专题32 二次函数与旋转问题-2022年中考数学之二次函数重点题型专题（全国通用版）（解析版）.docx

1、专题32 二次函数与旋转问题1（20212022辽宁千山九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于点A和，交y轴于点，抛物线的对称轴交x轴于点E，交抛物线于点F（1）求抛物线的解析式；（2）将线段绕着点O沿顺时针方向旋转得到线段，旋转角为，连接，求的最小值；（3）M为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）；（3）存在，N的横坐标为，2【分析】（1）根据待定系数法即可求出解析式；（2）先取OE的三等分点D，得出DE=AE，当B，E，D三点共线时即为最小值；（

2、3）先设出点N的坐标，根据矩形的性质列出关于N点坐标的方程组，即可求出N点的坐标【详解】解：（1）把C（1，0），B（0，3）代入y=-x2+bx+c中，得：，b=-2，c=3，y=-x2-2x+3，（2）在OE上取一点D，使得OD=OE，连接DE，BD，ODOEOE，对称轴x=-1，E（-1，0），OE=1，OE=OE=1，OA=3，又DOE=EOA，DOEEOA，DEAE，BE+AEBE+DE，当B，E，D三点共线时，BE+DE最小为BD，BE+AE的最小值为；（3）存在，A（-3，0），B（0，3），设N（n，-n2-2n+3），则AB2=18，AN2=（n2+2n-3）2+（n+3）2

3、，BN2=n2+（n2+2n）2，以点A，B，M，N为顶点构成的四边形是矩形，ABN是直角三角形，若AB是斜边，则AB2=AN2+BN2，即18=（n2+2n-3）2+（n+3）2+n2+（n2+2n）2，解得：，N的横坐标为或，若AN是斜边，则AN2=AB2+BN2，即（n2+2n-3）2+（n+3）2=18+n2+（n2+2n）2，解得n=0（与点B重合，舍去）或n=-1，N的横坐标是-1，若BN是斜边，则BN2=AB2+AN2，即n2+（n2+2n）2=18+（n2+2n-3）2+（n+3）2，解得n=-3（与点B重合，舍去）或n=2，N的横坐标为2，综上N的横坐标为，-1，2【点睛】本

4、题主要考查二次函数的综合应用，求解析式常用的是待定系数法，一般都是第一问，也是后面内容的基础，必须掌握且不能出错，否则后面的两问没法做，对于相似三角形，要牢记它的判定与性质，考试中一般都是先判定，在用性质2（20212022辽宁连山九年级期中）如图，在半面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A、B，其中点A的坐标为，与y轴交于点（1）求抛物线的解析式；（2）若点D为抛物线上上方的一个动点，过点D作轴，交于点E，过D作，交直线于点F，以、为边作矩形，设矩形的周长为l，求l的最大值；（3）点P是x轴上一动点，将线段绕点P旋转得到，当点Q刚好落在抛物线上时，请直接写出点Q的坐标【答案】（1）抛物线的解析

5、式为；（2）l的最大值为12；（3），【分析】（1）将代入求解即可得出答案；（2）由待定系数法求出直线解析式，设点D的横坐标为t，即可表示出D、E、F三点坐标，即可表示出矩形长宽，可表示矩形周长，即可求出最值；（3）分两种情况：当逆时针旋转落在抛物线上和顺时针旋转落在抛物线上，求出点所在直线，与二次函数联立即可求出的坐标【详解】（1）将代入得：，解得：，抛物线的解析式为；（2）设直线解析式为，将代入得：，直线解析式为，设点D的横坐标为t，则有，轴，轴，D，F的纵坐标相同，矩形的周长为，当时，l的最大值为12；（3）当逆时针旋转落在抛物线上时，如下图：设，即在上，解得：或，当顺时针旋转落在抛物线

6、上时，如下图：，即在上，解得：或，【点睛】本题考查二次函数的综合应用，掌握用待定系数法求函数解析式以及矩形的性质是解题的关键3（20212022湖南长沙市九年级阶段练习）如图1，抛物线（）与x轴交于A，B两点（点B在点A右侧），与y轴交于点C，连接BC（1）求点A，B的坐标；（2）若tanBCO2，点P是抛物线上的一个动点，且位于第一象限，作PQx轴于点Q，连接PA，当APQ与BOC相似时，求点P的坐标；（3）如图2，在第（2）问的条件下，若PA与y轴交于点E，且OEOB，连接BE，以BE为直径画圆交抛物线于点D，连接DB、DE直接写出点D的坐标；作DF平分BDE交BE于点F，过点F作直线l与

