專題06二次函數與等腰直角三角形綜合（重慶專用）（3類題型訓練）（2023重慶市八中九年級下期3月月考）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+4a≠0與x軸交于點A?3(1)求該拋物線的函數表達式；(2)點P為線段BC上方拋物線上的一點，過點P作PE∥x軸交直線BC于點E，過點P作PF∥AC交直線BC于點F，求△PEF周長的最大值及此時點P的坐標；(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B，點M是x軸上的一動點，點Q是新拋物線上的一點，是否存在以點P、M、Q解題思路分析本題主要考查了二次函數綜合，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質與判定，一次函數與幾何綜合等等，正確作出輔助線并利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．（1）利用待定系數法求解即可；（2）如圖所示，過點P作PG⊥x軸交直線BC于G，先求出C0，4，進而求出直線BC的解析式為y=?x+4，設Pm，?13m2+13m+4，則Gm，?m+4，則PG=?13m?22+43，求出OB=OC=4，OA=3，得到∠OBC=∠OCB=45°，AC=5，AB=7，（3）由OC=OB，可設將拋物線y=?13x2+13x+4=?13x?122+4912向右平移n個單位長度，再向下平移n個單位長度得到新拋物線y′，再根據平移后的拋物線與原拋物線交于點B，求出平移后的拋物線解析式為解析過程詳解（1）解：把A?3，0，B4，0代入到拋物線解析式y=a解得a=?1∴拋物線解析式為y=?（2）解：如圖所示，過點P作PG⊥x軸交直線BC于G，在y=?13x2+∴C0，4設直線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Pm，?13∴PG=?1∵B4，0，C0，4，∴OB=OC=4，OA=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，AC=OA2+OC∵PG⊥x軸，PE∥x軸，∴∠PEG=∠OBC=45°，PE⊥PG，∴△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=EF+PF+PE=4∴當PE最大時，△PEF的周長最大，∵PE=?13m?2∴當m=2時，PE最大，最大為43∴△PEF的周長最大為16221+（3）解：∵OC=OB，∴可設將拋物線y=?13x∴y′∵平移后的拋物線與原拋物線交于點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′設點M的坐標為t，0，如圖1所示，當點M在點P左側時，過點P作PH⊥x軸于H，過點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，∠PMQ=90°，∴∠HMP+∠HPM=90°=∠GMQ+∠HMP，∴∠HPM=∠GMQ，∴△HPM≌△GMQAAS∴QG=MH，MG=PH，∵P2，∴PH=10∴QG=2?t，MG=10∴OG=t+10∴Qt+∵點Q在拋物線y′∴?1∴t2∴t2解得t=?1+353∴點M的坐標為?1+353，0如圖2所示，當點M在點P左側時，過點P作PH⊥x軸于H，過點Q作QH⊥x軸于E，同理可證△HPM≌△GMQAAS∴QG=MH，MG=PH，∵P2，∴PH=10∴QG=t?2，MG=10∴OG=t?10∴Qt?∵點Q在拋物線y′∴?1∴t?47∴t2∴t2∴t?28解得t=28+653∴點M的坐標為28+653，0綜上所述，點M的坐標為?1+353，0或?1?353類型一動點+等腰直角三角形1．如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，點A在x軸上，點B在y軸上，點C3,1，二次函數y=(1)求二次函數的解析式，并把解析式化成y=ax??(2)把△ABC沿x軸正方向平移，當點B落在拋物線上時，求線段AB掃過區域的面積；(3)在拋物線上是否存在異于點C的點P，使△ABP是以AB為直角邊的等腰直角三角形？如果存在，請求出所有符合條件的點P的坐標；如果不存在，請說明理由．2．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+4與x軸交于A、B兩點（A在B的左側），與y軸交于點C，已知點B(4,0)(1)求拋物線的解析式；(2)將拋物線向下平移t個單位長度，使平移后所得拋物線的頂點落在△BOC內（包括△BOC的邊界），求t的取值范圍；(3)設點P是拋物線上任一點，點Q在直線x=7上，△PAQ能否成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若能，求出符合條件的點P的坐標：若不能，請說明理由．3．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx?3(a>0)與x軸交于A(?1,0)、B(3,0)兩點，與y（1）求拋物線的解析式；（2）點P為直線BC下方拋物線上的一動點，PM⊥BC于點M，PN//y軸交BC于點N．求線段PM的最大值和此時點P的坐標；（3）點E為x軸上一動點，點Q為拋物線上一動點，是否存在以CQ為斜邊的等腰直角三角形CEQ？若存在，請直接寫出點E的坐標；若不存在，請說明理由．4．如圖，拋物線y=ax2+bx?3(a>0)與x軸交于A、B兩點，交y軸于點C，（1）求該拋物線解析式；（2）如圖1，該拋物線頂點D，連接BD、BC，點P是線段BD下方拋物線上一點，過點P作PE//y軸，分別交線段BD、BC于點F、E，過點P作PG⊥BD于點G，求（3）如圖2，在y軸左側拋物線上有一動點M，在y軸上有一動點N，是否存在以AN為直角邊的等腰直角三角形AMN？若存在，請直接寫出點M的坐標．5．如圖在平面直角坐標系xOy，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，點A、B

