǎn)B向右平移2個(gè)單位、向下平移3個(gè)單位可得到E5,-3如圖3.2：當(dāng)BC為矩形一邊時(shí)，且點(diǎn)D在x軸的上方，y'的對(duì)稱軸為x=2與x軸交于F∵D在y'的對(duì)稱軸為∴FO=2∴BF=3-2=1∵∠CBO=45°，即∠DBO=45°∴BF=FD=3-2=1，即點(diǎn)D∴點(diǎn)B向左平移1個(gè)單位、向上平移1個(gè)單位可得到點(diǎn)D，則點(diǎn)C向左平移1個(gè)單位、向上平移1個(gè)單位可得到點(diǎn)E-1,-2如圖3.3：當(dāng)BC為矩形對(duì)角線時(shí)，設(shè)D2,d,∴BC的中點(diǎn)F的坐標(biāo)為322+m解得：m=1又∵DE=BC∴解得：d+n=3解得：n=∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為1,-3-17綜上，存在E-1,-2或5,-2或(1,-3-172【點(diǎn)睛】本題主要考查了運(yùn)用待定系數(shù)法求解析式、運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)求最值、二次函數(shù)與幾何的綜合等知識(shí)點(diǎn)，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)和矩形的判定定理是解答本題的關(guān)鍵．25．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(duì)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(gè)單位，向下平移一個(gè)單位得到新拋物線，在新拋物線上有點(diǎn)M，在原拋物線對(duì)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的【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(shí)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(zhǎng)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=x2-12x-52【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(duì)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(duì)角線，則MN的中點(diǎn)即為∴m-34=-2+0m2∴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,-51626．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=-x2+bx+c過點(diǎn)2,3，與x軸交于點(diǎn)A-1,0和點(diǎn)B，與(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(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E，求PE+2BE的最大值及此時(shí)點(diǎn)(3)在（2）中PE+2BE取得最大值時(shí)，將該拋物線沿射線AC方向平移10個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)N，點(diǎn)Q為平移后的拋物線的對(duì)稱軸上一點(diǎn)，在平面內(nèi)確定一點(diǎn)H，使得以點(diǎn)P，N，Q，H為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，且線段PN是菱形的一條邊，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)【答案】(1)y=-(2)PE+2BE最大值為254，此時(shí)點(diǎn)(3)點(diǎn)H的坐標(biāo)為(3,27-2314)或(3,【分析】（1）把(2,3)，A(-1,0)代入y=-x2+bx+c，求出b（2）設(shè)P(m,-m2+2m+3)，E(m,-m+3)，D(m,0)，證明△BDE（3）分四邊形PNHQ是菱形與四邊形PNQH是菱形兩種情況，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)后根據(jù)菱形的性質(zhì)求出點(diǎn)H的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：把(2,3)，A(-1,0)代入y=-x得-1-b+c=0-4+2b+c=0，解得b=2∴拋物線的表達(dá)式為y=-x（2）把x=0代入y=-x2+2x+3∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,3)，把y=0代入y=-x2+2x+3解得x1=-1(點(diǎn)A的橫坐標(biāo)，舍去)，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(3,0)，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，代入B(3,0)，C(0,3)得：3k+b=0b=3解得：k=-1∴直線BC的解析式為y=-x+3，設(shè)P(m,-m2+2m+3)，E(m,-m+3)∴PE=-m2+3m∵OB=OC，∠BOC=90°，∴∠EBD=45°，∵∠EDB=90°，∴△BDE是等腰直角三角形，∴BE=2∴PE+2當(dāng)m=-12×(-1)=12此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1（3）拋物線y=-x2+2x+3∵A(-1,0)，C(0,3)，∴AC=10由拋物線沿射線AC方向平移10個(gè)單位長