7、射线DB、DE分别交于点M、N，当直线l绕点F旋转时，试判断的值是否变化，若不变，请求出它的值；若变化，请说明理由【答案】（1）点A的坐标为，点B的坐标为；（2）点P的坐标为或；（3）；不变，【解析】【分析】（1）令=0，解方程即可求得两点A与B的坐标；（2）由tanBCO2可求得m的值；分两种情况：APQBCO，可得AQ=2PQ；APQCBO，PQ=2AQ；设点P的坐标，根据线段AQ与PQ的关系，即可求得点P的坐标；（3）可求得直线PE的解析式，从而求得点E的坐标；设D，BE的中点为G，连接GD，则由圆的性质可得GD=，由此可得a与b的关系，再由点D在抛物线上，解方程可求得a的值，从而求得点

8、D的坐标；先求得直线BE、DB的解析式，设DB与y轴的交点为S，由题意易得DF垂直于x轴，故可求得点F的坐标，设过点F的直线MN的解析式为y=kx+c，其中k0，进而可求得MN的解析式；再用待定系数法求出直线DE的解析式，则可分别求得直线MN与直线DE、直线DB的交点的横坐标；过点D作y轴的垂线与过点N的垂直于x轴的直线交于点K，则DNK为等腰直角三角形，过点M作y轴的垂线交DF的延长线于点H，则DMH为等腰直角三角形，因此可用k分别表示DN、DM的长，并代入中即可求得结果为定值【详解】（1）令，则，解得或4点A的坐标为，点B的坐标为（2）tanBCO2即OB=2OC点B的坐标为，点A坐标为(

9、4，0)OB=6，OA=4OC=3即点C的坐标为(0，3)把点C坐标代入抛物线解析式中得：24m=3故函数解析式为设点P的坐标为(p，q)，且点P在第一象限，则p0，q0OQ=p，PQ=q则AQ=OQ+OA=p+4若APQBCO，则，即AQ=2PQp+4=2q即点P坐标为由点P在抛物线上，则有解得：，（舍去）则即点P的坐标为(10，7)若APQCBO，则，即PQ=2AQq=2(p+4)即点P坐标为(p，2(p+4)由点P在抛物线上，则有解得：，（舍去）则即点P的坐标为(22，52)综上所述，点P的坐标为或（3）由题意OEOB，则点P的坐标只能为(10，7)，由待定系数法可求得直线PA的解析式为

10、：，则点E的坐标为(0，2)，OE=2设D，BE的中点为G，连接GD，则则点G的坐标为(3，1)，由勾股定理得， 即GD2=10即由点D在抛物线上，则有a6整理得：即 a4=0a=4此时b=2点D的坐标为 不变由待定系数法可得直线BE的解析式为，直线DB的解析式为y=x6，而当x=0时，y=6，即直线DB与y轴的交点S的坐标为(0，6)，所以OS=OB=6OBD=45DF平分BDEBDF=EDF=45OBD=BDF=45DFx轴点F的坐标为设过点F的直线MN的解析式为y=kx+c，其中k0，把点F的坐标代入得：由待定系数法得直线DE的解析式为解方程组，消去y，可得，此即为点M的横坐标；同理可求

11、得点N的横坐标为过点D作y轴的垂线与过点N的垂直于x轴的直线交于点K，则DNK为等腰直角三角形，过点M作y轴的垂线交DF的延长线于点H，则DMH为等腰直角三角形， （定值）【点睛】本题是二次函数的综合，考查了二次函数与一元二次方程的关系，圆的有关性质，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数与二元一次方程组，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解方程等知识，综合性强，运算量大，有技巧性，涉及的知识点多，关键和难点是灵活运用这些知识，深挖题目中的隐含条件，达到简便4（2021江苏宜兴市中考二模）抛物线与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点，线段的中点为点将绕着点逆时针旋转，点的对应点为，点的对应