（1）求b，c的值；（2）如圖1，拋物線與y軸交于點C，點D為第四象限拋物線上一點，連接AD，BC交于點E，連接BD，記△BDE的面積為S1，△ABE的面積為S2，求（3）如圖2，點P為直線y=3x?3上一點，點Q為拋物線上一點，當△CPQ是等腰直角三角形時，請直接寫出所有滿足條件的點P的坐標．6．已知：如圖，拋物線y=ax2+bx+6與x軸交于點B6,0，C?2,0，與y軸交于點A．（1）如圖，連結PA、PB．設△PAB的面積為S，點P的橫坐標為m．請說明當點P運動到什么位置時，△PAB的面積有最大值？（2）過點P作x軸的垂線，交線段AB于點D，再過點P作PE//x軸交拋物線于點E，連結DE，請問是否存在點P使△PDE為等腰直角三角形？若存在，請直接寫出點類型二平移+等腰直角三角形7．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+2x?3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C．對稱軸為直線l（1）如圖1，E為直線CD下方拋物線上的一點，連接EC、ED．當△ECD的面積最大時，在直線l上取一點M，過M作y軸的垂線，垂足為點N，連接EM，BN．若EM=BN時，求EM+MN+BN的值；（2）將拋物線y=x2+2x?3沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經過原點O．y′與x軸的另一個交點為F．設P是拋物線y′上任意一點，點Q在直線l8．如圖1，拋物線y=?23x2+43x+22與x軸交于A,B兩點（點A（1）求直線BD的解析式；（2）拋物線對稱軸交x軸于點E，P為直線BD上方的拋物線上一動點，過點P作PF⊥BD于點F，當線段PF的長最大時，連接PE，過點E作射線EM，且EM⊥EP，點G為射線EM上一動點（點G不與點E重合），連接PG，H為PG中點，連接AH，求AH的最小值；（3）如圖2，平移拋物線，使拋物線的頂點D在射線BD上移動，點B，D平移后的對應點分別為點B'，D'，y軸上有一動點M，連接MB'，MD'，ΔMB9．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+2x?3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點（1）求直線CD的解析式；（2）E為直線CD下方拋物線上的一點，連接EC、ED．當ΔECD的面積最大時，在直線l上取一點M，過M作y軸的垂線，垂足為點N，連接EM、BN．若EM=BN時，求EM+MN+BN的值；（3）將拋物線y=x2+2x?3沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經過原點O．y′與x軸的另一個交點為F．設P是拋物線y′上任意一點，點10．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+2x-3與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，對稱軸為直線l，點D（-4，n）在拋物線上．（1）求直線CD的解析式；（2）E為直線CD下方拋物線上的一點，連接EC，ED，當△ECD的面積最大時，在直線l上取一點M，過M作y軸的垂線，垂足為點N，連接EM，BN，若EM=BN時，求EM+MN+BN的值．（3）將拋物線y=x2+2x-3沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經過原點O，y′與x軸的另一個交點為F，設P是拋物線y′上任意一點，點Q在直線l上，△PFQ能否成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若能，直接寫出點P的坐標，若不能，請說明理由．11．已知如圖：拋物線y=?12x2+2x+52與x軸交于A,B兩點（點A在點B的左側）與y軸交于點C，點D（1）如圖1，連接BD，試求出直線BD的解析式；（2）如圖2，點P為拋物線第一象限上一動點，連接BP，CP，AC，當四邊形PBAC的面積最大時，線段CP交BD于點F，求此時DF:BF的值；（3）如圖3，已知點K(0,?2)，連接BK，將△BOK沿著y軸上下平移（包括△BOK）在平移的過程中直線BK交x軸于點M，交y軸于點N，則在拋物線的對稱軸上是否存在點G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，若存在，請直接寫出點G的坐標，若不存在，請說明理由.12．如圖，已知拋物線y=ax2+4x+c與直線AB相交于點A（1）求該拋物線的解析式；（2）設C為直線AB上方的拋物線上一點，當△ABC的面積最大時，求點C的坐標；（3）將該拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線y=a1x2+b1x+c1（a113．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+3a≠0與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），且A點坐標為(1)求拋物線的解析式；(2)點M是位于直線AC上方的拋物線上任意一點，過點M作MP∥x軸交直線AC于點P，過點P作PN∥BC交x軸于點N．求PM+104PN(3)將原拋物線沿射線CB方向平移10個單位后得到新拋物線y′，E為新拋物線y′的對稱軸上一點，F為新拋物線y′上一點，若以點C、E、F為頂點的三角形是以CE為腰的等腰直角三角形，請直接寫出點E類型三旋轉+等腰直角三角形14．已知拋物線y＝﹣19x2+233x+9與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y（1）如圖1，點P為線段BC上方拋物線上的任意一點，當四邊形PCAB面積最大時，連接OP并延長至點Q，使PQ＝OP，在對稱軸上有一動點E，將△ACE沿邊CE翻折得到△A′CE，取BA′的中點N，求BQ+QN的最大值；（2）如圖2，將△AOC繞點O順時針旋轉至△A1OC1的位置，點A，C的對應點分別為A1，C1，且點A1落在線段AC上，再將△A1OC1沿y軸平移得△A2O1C2，其中直線O1C2與x軸交于點K，點T是拋物線對稱軸上的動點，連接KT，O1T，△O1KT能否成為以O1K為直角邊的等腰直角三角形？若能，請直接寫出所有符合條件的點T的坐標；若不能，請說明理由．15．如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=?x2+2cx+c與x軸交于點A和B（點A在點B的左側），與y軸交于點C0,2，P是拋物線上一動點（不與點C重合），過點P作PD(1)求拋物線的解析式；(2)當△CDP為等腰直角三角形時，求點D的坐標；(3)將△CDP繞點C順時針旋轉45°，得到△CD′P′（點D和P分別對應點D′和P專題06二次函數與等腰直角三角形綜合（重慶專用）（3類題型訓練）（2023重慶市八中九年級下期3月月考）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+4a≠0與x軸交于點A?3(1)求該拋物線的函數表達式；(2)點P為線段BC上方拋物線上的一點，過點P作PE∥x軸交直線BC于點E，過點P作PF∥AC交直線BC于點F，求△PEF周長的最大值及此時點P的坐標；(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B，點M是x軸上的一動點，點Q是新拋物線上的一點，是否存在以點P、M、Q解題思路分析本題主要考查了二次函數綜合，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質與判定，一次函數與幾何綜合等等，正確作出輔助線并利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．