(zhǎng)度，得點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C，則拋物線向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，向上平移3個(gè)單位長(zhǎng)度，得點(diǎn)N的坐標(biāo)為(3設(shè)Q(2,m)，H(a,b)，①若四邊形PNHQ是菱形，則PN=PQ=10∵P(12,∴(2-1解得m=15±2∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2,15-2314∵四邊形PNHQ是菱形，∴PN∥QH，且PN=QH=10∵點(diǎn)P向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，向上平移3個(gè)單位長(zhǎng)度得到點(diǎn)N，∴點(diǎn)Q向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，向上平移3個(gè)單位長(zhǎng)度得到點(diǎn)H，∴點(diǎn)H的坐標(biāo)為(3,27-2314②若四邊形PNQH是菱形，則PN=NQ=10∵N(32,∴(2-3解得m=27±2∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2,27-2394由①得點(diǎn)Q向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，向下平移3個(gè)單位長(zhǎng)度得到點(diǎn)H，∴點(diǎn)H的坐標(biāo)為(1,15-2394綜上所示，點(diǎn)H的坐標(biāo)為(3,27-2314)或(3,27+2【點(diǎn)睛】本題考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，一次函數(shù)與二次函數(shù)綜合，利用二次函數(shù)性質(zhì)求最值，平移的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，本題的關(guān)鍵在于利用分類討論思想解決問題．27．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx+3過點(diǎn)-1,4，且與x軸交于點(diǎn)A1，0和點(diǎn)(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，點(diǎn)P為直線BC上方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE⊥BC于點(diǎn)E，作PF∥x軸交BC于點(diǎn)F，求PE+PF的最大值及此時(shí)點(diǎn)(3)將該拋物線沿射線CB方向平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到新的拋物線y'，平移后的拋物線y'與原拋物線相交于點(diǎn)D，點(diǎn)M為直線BC上的一點(diǎn)，在平面內(nèi)確定一點(diǎn)N，使得以點(diǎn)B、D、M、N為頂點(diǎn)的四邊形為菱形，寫出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)，并寫出求解點(diǎn)【答案】(1)拋物線的解析式為y=-x(2)PE+PF有最大值942(3)N點(diǎn)坐標(biāo)為-134,74或-2+1226,-1+【分析】（1）將點(diǎn)-1,4，A1，0（2）由題意可得PE+PF=22+1PF，設(shè)點(diǎn)Pt,-t2（3）由題可求平移后的拋物線解析式為y'=-x+22+3【詳解】（1）解：將點(diǎn)-1,4，A1，04=a-b+3解得a=-1∴拋物線的解析式為y=-x（2）解：當(dāng)x=0時(shí)，y=3∴C0當(dāng)y=0時(shí)，-x解得x∴B-3∴OB=OC=3，∴∠CBO=45°，∵PF∥∴∠PFE=∠CBO=45°，∵PE⊥BC，∴PE=EF，∴PE+PF=設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+r，則r=3-3k+r=0解得：r=3k=1∴直線BC的解析式為：y=x+3，設(shè)點(diǎn)Pt,-t2-2t+3∴PF=-PE+PF=∴當(dāng)t=-32，即點(diǎn)P-32（3）解：由題意得：拋物線向x軸負(fù)方向平移1個(gè)單位，則向y軸負(fù)方向平移1個(gè)單位，∵y=-x+1∴平移后的拋物線解析式為y'當(dāng)-x+12+4=-∴D-2設(shè)Mn,n+3當(dāng)BD為菱形的對(duì)角線時(shí)，BM=MD，-3-2=n+x解得n=-∴N-當(dāng)BM為菱形的對(duì)角線時(shí)，BD=DM，-3+n=x-2解得n=-1+12N-2+1當(dāng)BN為菱形的對(duì)角線時(shí)，BD=BM，-3+x=-2+n解得n=-3+5x=-2+∴N-2+5,3+綜上所述：N點(diǎn)坐標(biāo)為-134,74或-2+1【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)與線段、特殊四邊形的綜合問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)，分類討論是解題關(guān)鍵．28．如圖，拋物線y=ax2+5ax+b經(jīng)過點(diǎn)D-1,-5，且交x軸于A-6,0，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B(1)求拋物線的解析式．(2)如圖1，過點(diǎn)D作DM⊥x軸，垂足為M，點(diǎn)P在直線AD下方拋物線上運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PE⊥AD，PF⊥DM，求2PE+