12、点为（1）求、三点的坐标；（2）当旋转至时，求此时、两点间的距离；（3）点是线段上的动点，旋转后的对应点为，当恰巧落在边上时，连接，试求最小时点的坐标；（4）连接，则在旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由【答案】（1）A（-，0）、B（2，0）、C（0，3）；（2）6；（3）P（0，1）；（4）3【解析】【分析】（1）令y=0建立一元二次方程，求其根即得到A，B的横坐标，令x=0，得到y值即得到点C的坐标；（2）分两种情形计算即可，注意三角形全等和三点共线原理的运用；（3）利用旋转的全等性，把线段和的最小值问题转化为将军饮马河问题，利用函数的解析式确定坐

13、标即可；（4）根据旋转的全等性质，得到OC=3，直角三角形的性质AD=DO=AO=，得到点O在以A为圆心，半径为的圆上，故当DO是圆的直径时，三角形面积最大【详解】（1），令y=0得，解得，点在点的左侧，A（-，0）、B（2，0）；令x=0，得到y=3，点C的坐标（0，3）；（2）当点落在x轴的负半轴上时，A（-，0）,C（0，3）,OA=，OC=3，tanACO=，ACO=30，OAC=60，根据旋转的性质，得A=30， A =60， A=OA，AO=A O = 30，O C=60， O=3=OC，O C是等边三角形， C= O C，AO=AO，A CAOC，AC= AOC= 90，A+ A

14、C =180，、C三点一线，C=6；当点落在y轴的负半轴上时，C=2OC=6；（3）根据旋转的性质,得=AP，=AP+作点关于Y轴的对称点M，作直线AM，交y轴与点P，此时的点P就是取得最小值的位置，A（-，0）,C（0，3）,OA=，OC=3，tanACO=，ACO=30，OAC=60，A=，过点作Nx轴，垂足为N，AN=，N=，（-，），M（，），设直线AM的解析式为y=kx+b，根据题意，得，解得，直线AM的解析式为y=x+1，令x=0，得y=1，P（0，1）；（4）根据旋转的全等性质，得到OC=3，在直角三角形AOC中，根据直角三角形的性质AD=DO=AO=，得到点O在以A为圆心，半径

15、为的圆上，故当D是圆的直径时，三角形面积最大，面积最大值为：=3【点睛】本题考查了旋转的性质，特殊角的三角函数，线段之和的最小值，一次函数的解析式，三角形的全等，圆的基本性质，等边三角形的性质，一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法，将军饮马河模型，直径是圆中最大的弦是解题的关键5如图1，抛物线经过点、两点，是其顶点，将抛物线绕点旋转，得到新的抛物线（1）求抛物线的函数解析式及顶点的坐标；（2）如图2，直线经过点，是抛物线上的一点，设点的横坐标为（），连接并延长，交抛物线于点，交直线l于点，求的值；（3）如图3，在（2）的条件下，连接、，在直线下方的抛物线上是否存在点，使得？若存在，求

16、出点的横坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1），顶点为：；（2）的值为3；（3）存在，点的横坐标为：或【解析】【分析】（1）运用待定系数法将、代入中，即可求得和的值和抛物线解析式，再利用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可求得顶点的坐标；（2）根据抛物线绕点旋转，可求得新抛物线的解析式，再将代入中，即可求得直线解析式，根据对称性可得点坐标，过点作轴交直线于，过作轴交直线于，由，即可得，再证明，即可得，建立方程求解即可；（3）连接，易证是，可得，在轴下方过点作，在上截取，过点作轴于，连接交抛物线于点，点即为所求的点；通过建立方程组求解即可【详解】（1）将、代入中，得解得抛物线解析式为：，配方，得

17、：，顶点为：；（2）抛物线绕点旋转，得到新的抛物线新抛物线的顶点为：，二次项系数为：新抛物线的解析式为：将代入中，得，解得，直线解析式为，直线的解析式为，由抛物线与抛物线关于原点对称，可得点、E关于原点对称，如图2，过点作轴交直线于，过作轴交直线于，则，轴，轴，即解得：，的值为：3；（3）由（2）知：，如图3，连接，在中，是直角三角形，在轴下方过点作，在上截取，过点作轴于，连接交抛物线于点，点即为所求的点；，设直线解析式为，则，解得直线解析式为，解方程组，得，点的横坐标为：或【点睛】本题考查了二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，旋转变换，相似三角形判定和性质，直线与抛物线交点，解直角三