（1）利用待定系數法求解即可；（2）如圖所示，過點P作PG⊥x軸交直線BC于G，先求出C0，4，進而求出直線BC的解析式為y=?x+4，設Pm，?13m2+13m+4，則Gm，?m+4，則PG=?13m?22+43，求出OB=OC=4，OA=3，得到∠OBC=∠OCB=45°，AC=5，AB=7，（3）由OC=OB，可設將拋物線y=?13x2+13x+4=?13x?122+4912向右平移n個單位長度，再向下平移n個單位長度得到新拋物線y′，再根據平移后的拋物線與原拋物線交于點B，求出平移后的拋物線解析式為解析過程詳解（1）解：把A?3，0，B4，0代入到拋物線解析式y=a解得a=?1∴拋物線解析式為y=?（2）解：如圖所示，過點P作PG⊥x軸交直線BC于G，在y=?13x2+∴C0，4設直線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Pm，?13∴PG=?1∵B4，0，C0，4，∴OB=OC=4，OA=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，AC=OA2+OC∵PG⊥x軸，PE∥x軸，∴∠PEG=∠OBC=45°，PE⊥PG，∴△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=EF+PF+PE=4∴當PE最大時，△PEF的周長最大，∵PE=?13m?2∴當m=2時，PE最大，最大為43∴△PEF的周長最大為16221+（3）解：∵OC=OB，∴可設將拋物線y=?13x∴y′∵平移后的拋物線與原拋物線交于點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′設點M的坐標為t，0，如圖1所示，當點M在點P左側時，過點P作PH⊥x軸于H，過點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，∠PMQ=90°，∴∠HMP+∠HPM=90°=∠GMQ+∠HMP，∴∠HPM=∠GMQ，∴△HPM≌△GMQAAS∴QG=MH，MG=PH，∵P2，∴PH=10∴QG=2?t，MG=10∴OG=t+10∴Qt+∵點Q在拋物線y′∴?1∴t2∴t2解得t=?1+353∴點M的坐標為?1+353，0如圖2所示，當點M在點P左側時，過點P作PH⊥x軸于H，過點Q作QH⊥x軸于E，同理可證△HPM≌△GMQAAS∴QG=MH，MG=PH，∵P2，∴PH=10∴QG=t?2，MG=10∴OG=t?10∴Qt?∵點Q在拋物線y′∴?1∴t?47∴t2∴t2∴t?28解得t=28+653∴點M的坐標為28+653，0綜上所述，點M的坐標為?1+353，0或?1?353類型一動點+等腰直角三角形1．如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，點A在x軸上，點B在y軸上，點C3,1，二次函數y=(1)求二次函數的解析式，并把解析式化成y=ax??(2)把△ABC沿x軸正方向平移，當點B落在拋物線上時，求線段AB掃過區域的面積；(3)在拋物線上是否存在異于點C的點P，使△ABP是以AB為直角邊的等腰直角三角形？如果存在，請求出所有符合條件的點P的坐標；如果不存在，請說明理由．答案:(1)y=13(2)7(3)存在，P分析：(1)將點C的坐標代入拋物線的解析式，可求得b的值，從而可得到拋物線的解析式，然后利用配方法可將拋物線的解析式變形為y=ax??(2)過點C作CK⊥x軸，垂足為點K，首先證明△BAO≌△ACKAAS，從而可得到OA=CK，OB=KA，于是可得到點A、B的坐標，然后依據勾股定理求得AB的長，然后求得點D的坐標，從而可求得三角形平移的距離，最后，依據線段AB掃過區域的面積為S(3)當∠ABP=90°時，過點P作PG⊥y軸，垂足為G，先證明△BPG≌△ABOAAS，從而可得到點P的坐標，然后再判斷點P的坐標是否滿足拋物線的解析式即可，當∠PAB=90°，過點P作PF⊥x【詳解】（1）解：∵點C3,1∴13×9+3b?∴二次函數的解析式為y=1y=1（2）解：過點C作CK⊥x軸，垂足為K．∵△ABC為等腰直角三角形，∴AB=AC．又∵∠BAC=90°，∴∠BAO+∠CAK=90°．又∵∠CAK+∠ACK=90°，∴∠BAO=∠ACK．在△BAO和△ACK中，∠BOA=∠AKC∠BAO=∠ACK∴△BAO≌△ACKAAS∴AO=CK=1，OB=KA=3?1=2．∴A1,0，B∴當點B平移到點D時，設Dm,2則2=13m2?∴線段AB掃過區域的面積為：S?ABDE（3）解：存在；當∠ABP=90°時，過點P作PG⊥y軸，垂足為G．∵△APB為等腰直角三角形，∴PB=AB，∠PBA=90°．∴∠PBG+∠ABO=90°．又∵∠PBG+∠BPG=90°，∴∠ABO=∠BPG．在△ABO和△BPG中，∠BOA=∠PGB∠ABO=∠BPG∴△BPG≌△ABOAAS∴BO=PG=2，AO=BG=1，∴P?2,1當x=?2時，y≠1，∴點P?2,1當∠PAB=90°，過點P作PF⊥x軸，垂足為F．同理可知：△PAF≌△ABOAAS∴FP=AO=1，AF=BO=2，∴P?1,?1當x=?1時，y=?1，∴點P?1,?1綜上，所有符合條件的點P的坐標為?1,?1．【點睛】本題主要考查的是二次函數的綜合應用，解答本題主要應用了待定系數法求二次函數的解析式、平移的性質、全等三角形的性質和判定，作輔助線構造全等三角形是解答本題的關鍵．2．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+4與x軸交于A、B兩點（A在B的左側），與y軸交于點C，已知點B(4,0)(1)求拋物線的解析式；(2)將拋物線向下平移t個單位長度，使平移后所得拋物線的頂點落在△BOC內（包括△BOC的邊界），求t的取值范圍；(3)設點P是拋物線上任一點，點Q在直線x=7上，△PAQ能否成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若能，求出符合條件的點P的坐標：若不能，請說明理由．答案:(1)即拋物線的解析式為：y=?x(2)若將拋物線向下平移t個單位長度，使平移后所得的拋物線的頂點落在△OBC內部（包含△OBC邊界），則154(3)△PAQ能成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形，點P的坐標為P(1,6)或（3，4）或P(1+23,23?6)或（分析：（1）將點B及對稱軸代入，解方程組即可確定拋物線解析式；（2）先求直線BC的解析式，再求出拋物線頂點坐標，求出BC上與頂點橫坐標相同的點的坐標，即可求出平移的范圍；（3）分兩種情況進行討論：①當P在x軸上方時；②當P點在x軸下方時；過點P作PG⊥l于G，PH⊥x軸于H，根據全等三角形的判定定理和性質得出PH=PG，設點P(m,?m2+3m+4)【詳解】（1）解：將點B及對稱軸代入可得：?b解得：a=?1b=3即拋物線的解析式為：y=?x（2）解：在y=?x2+3x+4中，當x=0時，y=4由B(4,0)，C(0,4)，設直線BC的解析式為y=kx+b(k≠0)，代入可得：4=b0=4k+b解得：k=?1b=4直線BC的解析式為：y=?x+4，y=?x2+3x+4中，當x=∴頂點坐標為：(3當x=32時，∴254∴若將拋物線向下平移t個單位長度，使平移后所得的拋物線的頂點落在△OBC內部（包含△OBC邊界），則154（3）（3）令直線x=7為直線l，①當P在x軸上方時，過點P作PG⊥l于G，PH⊥x軸于H，△PAQ為等腰直角三角形，∴∠APH+∠HPQ=90°，∠GPQ+∠HPQ=90°，∴∠APH=∠GPQ，在?PAH與?PQG中，∠PHA=∠PGQ=90°∠APH=∠GPQ∴?PAH??PQG∴PH=PG，設點P(m,?m則PG=7?m，PH=?m∴7?m=?m解得：m1=1或即P(1,6)或（3，4）；②當P點在x軸下方時，如圖所示：過點P作PG⊥l于G，PH⊥x軸于H，△PAQ為等腰直角三角形，∴∠APH+∠HPQ=90°，∠GPQ+∠HPQ=90°，∴∠APH=∠GPQ，在?PAH與?PQG中，∠PHA=∠PGQ=90°∠APH=∠GPQ∴?PAH??PQG∴PH=PG，設點P(m,?m則PG=7?m，PH=?(?m∴7?m=?(?m解得：m1=1+23當m=1+23時，y=?當m=1?23時，y=?即P(1+23,23?6)，或（綜上所述，△PAQ能成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形，點P的坐標為：P(1,6)或（3，4）或P(1+23,23?6)或（【點睛】本題是二次函數的綜合題，考查了待定系數法求二次函數的解析式，二次函數動點問題中等腰直角三角形的存在性問題；此題通過作兩條互相垂直的輔助線，把等腰直角三角形的問題轉化為全等三角形的問題，繼而轉化為線段相等的問題，是解題的關鍵．3．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx?3(a>0)與x軸交于A(?1,0)、B(3,0)兩點，與y（1）求拋物線的解析式；（2）點P為直線BC下方拋物線上的一動點，PM⊥BC于點M，PN//y軸交BC于點N．求線段PM的最大值和此時點P的坐標；（3）點E為x軸上一動點，點Q為拋物線上一動點，是否存在以CQ為斜邊的等腰直角三角形CEQ？若存在，請直接寫出點E的坐標；若不存在，請說明理由．答案:（1）y=x2?2x?3；（2）928，P（32，分析：（1）將A、B坐標代入，利用待定系數法求解；（2）證明∠PNM=45°，得到2PM=PN，求出PN，利用二次函數的性質得到PN的最大值即可得到結果；（3）畫出圖形，分情況討論，根據等腰直角三角形的性質構造全等三角形，得到方程，解之可得點E坐標．【詳解】解：（1）將A，B代入y=ax得a?b?3=09a+3b?3=0解得：a=1b=?2∴拋物線的解析式為y=x（2）令x=0，則y=-3，∴C（0，-3），∵B（3，0），∴∠OBC=∠OCB=45°，∵PN∥y軸，∴∠PNM=45°，∵PM⊥BC，∴2PM=PN，則當PN最大時，PM最大，設BC的解析式為y=mx+n，則?3=n3m+n=0，解得：m=1∴BC的解析式為y=x-3，設P（x，x2則PN=x?3?x2?2x?3當x=32時，PN最大，則PM=22PN=22此時P（32，?（3）∵△CEQ是以CQ為斜邊的等腰直角三角形，設Q（x，x2如圖，過E作x軸的垂線，再分別過C和Q作y軸的垂線，分別交于M，N，∵∠CEQ=90°，即∠QEN+∠CEM=90°，∠QEN+∠EQN=90°，∴∠CEM=∠EQN，又∠M=∠N=90°，EQ=EC，∴△QNE≌△EMC（AAS），∴CM=EN=x2則xQ即?x+3=x解得：x=-2或x=3（舍），∴OE=CM=2+3=5，即E（-5，0）；如圖，過E作x軸的垂線，再分別過C和Q作y軸的垂線，分別交于M，N，同理可得，△QNE≌△EMC（AAS），∴CM=EN=x2∴?x+x解得：x=3?332或∴OE=CM=9?332，即E（如圖，點E和點O重合，點Q和點B重合，此時E（0，0）；如圖，過E作x軸的垂線，再分別過C和Q作y軸的垂線，分別交于M，N，同理可得，△QNE≌△EMC（AAS），∴CM=EN=x2∴x+3=x解得：x=3?332（舍）或則OE=CM=9+332，即E（綜上：點E的坐標為（-5，0）或（9?332，0）或（0，0）或（【點睛】本題是二次函數的綜合題，考查了待定系數法，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，解一元二次方程，理解坐標與圖形性質，進行分類討論是解題的關鍵．4．如圖，拋物線y=ax2+bx?3(a>0)與x軸交于A、B兩點，交y軸于點C，（1）求該拋物線解析式；（2）如圖1，該拋物線頂點D，連接BD、BC，點P是線段BD下方拋物線上一點，過點P作PE//y軸，分別交線段BD、BC于點F、E，過點P作PG⊥BD于點G，求（3）如圖2，在y軸左側拋物線上有一動點M，在y軸上有一動點N，是否存在以AN為直角邊的等腰直角三角形AMN？若存在，請直接寫出點M的坐標．答案:（1）y=x2+2x?3；（2）25PG+EF的最大值為258，此時點P的坐標為?74,?5516；（3）當以AN分析：（1）由題意易得點B?3,0，然后把點2,5和B（2）由（1）及題意易得頂點D坐標為?1,?4，點C的坐標為0,?3，過點D作DH⊥x軸于點H，由兩點距離公式可得BD=?3+12+0+42=25，易求直線BD的解析式為：y=?2x?6，直線BC的解析式為：y=?x?3，然后設點P的坐標為m,（3）設點N的坐標為0,a，點M的坐標為b,b2+2b?3，當以AN為直角邊的等腰直角三角形AMN，則可分：①當AN⊥MN時，且點M在x軸的下方，則有AN=MN，過點N作NP∥x軸，分別過點M、A作NP的垂線，垂足分別為D、E，延長DM，交x軸于點F，②當AN⊥MN時，且點M在x軸的上方，③當AN⊥AM時，且點M在x軸的下方，則有AN=AM，④當AN⊥AM【詳解】解：（1）∵OB=3，∴B?3,0把點2,5和B?3,0代入y=a4a+2b?3=59a?3b?3=0解得：a=1b=2∴拋物線的解析式為y=x（2）由（1）可得：把y=x2+2x?3∴頂點D坐標為?1,?4，點C的坐標為0,?3，過點D作DH⊥x軸于點H，如圖所示：∵OB=3，∴DH=4,BH=2，∴由兩點距離公式可得BD=?3+1設直線BD的解析式為：y=kx+b，則把點B、D的坐標代入得：?3k+b=0?k+b=?4，解得