18、角形等知识点；属于中考压轴题型，综合性强，难度较大6（2021广东广州市中考二模）在平面直角坐标系中，：二次函数（）的图象与轴交于、两点（点在点的左侧）且，与轴交于点（1）求二次函数的表达式；（2）将抛物线向上平移个单位，得到抛物线，当时，抛物线与轴只有一个公共点，结合函数图象，求出的取值范围；（3）将绕的中点旋转，得到，若点是线段上一动点，交直线于点，点为线段的中点，当点从点向点运动时求的值如何变化？请说明理由；求点到达点时，直接写出点经过的路线长【答案】（1）；（2）或；（3）不变，理由见解析；【解析】【分析】（1）将二次函数解析式变为交点式，可求点的坐标，根据，可得抛物线对称轴为：，根据

19、对称轴公式可求即可得到二次函数的表达式；（2）设抛物线的表达式为，当抛物线经过点，时，代入可求的值，计算此时在时与轴的两个交点，当抛物线经过点时，代入可求的值，再计算抛物线与轴只有一个公共点时的值，从而求解；（3）先求得四边形是矩形，证明，列比例式并结合三角函数定义可得结论；首先证明点经过的路径是线段的长，如图2，根据三角形中位线定理即可求得【详解】解：（1），当时，抛物线对称轴为：，抛物线的表达式为；（2）设抛物线的表达式为，当抛物线经过点，时，得，此时抛物线：在时与轴有两个交点，当抛物线经过点时，得，若，解得：，当时，当抛物线与轴只有一个公共点，此公共点为，综上所述，的取值范围是或；（3）

20、的值为定值，不发生变化；如图1中，中，中，由旋转得：，四边形是矩形，四点共圆，的值为定值，不发生变化；如图2，当在点时，与重合，当与重合时，在直线上，点经过的路线长是线段的长，中，是的中点，是的中点，是的中位线，即点到达点时，点经过的路线长是【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，三角函数，含30度角的直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理的应用等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，利用相似三角形解决问题，属于中考压轴题7如图所示，抛物线经过，三点，线段BC与抛物线的对称轴相交于点D设抛物线的顶点为P，连接PA，AD ，DP，线段AD与y轴相交于点E（

21、1）求该抛物线的表达式（2）在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以Q，C，D为顶点的三角形与ADP全等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由（3）将绕点E顺时针旋转，边EC旋转后与线段BC相交于点M，边ED旋转后与对称轴相交于点N，连接PM ，DN，若，求点N的坐标（直接写出结果）【答案】（1）；（2）存在，点Q的坐标为，或；（3）点N的坐标为【解析】【分析】（1）已知抛物线经过的三点坐标，直接利用待定系数法求解即可；（2）先求出直线的解析式，求出点的坐标；方法1，设点Q的坐标为，利用两点间距离公式，再利用全等的条件可转化为方程组，从而求解；方法2，利用全等条件先确定点Q的几何位置，从而利

22、用全等的条件得到对应线段的长来解决问题；注意分类讨论；（3）先证明，设点M的坐标为，可得，根据求出x的值，然后根据，可得结果【详解】解：（1）设抛物线的表达式为，将点代入后，得，解得抛物线的表达式为（2）设直线BC的解析式为，由题意，得，解得直线BC的解析式为由抛物线的表达式，得顶点P的坐标为当时，点D的坐标为方法1：设点Q的坐标为，在和中，若两个三角形全等，则有以下两种情况当，时，则，解得，点Q的坐标为，当，时，则，解得，点Q的坐标为，综上所述，点Q的坐标为，或方法2：点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，点F的坐标为，如图所示，分以下四种情况当在y轴上，且时，此时的坐标为当在 PD延长

23、线上，且时，此时的坐标为当在AD 延长线上，且时，连接，此时的坐标为当且时，同理可得，的坐标为综上所述，点Q的坐标为，或（3）如图所示，点D的坐标为，点B的坐标为，为等边三角形在和中，设点M的坐标为，又，即，解得（负值舍去），点N的坐标为 解后反思本题第（2）问考查“在平面直角坐标系中是否存在点Q，使以Q，C，D为顶点的三角形与全等”，这里要注意由于对应点的不同，需要有分类讨论的意识方法1，设点Q的坐标为，利用两点间距离公式，再利用全等的条件可转化为方程组，从而求解；方法2，利用全等条件先确定点Q的几何位置，从而利用全等的条件得到对应线段的长来解决问题相对于以上两种解法，因为方法1需要解复杂的

24、二元二次方程组，所以方法2的几何方法更为简捷8如图，直线：与轴，轴分别相交于、两点，抛物线过点（1）该抛物线的函数解析式；（2）已知点是抛物线上的一个动点并且点在第一象限内，连接、，设点的横坐标为，的面积为，求与的函数表达式，并求出的最大值；（3）在（2）的条件下，当取得最大值时，动点相应的位置记为点写出点的坐标；将直线绕点按顺时针方向旋转得到直线，当直线与直线重合时停止旋转，在旋转过程中，直线与线段交于点，设点，到直线的距离分别为，当最大时，求直线旋转的角度（即的度数）【答案】（1）；（2），S的最大值为；（3），；45【解析】【分析】（1）利用直线的解析式求出点坐标，再把点坐标代入二次函数

25、解析式即可求出的值；（2）设的坐标为，然后根据面积关系将的面积进行转化；（3）由（2）可知，代入二次函数解析式即可求出纵坐标的值；可将求最大值转化为求的最小值【详解】解：（1）令代入，把代入并解得：，二次函数解析式为：；（2）令代入，或3，抛物线与轴的交点横坐标为和3，在抛物线上，且在第一象限内，令代入，的坐标为，由题意知：的坐标为，当时，取得最大值（3）由（2）可知：的坐标为，；过点作直线，过点作于点，根据题意知：，此时只要求出的最大值即可，点在以为直径的圆上，设直线与该圆相交于点，点在线段上，在上，当与重合时，可取得最大值，此时，由勾股定理可求得：，过点作于点，设，由勾股定理可得：，【点睛

26、】本题属于二次函数的综合问题，考查待定系数求二次函数解析式，求三角形面积，圆的相关性质等知识，内容较为综合，学生需要认真分析题目9（2021江苏江都中考二模）如图，已知抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于C点，设抛物线的顶点为D过点D作轴，垂足为EP为线段DE上一动点，为x轴上一点，且（1）求抛物线的解析式：（2）当点P与点D重合时，求m的值；在的条件下，将绕原点按逆时针方向旋转并平移，得到，点C，O，F的对应点分别是点，若的两个顶点恰好落在抛物线上，直接写出点的坐标；（3）当点P在线段DE上运动时，求m的变化范围【答案】（1）；（2）4；，或，；（3）【解析】【分析】（1）将、两点坐标代入即可

27、，（2）讨论点坐标得变化，找到变化规律分情况讨论，即可找出得坐标（3）当点在方向运动时，通过数形结合分别找到最大值和最小值即可找到的取值范围【详解】解：（1）将、代入抛物线解析式中得：，解得：，该抛物线的解析式为：，（2）为抛物线的顶点，当点与点重合时，如图所示：过点作轴，过点作轴平行线交延长线于点，由题意易得：，而，即，即，而四边形为矩形，即，按题意，将绕原点按逆时针方向旋转得到，如图所示：显然此时、三点都不在抛物线上，故需要将平移才能得到两个顶点恰好落在抛物线上，根据、三点特点，可设：，则，当经平移后在抛物线上，把，代入中：，解得：，故，当经平移后在抛物线上，把，代入中：，解得：，故，当经

28、平移后在抛物线上，因为、在竖直方向，故不成立综上所述：，或，（3），点为线段上一动点，为轴上一点，且，如（2）中当点与点重合时，取得最大，随着向移动，随之变化，设存在一点使最小，如图所示：设，则；设，则，根据得：即：，可得关系式：，当时，取得最小值，综上所述：【点睛】本题考查二次函数的综合性质，属于二次函数的综合大题，是中考压轴题形，从题干中筛选出有用条件，二次函数的综合性质，坐标的变化规律以及相似三角形知识点灵活运用是解决本题的关键10（2021辽宁皇姑中考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，交轴于点和点，点在第一象限的抛物线上，连接、，与轴交于点 （1）求抛物线表达式；（2）当