：k=?2∴直線BD的解析式為：y=?2x?6，設直線BC的解析式為：y=ax+c，則把點B、C坐標代入得：?3a+c=0c=?3，解得：a=?1∴直線BC的解析式為：y=?x?3，設點P的坐標為m,m∵PE//y軸，∴Fm,?2m?6∴EF=?m?3??2m?6=m+3，∵PG⊥BD，∴∠PGF=∠BHD=90°，由PE//DH可得∠PFG=∠BDH，∴△PFG∽△BDH，∴PGBH∴PG=2∴25∴當m=?74時，25PG+EF的值最大，最大值為（3）存在，理由如下：設點N的坐標為0,a，點M的坐標為b,b令y=0，則有x2+2x?3=0，解得：∴A1,0∴當以AN為直角邊的等腰直角三角形AMN，則可分：①當AN⊥MN時，且點M在x軸的下方，則有AN=MN，過點N作NP∥x軸，分別過點M、A作NP的垂線，垂足分別為D、E，延長DM，交x軸于點F，如圖所示：∴∠AEN=∠NDM=90°,DF=ON=OE=?a，OA=NE=1，OF=DN=?b，MF=?b∵∠ANM=90°，∴∠MND+∠DMN=90°,∠ANE+∠MND=90°，∴∠DMN=∠ENA，∴△DMN≌△ENA（AAS），∴DN=AE=?a,DM=NE=1，∴OF=DN=AE=DF=ON，∴?b解得：b1∴點M的坐標為?17②當AN⊥MN時，且點M在x軸的上方，則有AN=MN，過點N作NP∥x軸，分別過點M、A作NP的垂線，垂足分別為D、E，延長DM，交x軸于點F，如圖所示：同理①可得：MF=b∴b2解得：b1∴點M的坐標為?17③當AN⊥AM時，且點M在x軸的下方，則有AN=AM，過點A作AP∥y軸，分別過點M、N作AP的垂線，垂足分別為D、E，MD交y軸于點F，如圖所示：同理①可得AD=NE=OA=1，∴點M的縱坐標為-1，∴b2解得：b1∴點M的坐標為?3④當AN⊥AM時，且點M在x軸的上方，則有AN=AM，過點A作AP∥y軸，分別過點M、N作AP的垂線，垂足分別為D、E，MD交y軸于點F，如圖所示：同理③可得：點M的縱坐標為1，∴b2解得：b1∴點M的坐標為?5綜上所述：當以AN為直角邊的等腰直角三角形AMN，點M的坐標為?5?1,1或?3?1,?1或【點睛】本題主要考查二次函數與幾何綜合及相似三角形的性質與判定，熟練掌握二次函數與幾何綜合及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．5．如圖在平面直角坐標系xOy，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，點A、B

（1）求b，c的值；（2）如圖1，拋物線與y軸交于點C，點D為第四象限拋物線上一點，連接AD，BC交于點E，連接BD，記△BDE的面積為S1，△ABE的面積為S2，求（3）如圖2，點P為直線y=3x?3上一點，點Q為拋物線上一點，當△CPQ是等腰直角三角形時，請直接寫出所有滿足條件的點P的坐標．答案:（1）b=?2，c=?3；（2）916；（3）點P的坐標為(54，34)或(58，?98)或(59分析：（1）根據BO=3AO，求得點A和點B的坐標，然后代入解析式中即可求解；（2）作AF⊥x軸交BC于點F，過D作DH⊥x軸交BC于點R，然后求得直線BC的解析式，設D(t，t2?2t?3)，利用相似三角形的判定和性質得到DEAE（3）分為四種情況討論，利用全等三角形的判定和性質分別求出P點坐標即可．【詳解】解：（1）∵BO=3AO=3，∴A(-1，0)，B(3，0)，∴拋物線解析式為y=x+1∴b=?2，c=?3；（2）由（1）可知，拋物線解析式為y=x令x=0，y=?3，則C(0，-3)，如圖1，作AF⊥x軸交BC于點F，過D作DH⊥x軸交BC于點R，∵△BED和△ABE的底在AD上，頂點都是點B，∴S1又∵AF⊥x軸，DH⊥x軸，∴AF∥DR，∴∠FAE=∠RDE，∠AFE=∠DRE，∴△AEF∽△DER，∴DEAE設直線BC的解析式為y=kx?3，代入B(3，0)，得0=3k?3，解得：k=1，∴直線BC的解析式為y=x?3，又∵A的坐標為(-1，0)，AF⊥x軸，∴F的坐標為(-1，-4)，∴AF=yA設點D的坐標為(t，t2則點R的坐標為(t，t?3)，∴DR=yR∴DRAF∴當t=32時，DRAF∴S1S2（3）當△CPQ是以C為直角頂點的等腰三角形時，如圖2，過P作PM⊥y軸，過Q作QN⊥y軸分別交y軸于點M，N，∵△CPQ是以C為直角頂點的等腰三角形，∴CP=CQ，∠PCQ=90°，∴∠PCM+∠QCN=180°-∠PCQ=90°，又∵PM⊥y軸，DN⊥y軸，∴∠PMC=∠CNQ=90°，∴在△CPQ中，∠PCM+∠CPM=180°-∠PMC=90°，∴∠CPM=∠QCN，在△PCM和△CQN中，∠PMC=∠CNQ=90°∠CPM=∠QCN∴△PCM≌△CQN，∴PM=CN，CM=QN，設點P的坐標為(m，3m?3)，則點Q的坐標為(n，n2∴PM=m，CN=?3?nCM=3m?3??3=3m，QN=∴m=?n解得：m=59n=∴點P的坐標為(59，?同理，P1∴P1的橫坐標為?∴點P1的坐標為(?59當△CPQ是P為直角頂點的等腰三角形時，如圖3，過P作PM⊥y軸交y軸于點M，過Q作QN⊥MP交MP的延長線于點N，同理可得：△PCM≌△QPN，∴PM=CN，CM=QN，設點P的坐標為(m，3m?3)，則點Q的坐標為(n，n2∴PM=m，QN=3m?3?nCM=3m?3??3=3m，PN=∴m=?n解得：m=58n=∴點P的坐標為(58，?當△CPQ是Q為直角頂點的等腰三角形時，如圖4，過Q作QN⊥y軸交y軸于點N，過P作PM⊥QN于點M，同理可得：△PQM≌△QCN，∴PM=QN，QM=CN，設點P的坐標為(m，3m?3)，則點Q的坐標為(n，n2∴PM=3m?3?n2?2n?3QM=n?m，CN=n2∴?n解得：m=54n=∴點P的坐標為(54，3綜上，點P的坐標為(54，34)或(58，?98)或(59，【點睛】本題考查了二次函數綜合問題，相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，題目較為復雜，分類討論，數形結合思想是解決本類題的關鍵．6．已知：如圖，拋物線y=ax2+bx+6與x軸交于點B6,0，C?2,0，與y軸交于點A．（1）如圖，連結PA、PB．設△PAB的面積為S，點P的橫坐標為m．請說明當點P運動到什么位置時，△PAB的面積有最大值？（2）過點P作x軸的垂線，交線段AB于點D，再過點P作PE//x軸交拋物線于點E，連結DE，請問是否存在點P使△PDE為等腰直角三角形？