29、的面积等于7时，设点的横坐标为，求的值；（3）在（2）的条件下，点在轴上，点在平面内，若，且四边形是平行四边形直接写出点的坐标；设射线与相交于点，交于点，将绕点旋转一周，旋转后的三角形记为，直接写出的最小值【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】【分析】(1)将点B、C的坐标代入抛物线，利用待定系数法求得解析式；(2)先将BQ的解析式求出，根据和点N坐标求得，再根据点Q在抛物线上求得m的值；(3)由Q坐标求出BQ解析式，然后根据四边形ANEM是平行四边形和得出BM=OA=4，再分类讨论求得M和E的坐标；求出AM解析式，交点为P，再求出H坐标，然后由两点间距离公式求出BP和BH长度，因为旋转不改

30、变长度，所以长度不变，当H旋转到x轴上时，此时最短，所以此时等于BO-BH，然后带入计算即可【详解】（1）点B、C在抛物线上 将B、C坐标代入有，解得 抛物线的表达式为（2）设点Q坐标为（m，n）设直线BQ的解析式为则有解得BQ与y轴交点为N N 即又点Q在抛物线上 ，即解得（舍去）故(3) 由(2)知Q设直线BQ的解析式为解得直线BQ的解析式为 为BQ与y轴交点， N(0,2)，即AN=2， 四边形ANEM是平行四边形 ANEM且EM=AN=2，且点E在点M上方且M在x轴上 BM=OA=4 B(-6，0) M(-2,0)或(-10,0)若M为(-2,0),，故E(-2，-2)若M为(-10，

31、0), OM=ME=2，此时OM=10，(矛盾，舍去)综上M(-2，0)，E(-2,-2)最小值为如图，设AM的解析式为 抛物线交轴于点A， 点A的坐标为(0，4)将点A、M的坐标AM的解析式得解得 AM的解析式为AM与BQ相交于点P解得所以点P的坐标为设直线BE的解析式为将点B、E的坐标代入直线BE的解析式得解得所以直线BE的解析式为BE与AM相交于点H解得 点H的坐标为BP=BH=当H旋转到x轴上时，此时最短，=BO-BH=故的最小值【点睛】本题考查了抛物线的综合运用，利用待定系数法求函数的解析式，找出相关点坐标，逐步分析求解是解题的关键11（2021重庆南开中学九年级期末）如图1，在平面

32、直角坐标系中，抛物线与轴交于、B两点，与y轴交于点C，顶点D的坐标为（1）求抛物线的解析式；（2）已知直线与抛物线交于两点（点在的左侧），点为线段上的一个动点，过作轴的平行线交抛物线于点，求的最大值及此时点的坐标；（3）在（2）的条件下，如图2，若点是的中点，将绕点旋转，旋转过程中，点的对应点为、点的对应点为，将抛物线沿直线的方向平移（两侧均可），在平移过程中点的对应点为，在运动过程中是否存在点和点关于的某一边所在直线对称（与不重合），若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)；(2) ，；(3) 【解析】【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

33、解析式，即可求出E点和F点坐标，设，则，根据两点的距离公式可求出，即可求出+，最后根据和二次函数的性质，即可求出+的最大值以及G点坐标（3）根据题意可求出点，的坐标，由点G是线段OF中点，即可知G点坐标，设，推出，求出t，即求出点坐标【详解】（1）顶点D在抛物线上，设抛物线，将点A代入，得：，抛物线的解析式为：，（2）联立，解得：，点E在点F左侧，点G在抛物线上，设，当时，取最大值此时（3）令，代入，解得：，令，代入，解得，点G是线段OF中点，点在抛物线上，设，解得，【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

34、轴交点的坐标以及中点坐标公式是解答本题的关键12如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点 A（-1,0）B（点A在点B的左侧），交y轴与点（0，-3），抛物线的对称轴为直线x1，点D为抛物线的顶点 （1）求该抛物线的解析式； （2）已知经过点A的直线ykx+b与抛物线在第一象限交于点E，连接AD，DE，BE，当时，求点E的坐标（3）如图2，在（2）中直线AE与y轴交于点F，将点F向下平移个单位长度得到Q，连接QB将OQB绕点O逆时针旋转一定的角度（0360）得到，直线与x轴交于点G问在旋转过程中是否存在某个位置使得是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理

35、由【答案】（1）；（2）点E的坐标为（，）；（3）存在；点的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）【解析】【分析】（1）利用待定系数法代入计算，结合对称轴，即可求出解析式；（2）取AD中点M，连接BM，过点A作AEBM，交抛物线于点E；然后求出直线AE的解析式，结合抛物线的解析式，即可求出点E的坐标；（3）由题意，先求出点F的坐标，然后得到点Q的坐标，得到OQ和OB的长度，然后结合等腰三角形的性质进行分类讨论，可分为四种情况进行分析，分别求出点的坐标即可【详解】解：（1）根据题意，设二次函数的解析式为，对称轴为，则，把点（1，0），点（0，3）代入，有，又，抛物

36、线的解析式为：；（2）由（1）可知，顶点D的坐标为（1，），点B为（3，0），点A为（，0），AD的中点M的坐标为（0，2）；如图，连接AD，DE，BE，取AD中点M，连接BM，过点A作AEBM，交抛物线于点E；此时点D到直线AE的距离等于点B到直线AE距离的2倍，即，设直线BM为，把点B、点M代入，有，直线BM为，直线AE的斜率为，点A为（，0），直线AE为，解得：（舍去）或；点E的坐标为（，）；（3）由（2）可知，直线AE为，点F的坐标为（0，），将点F向下平移个单位长度得到Q，点Q的坐标为（0，），点B为（3，0），则OB=3，在RtOBQ中，由旋转的性质，得，当时，是等边三角形，如图：

37、点G的坐标为（，0），点的横坐标为，点的坐标为（，）；当，是等腰三角形，如图：，点的坐标为（，）；当时，是等边三角形，如图：此时点G的坐标为（，0），点的坐标为（，）；当时，是等腰三角形，如图：此时，点的坐标为（，）；综合上述，点的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，也考查了解直角三角形，旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，一次函数的性质，以及坐标与图形，解题的关键是熟练掌握图形的运动问题，正确的确定点的位置是关键；注意运用数形结合的思想，分类讨论的思想进行解题13（2021四川资阳中考二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l：与x轴、

38、y轴分别交于点A和点B(0，1)，抛物线经过点B，且与直线l的另一个交点为C(4，n)（1）求n的值和抛物线的解析式；（2）点D在抛物线上，且点D的横坐标为t（0t4）DEy轴交直线l于点E，点F在直线l上，且四边形DFEG为矩形（如图2）若矩形DFEG的周长为p，求p与t的函数关系式以及p的最大值；（3）M是平面内一点，将AOB绕点M沿逆时针方向旋转90后，得到A1O1B1，点A、O、B的对应点分别是点A1、O1、B1若A1O1B1的两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点A1的横坐标【答案】（1）-1，yx2x1；（2）pt2+t，当t2时，p有最大值；（3）或【解析】【分析】（1）把点B的

39、坐标代入直线解析式求出m的值，再把点C的坐标代入直线求解即可得到n的值，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答；（2）令y=0求出点A的坐标，从而得到OA、OB的长度，利用勾股定理列式求出AB的长，然后根据两直线平行，内错角相等可得ABO=DEF，再解直角三角形用DE表示出EF、DF，根据矩形的周长公式表示出p，利用直线和抛物线的解析式表示DE的长，整理即可得到P与t的关系式，再利用二次函数的最值问题解答；（3）根据逆时针旋转角为90可得A1O1y轴时，B1O1x轴，然后分点O1、B1在抛物线上时，表示出两点的横坐标，再根据纵坐标相同列出方程求解即可；点A1、B1在抛物线上时，表示出点B1的横