若存在，請直接寫出點答案:（1）即當點P運動到點（3，152）時，△PAB的面積有最大值；（2）點P的坐標為：（4，6）或（5-17，317分析：（1）首先運用待定系數法求出拋物線的解析式，設出P點坐標，根據三角形面積公式可得S與m的關系式，再根據二次函數的性質可得解；（2）由△PDE為等腰直角三角形，則PE=PD，即-12【詳解】解：（1）拋物線的表達式為：y=a（x-6）（x+2）=a（x2-4x-12），故-12a=6，解得：a=-1∴拋物線的表達式為：y=-12過點P作x軸的垂線交AB于點D，由點A（0，6）、B的坐標可得，直線AB的表達式為：y=-x+6，設點P（m，-12S=12×PD×OB=3PD=3（-12m2+2m+6+m-6）=-32m2+9m=-3∵-32∴P（3，152即當點P運動到點（3，152）時，△PAB（2）△PDE為等腰直角三角形，則PE=PD，點P（m，-12函數的對稱軸為：x=2，則點E的橫坐標為：4-m，則PE=|2m-4|，即-12解得：m=4或-2或5+17或5-17（舍去-2和5+17）故點P的坐標為：（4，6）或（5-17，317-5）．【點睛】本題考查的是二次函數綜合運用，涉及到等腰三角形的性質、圖形的面積計算等，本題難度不大．類型二平移+等腰直角三角形7．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+2x?3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C．對稱軸為直線l（1）如圖1，E為直線CD下方拋物線上的一點，連接EC、ED．當△ECD的面積最大時，在直線l上取一點M，過M作y軸的垂線，垂足為點N，連接EM，BN．若EM=BN時，求EM+MN+BN的值；（2）將拋物線y=x2+2x?3沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經過原點O．y′與x軸的另一個交點為F．設P是拋物線y′上任意一點，點Q在直線l答案:（1）1+13（2）能，P點的坐標為：3+52，?5?5分析：(1)先求出Ａ、Ｂ、C、D兩點坐標，利用待定系數法求出直線CD的直線方程；如圖1中，過點E作EG//y軸交直線CD于G．設E(m,m2+2m-3)，則G(m,-2m-3)，GE=-m2-4m．根據S△EDC=12·EG·|DX|=12(-（2）假設存在.如圖2中.作P?M⊥x軸于M，P?N⊥對稱軸|于N，對稱軸l|交0A于K，由△P?MF≌△P?NQ，推出P?M=P?N，推出點P?在∠MKN的角平分線上，只要求出直線KP?的解析式，構建方程組即可求得P?、P?的坐標，同法可求P?、P4的坐標．【詳解】解：（1）由題意A(1,0)，B(-3,0)，C(0,-3)，D(-4,5)，設直線CD的解析式為y=kx+b,則有b=-3，-4k+b=5

∴k=-2，b=-3∴直線CD的解析式為y=-2x-3如圖1中，過點E作EG∥y軸交直線CD于G，設E(m,m2∴GE=-m2-4m∴S△EDC=12·EG·|DX|=12(-m2∵-2＜0，∴m=-2時，△DEC的面積最大，此時E(-2,-3)，∵C(0,-3)，∴EC∥AB，設CE交對稱軸于H，∵B(1,0)，∴EH=OB=1，∵EM=BN，∴Rt△EHM≌Rt△BON，∴MH=ON=12OC=∴EM=BN=12∴EM+MN+MB=1+2×（2）假設存在這樣的點，如圖2，作P?M⊥x軸于M，P?N⊥對稱軸l于N，對稱軸l交OA于K，由P?Q=P?F，∠QP?F=90°，∠NQP?=∠MFP?，可得△P?MF≌△P?NQ∴P?M=P?N，∴點P在∠MKN的角平分線上，∵直線KP?過(-1,0)，與x軸成45°角，過二、三、四象限，∴直線KP?的解析式為y=-x-1，∵拋物線向右平移了3個單位，∴拋物線y′的解析式為y′=x2-4x，點P?是拋物線y′與直線KP?的交點由y=?x?1解得x=3?5∴P?3+52同法可知，直線y=x+1與拋物線的交點P3、P4符合條件，由y=x+1解得x=5+29∴P35+P45?綜上所述，滿足條件的點P坐標為：3+52，?5?52【點睛】本題考查二次函數綜合題、平移變換、一次函數的應用、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會構建二次函數解決最值問題，學會利用方程組確定交點坐標，屬于中考壓軸題．8．如圖1，拋物線y=?23x2+43x+22與x軸交于A,B兩點（點A（1）求直線BD的解析式；（2）拋物線對稱軸交x軸于點E，P為直線BD上方的拋物線上一動點，過點P作PF⊥BD于點F，當線段PF的長最大時，連接PE，過點E作射線EM，且EM⊥EP，點G為射線EM上一動點（點G不與點E重合），連接PG，H為PG中點，連接AH，求AH的最小值；（3）如圖2，平移拋物線，使拋物線的頂點D在射線BD上移動，點B，D平移后的對應點分別為點B'，D'，y軸上有一動點M，連接MB'，MD'，ΔMB答案:（1）y=?43x+42；（2）91010；（3）分析：（1）首先求出B、D兩點坐標，再利用待定系數法即可解決問題；（2）如圖2中，設P（m，-23m2+43m+22），連接PD、PB，作PQ⊥OB于Q．由題意欲求PF的最大值，易知當△PBD面積最大時，PF的值最大，由S△PBD=S△PDE+S△PEB-S△EDB，構建二次函數，求出PF的值最大時，點P的坐標為（22，2（3）如圖3中，作MN⊥BD于N．當MN=BD時，存在△MB'D'為等腰直角三角形（只要D′或B′與N重合即可），易知H（0，42），由△HMN∽△DBE，可得MNBE=HMBD，推出HM=5092,推出OM=HM-OH=5092-4【詳解】（1）把y=0代入，得?23x2∴A(?2,0)∵y=?∴D(設直線BD的解析式為y=kx+b把B(32,0)，D(2,∴直線BD的解析式為y=?（2）如圖2中，設P（m，-23m2+43m+2由題意欲求PF的最大值，易知當△PBD面積最大時，PF的值最大，S△PBD=S△PDE+S△PEB-S△EDB=12×823×（m-2）+12×22×（-23m2+43m+22）-12×22×8∵-23∴m=22時，△PBD的面積最大，PF的值最大，∴此時P（22，22），易知點H的運動軌跡是線段PE的垂直平分線，∴當AH垂直PE的垂直平分線時，AH的值最小，設AH交EM于K，在Rt△EPQ中，PE=EQ由△AKE∽△EQP，得到AKEQ∴AK=2105，易知HK=NE=12∴AH=AK+KH=910（3）如圖3中，作MN⊥BD于N．∵B（32，0），D（2，82∴BD=(22當MN=BD時，存在△MB'D'為等腰直角三角形（只要D′或B′與N重合即可），∵直線BD的解析式為y=-43x+42，直線BD與y軸的交點H（0，42∵△HMN∽△DBE，∴MNBE∴102∴HM=509∴OM=HM-OH=5092-42=149點M關于H的對稱點M′也滿足條件，此時M′（0，862當M″是HM的中點時，M″是等腰三角形△M″B′D′的直角頂點，此時M″（0，112綜上所述，滿足條件的點M的坐標為（0，-1492）或（0，112【點睛】本題考查一次函數的應用、等腰直角三角形的判定和性質、勾股定理．相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會構建二次函數解決最值問題，學會用分類討論的思想思考問題，學會添加常用輔助線解決問題．9．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+2x?3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點（1）求直線CD的解析式；（2）E為直線CD下方拋物線上的一點，連接EC、ED．當ΔECD的面積最大時，在直線l上取一點M，過M作y軸的垂線，垂足為點N，連接EM、BN．若EM=BN時，求EM+MN+BN的值；（3）將拋物線y=x2+2x?3沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經過原點O．y′與x軸的另一個交點為F．設P是拋物線y′上任意一點，點答案:（1）y=?2x?3；（2）EM+MN+BN=13+1；（3）能．P1(3+5分析：（1）求出C、D兩點坐標，利用待定系數法即可解決問題；（2）求出拋物線y=x2+2x?3與x軸交點A、B兩點的坐標，設E(m?,?m2+2m?3)，則S△ECD=12(?2m?3)?(m2+2m?3)×4，根據二次函數的性質求出E的坐標，可得當m=?2時，SΔECD最大，因為B(1?,?0)關于直線（3）存在．如圖2中．作P1M⊥x軸于M，P1N⊥對稱軸l于N．對稱軸l交OA于K，由△P1MF≌△P1NQ，推出P1M=P1N，推出點P在∠MKN的角平分線上，只要求出直線KP1的解析式，構建方程組即可解決問題，同法可求P3，P4．【詳解】解：（1）∵當x=0時，y=?3，

∴C(0?,??3)．又∵D(?4?,?n)在拋物線y=x∴n==5，∴D(?4?,?5)．設CD的解析式為y=kx+b．∴?4k+b=5?，解得：k=?2?，∴CD的解析式為y=?2x?3．(2)

∵令y=0，∴x2解得：x1∴A(?3?,?0)，B(1?,?0)．設E(m?,?m∴S△ECD∴當m=?2時，SΔECD∴E(?2?,??3)．又∵B(1?,?0)關于直線x=?12的對稱點為∴EB'的垂直平分線交直線l于點∴過M作y軸的垂線，垂足為N．此時，EM=BN，ON=32，在RtΔBON中，由勾股定理得：BN=13又∵直線l與y軸間的距離為1，∴EM+MN+BN=13（3）能．P1(3+P3(【點睛】本題考查二次函數綜合題.10．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+2x-3與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，對稱軸為直線l，點D（-4，n）在拋物線上．（1）求直線CD的解析式；（2）E為直線CD下方拋物線上的一點，連接EC，ED，當△ECD的面積最大時，在直線l上取一點M，過M作y軸的垂線，垂足為點N，連接EM，BN，若EM=BN時，求EM+MN+BN的值．（3）將拋物線y=x2+2x-3沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經過原點O，y′與x軸的另一個交點為F，設P是拋物線y′上任意一點，點Q在直線l上，△PFQ能否成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若能，直接寫出點P的坐標，若不能，請說明理由．答案:（1）直線CD的解析式為y=-2x-3；（2）1+13；（3）存在．滿足條件的點P坐標為（3+52，?5?52）或（3?52，?5+52）或（分析：（1）求出C、D兩點坐標，利用待定系數法即可解決問題；（2）如圖1中，過點E作EG∥y軸交直線CD于G．設E（m，m2+2m﹣3）．則G（m，﹣2m﹣3），GE=﹣m2﹣4m．根據S△EDC=12?EG?|Dx|=1（3）存在．如圖2中．作P1M⊥x軸于M，P1N⊥對稱軸l于N．對稱軸l交OA于K，由△P1MF≌△P1NQ，推出P1M=P1N，推出點P在∠MKN的角平分線上，只要求出直線KP1的解析式，構建方程組即可解決問題，同法可求P3，P4．【詳解】（1）由題意得：C（0，﹣3），D（﹣4，5），設直線CD的解析式為y=kx+b，則有b=?3?4k+b=5，解得：k=?2（2）如圖1中，過點E作EG∥y軸交直線CD于G．設E（m，m2+2m﹣3）．則G（m，﹣2m﹣3），GE=﹣m2﹣4m．∴S△EDC=12?EG?|Dx|=1∵﹣2＜0，∴m=﹣2時，△DEC的面積最大，此時E（﹣2，﹣3）．∵C（0，﹣3），∴EC∥AB，設CE交對稱軸于H．∵B（1，0），∴EH=OB=1．∵EM=BN，∴Rt△EHM≌Rt△BON，∴MH=ON=12OC=32，∴EM=BN=12+（3（3）存在．如圖2中．作P1M⊥x軸于M，P1N⊥對稱軸l于N．對稱軸l交OA于K．由P1Q=P1F，∠QP1F=90°，可得△P1MF≌△P1NQ，∴P1M=P1N，∴點P在∠MKN的角平分線上．∵直線KP1的解析式為y=﹣x﹣1，拋物線y′的解析式為y=x2﹣4x，由y=?x?1y=x2?4x，解得：x=3+52由y=x+1y=x2?4x，解得：x=5+292綜上所述：滿足條件的點P坐標為（3+52，?5?52）或（【點睛】本題考查了二次函數綜合題、平移變換、一次函數的應用、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會構建二次函數解決最值問題，學會利用方程組確定厲害函數的交點坐標，屬于中考壓軸題．11．已知如圖：拋物線y=?12x2+2x+52與x軸交于A,B兩點（點A在點B的左側）與y軸交于點C，點D（1）如圖1，連接BD，試求出直線BD的解析式；（2）如圖2，點P為拋物線第一象限上一動點，連接BP，CP，AC，當四邊形PBAC的面積最大時，線段CP交BD于點F，求此時DF:BF的值；（3）如圖3，已知點K(0,?2)，連接BK，將△BOK沿著y軸上下平移（包括△BOK）在平移的過程中直線BK交x軸于點M，交y軸于點N，則在拋物線的對稱軸上是否存在點G，使得△GMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，若存在，請直接寫出點G的坐標，若不存在，請說明理由.答案:（1）y=-32x+152；（2）225；（3）G1（2，10【詳解】試題分析：（1）根據自變量與函數值的對應關系，可得A、B點坐標，根據頂點坐標的定義，可得D點坐標，根據待定系數法，可得答案；（2）根據平行于BC且與拋物線相切，可得過P點平行BC的直線，根據解方程組，可得P點坐標，根據解方程組，可得F點坐標，根據相似三角形的性質，可得答案；（3）根據平移的性質，可得直線MN的解析式，根據全等三角形的判定與性質，可得關于b的方程，根據解方程，可得b，根據b的值，可得OM的長，可得EG的長，可得答案．試題解析：（1）在y=-12x2+2x+5令y=0，則-12x2+2x+5解得：x1=-1．x2=5，則A的坐標是（-1，0），B的坐標是（5，0）．