40、坐标，再根据两点的纵坐标相差A1O1的长度列出方程求解即可【详解】解：（1）直线l：yx+m经过点B（0，1），m1，直线l的解析式为yx1，直线l：yx1经过点C（4，n），n412，抛物线yx2+bx+c经过点C（4，2）和点B（0，1）， ，解得， 抛物线的解析式为yx2x1；（2）令y0，则x10，解得x，点A的坐标为（，0），OA，在RtOAB中，OB1，AB，DEy轴，ABODEF，在矩形DFEG中，EFDEcosDEFDEDE，DFDEsinDEFDEDE，p2（DF+EF）2（+）DEDE，点D的横坐标为t（0t4），D（t，t2t1），E（t，t1），DE（t1）（t2t1）

41、t2+2t，p（t2+2t）t2+t，p（t2）2+，且0，当t2时，p有最大值；（3）AOB绕点M沿逆时针方向旋转90，A1O1y轴时，B1O1x轴，设点A1的横坐标为x，如图1，点O1、B1在抛物线上时，点O1的横坐标为x，点B1的横坐标为x+1，x2x1（x+1）2（x+1）1，解得x，如图2，点A1、B1在抛物线上时，点B1的横坐标为x+1，点A1的纵坐标比点B1的纵坐标大，x2x1（x+1）2（x+1）1+，解得x，综上所述，点A1的横坐标为或【点睛】本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数，长方形的周长公式，以及二次函数

42、的最值问题，本题难点在于（3）根据旋转角是90判断出A1O1y轴时，B1O1x轴，注意要分情况讨论14如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax22ax3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，点A的坐标为(1,0)，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E（1）填空：a ，点B的坐标是 ；（2）连结BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MNBD，交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NHx轴，垂足为H，交BD于点F，点P是y轴上一动点，当MNF的周长取得最大值时，求FPPC的最小值；（3）在（2）中，当MNF的周长取得最大值时，FPPC取得最小值

43、时，如图2，把点P向下平移个单位得到点Q，连结AQ，把AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度（0360），得到AOQ，其中边AQ交坐标轴于点G在旋转过程中，是否存在一点G，使得GQOG？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1），(3,0)；（2）；（3）存在，【解析】【分析】（1）将点A的坐标代入抛物线的表达式中可求出a，令y0可求出点B的坐标；（2）通过配方法求出点D的坐标，利用待定系数法求出直线BD的表达式，设点，利用等角的三角函数值相等求出，利用二次函数的性质可求出使MNF的周长取得最大值时的m值，在x轴上取点，过F作CK的垂线段FG交y轴于点P，可得(F

44、PPC )minFG，连接FC，FK，FK交y轴与点J，利用的面积计算求出FG；（3）由（2）求出点Q的坐标，取AQ的中点G，AOQ在旋转过程中，只需使AQ的中点G在坐标轴上即可满足GQOG，分四种情况进行求解【详解】解：（1）将点A(1,0) 代入yax22ax3中得，解得，即yx22x3，当y0时，x22x30，解得，点B的坐标是(3,0)，故答案为：1，(3,0)；（2），点D(1,4)，点C(0,3)，设直线BD的表达式为，且经过点B(3,0)，点D(1,4)，解得，设点，由图形可知，当m2时，CMNF最大，此时F(2,2)，HF2，在x轴上取点，则OCK30，过F作CK的垂线段FG交

45、y轴于点P，此时，(FPPC )min(FPPG)minFG，连接FC，FK，FK交y轴与点J，由点，点F(2,2)可求直线FK的表达式为，点，即，解得，当MNF的周长取得最大值时，FPPC的最小值为；（3）存在，由（2）可知，即点，将点P向下平移个单位得到点Q，点Q(0,2)，在RtAOQ中，则，取AQ的中点G，则有，AOQ在旋转过程中，只需使AQ的中点G在坐标轴上即可满足GQOG，如图所示，当点G在y轴正半轴上时，过点Q作QIx轴，垂足为I，GOQGQO，GOQIQO，IQOGQO，设，即点，同理可知，当点G在x轴正半轴上时，点，当点G在y轴负半轴上时，点，当点G在x轴负半轴上时，点，综上，点Q的坐标为，【点睛】本题是函数与几何的综合，考查待定系数法求解函数的表达式，二次函数的性质，直角三角形的性质，解直角三角形等知识，第（2）题构造含30的直角三角形是解题的关键，第（3）题分类要全，不能漏解，难度较大，一般是中考压轴题