拋物線y=-12x2+2x+5把x=2代入解析式得y=92，則D的坐標是（2，9設直線BD的解析式是y=kx+b，根據題意得：{5k+b=0解得：{k=?則直線BD的解析式是y=-32x+15（2）連接BC，如圖2，y=-12x2+2x+52中，令x=0，則y=52設BC的解析式是y=mx+n，則{n=解得：{n=則直線BC的解析式是y=-12x+5設與BC平行且與拋物線只有一個公共點的直線的解析式是y=-12則-12x2+2x+52=-即x2-5x+（2d-10）=0，當△=0時，x=52代入y=-12x2+2x+52中得：y=則P的坐標是（52，35又∵C的坐標是（0，52設CP的解析式是y=ex+f，則{解得：{f=則直線CP的解析式是y=34x+5根據題意得：{y=解得：{x=則F的坐標是（209，25則DFBF（3）如圖3，設BK的解析式是y=kx+b，則{5k+b=0解得：{k=則直線BK的解析式是y=25MN的解析式為y=25當y=0時，x=-52b，即M（-52b，0），ME=-當x=0時，y=b，即N（0，b）．由△GMN是以MN為腰的等腰直角三角形，得MG=MN，∠GMN=90°．∵∠MGE+∠GME=90°，∠GME+∠EMN=90°，∴∠MGE=∠AMN．在△GME和△MNA中，{∠MGE=∠NMO∴△GME≌△MNO（AAS），∴ME=ON，EG=OM，即-52解得b=-43EG=OM=-52b=10G1點的坐標為（2，103同理可求：G2（2，-7），G3（2，-3）G4（2，-107考點：二次函數綜合題．12．如圖，已知拋物線y=ax2+4x+c與直線AB相交于點A（1）求該拋物線的解析式；（2）設C為直線AB上方的拋物線上一點，當△ABC的面積最大時，求點C的坐標；（3）將該拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線y=a1x2+b1x+c1（a1答案:（1）y=-x2+4x+1；（2）（32，19分析：（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式，即可求解；（2）△PAB面積S=1（3）求出兩拋物線的交點D的坐標，分兩種情況討論：①當點D為直角頂點時，②當點A為直角頂點時，分別求解即可．【詳解】解：（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式得4=9a+12+cc=1解得：a=-1∴拋物線的表達式為：y=-x2+4x+1；（2）設直線AB的表達式為：y=kx+t，將點A、B的坐標代入4=3k+tt=1解得故直線AB的表達式為：y=x+1，過點C作y軸的平行線交AB于點H，設點C（x，-x2+4x+1），則H（x，x+1），∴△PAB面積S=∵?∴S有最大值，當x=?92此時點C坐標為（32，19（3）拋物線的表達式為：y=-x2+4x+1=-（x-2）2+5，則平移后的拋物線表達式為：y=-x2+5，聯立上述兩拋物線的解析式并解得：x=1故點D（1，4）；①當點D為直角頂點時，∵△ADE是以AD為腰的等腰直角三角形∴∠HDE+∠IDA=90°，AD=ED過點D作x軸的平行線，過點E作EH⊥DH，則∠DHE＝∠DIA=90°，∴∠HDE+∠DHE=90°，∴∠IDA=∠DHE∴△DEH?ΔADI，∴ID=HE=1，AI=DH=3，∴點E坐標為（4，3）或（-2，5）；②當點A為直角頂點時，同理可證△EAO?ΔADI，∴OF=AI=3，∴點E坐標為（3，0），（-3，2）；【點睛】本題考查了二次函數的圖象及性質，直角三角形的存在性等，解題關鍵是熟練掌握二次函數的圖象及性質，圖象的交點坐標的求法等．13．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+3a≠0與y軸交于點C，與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），且A點坐標為(1)求拋物線的解析式；(2)點M是位于直線AC上方的拋物線上任意一點，過點M作MP∥x軸交直線AC于點P，過點P作PN∥BC交x軸于點N．求PM+104PN(3)將原拋物線沿射線CB方向平移10個單位后得到新拋物線y′，E為新拋物線y′的對稱軸上一點，F為新拋物線y′上一點，若以點C、E、F為頂點的三角形是以CE為腰的等腰直角三角形，請直接寫出點E答案:(1)y=?(2)PM+104PN最大值323(3)E?1,4?6分析：（1）把A點坐標代入y=ax2+bx+3(a≠0)（2）先求直線AC的解析式，設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，再設出E點坐標，構造全等三角形即可求解．【詳解】（1）解：點A點坐標代入y=ax2+bx+3又∵對稱軸為直線x=?2，∴?b聯立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AC的解析式為y=kx+b，把A、C的坐標代入y=kx+b得?5k+b=03=b解得k=3∴AC的解析式為y=3設Mt,?35過點P作PH⊥x軸于點H，∴PH=?35t2?125∵PN∥BC交x軸于點N，∴∠PNH=∠CBO，∵∠PHN=∠COB=90°,∴△PHN∽△COB∴PH即?3∴PN=10∴PM+=?=?3∵點M是位于直線AC上方，∴?5<t<0，∴當t=?73時，PM+10∵M此時點M的坐標為?7（3）解：E?1,4?6設直線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個單位后得到新拋物線y′，即向下平移3個單位，向右平移1個單位，y=?∴y′∴新拋物線的對稱軸為直線x=?1，作出拋物線后，則以CE為腰的等腰直角三角形的情況為如下圖所示的兩種情況，即F點在對稱軸左邊或右邊．現選擇其中一個圖形進行說明，如下所示：分別過F點向y軸作垂線，過C點向直線x=?1作垂線，垂足分別為點D和點G，∴∠CGE=∠CDF=90°，∵∠ECF=∠GCD=90°，∴∠ECG=∠FCD，∵CE=CF，∴△ECG≌△FCD，∴CG=CD，EG=FD，設E?1，m∵C0,3∴CG=1,EG=m?3，∴FD=m?3，CD=1，∴F3?m,2∵F點在新拋物線上，∴2=?3∴m=4±6該種情況下m=4?6另一種情況可以用同樣的方法求解，可以求出m=4+6∴E?1,4?63【點睛】本題考查了用待定系數法求拋物線解析式、拋物線的圖象與性質、相似三角形的判定與性質、拋物線的平移等類型三旋轉+等腰直角三角形14．已知拋物線y＝﹣19x2+233x+9與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y（1）如圖1，點P為線段BC上方拋物線上的任意一點，當四邊形PCAB面積最大時，連接OP并延長至點Q，使PQ＝OP，在對稱軸上有一動點E，將△ACE沿邊CE翻折得到△A′CE，取BA′的中點N，求BQ+QN的最大值；（2）如圖2，將△AOC繞