2026年九年级中考数学专题复习 二次函数动点问题

2026年九年级中考数学专题复习二次函数动点问题热点专题加练 一、单选题 1．（25-26九年级上·天津·月考）四边形中，，．动点从点出发，以的速度沿边、边向终点运动；动点从点同时出发，以的速度沿边向终点运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．当时，点M，N的位置如图所示．有下列结论：①当时，；②当时，的最大面积为；③有两个不同的值满足的面积为．其中，正确结论的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（24-25九年级下·江苏南京·开学考试）如图，正方形的边长为，动点从点向点运动，到点时停止运动；同时，动点从点出发，沿运动，到点时停止运动．点的运动速度是点的运动速度的倍，设点E的运动路程为，的面积为，能大致刻画与的函数关系的图象是（　　） A． B． C． D． 3．（25-26九年级上·天津·期末）如图，中，，，，动点M从点A出发，以的速度沿边匀速运动；同时动点N从点B出发，以的速度沿边匀速运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．有下列结论： ①当时，； ②当时，的最大面积为； ③t有两个不同的值满足的面积为． 其中，正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．（24-25九年级下·山东菏泽·期中）如图是边长为4的正方形，动点以每秒1个单位的速度从点出发沿方向运动，动点同时以每秒3个单位的速度从点出发沿正方形的边方向逆时针运动，当点与点相遇时停止运动，设点的运动时间为秒，以点，，为顶点的三角形的面积为，则能够反映与之间函数关系的图象大致是（   ） A． B． C． D． 5．（天津市南开区2025-2026学年上学期九年级数学期末试题）如图，中，，，．动点P从点A出发，以的速度沿边向终点B运动；动点Q从点B同时出发，以的速度沿边向终点C运动．设出发时间为．有下列结论： ①当时，；②当时，的最大面积为；③t有两个不同的值满足的面积为四边形面积的．其中，正确结论的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．（2024·安徽·模拟预测）如图，在中，，，．动点从点出发，以的速度沿射线匀速运动，到点停止运动，同时动点 从点 出发，以 的速度沿射线匀速运动．当点停止运动时，点也随之停止运动．在的右侧以为边作菱形，点在射线上．设点的运动时间为，菱形与的重叠部分的面积为，则能大致反映与之间函数关系的图象是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（19-20九年级上·内蒙古通辽·期中）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=12mm，BC=24mm，动点P从点A开始沿边AB向B以2mm/s的速度移动（不与点B重合），动点Q从点B开始沿边BC向C以4mm/s的速度移动（不与点C重合）．如果P、Q分别从A、B同时出发，那么△PBQ的面积S随出发时间t变化而变化，写出S关于t的函数解析式及t的取值范围 ． 8．（21-22九年级上·贵州遵义·月考）如图1，正方形中，点为的中点，连接，动点从点出发，沿运动，同时，动点从点出发，沿向点运动，，两点同时到达点，设点的运动时间为，的面积为，则关于的函数图象如图2，当与全等时，的长为 cm． 9．（25-26九年级上·天津滨海新·月考）如图，在中，，，，动点从点开始沿边向以的速度移动（不与点重合），动点从点开始沿边向以的速度移动（不与点C重合）．如果分别从同时出发，那么经过 秒，四边形的面积最小． 10．（20-21九年级·湖南株洲·自主招生）在数学上，我们把符合一定条件的动点所形成的图形叫做满足该条件的点的轨迹．例如：动点的坐标满足，所有符合该条件的点组成的图象在平面直角坐标系中就是一次函数的图象．即动点的轨迹就是直线． （）若满足等式，则在平面直角坐标系中的轨迹是 ； （）已知点，若点在到点的距离与到直线的距离相等的点的轨迹上，则周长的最小值为 ． 11．（24-25九年级下·山东济宁·月考）如图1，是等边三角形，点在边上，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿折线匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为．当动点沿匀速运动到点时，与的函数图象如图2所示．有以下四个结论：①；②当时，；③动点沿匀速运动时，两个时刻，分别对应和，若，则；④当时，．其中正确结论的序号是 ．    12．（25-26九年级上·四川绵阳·月考）如图，已知抛物线的图象与轴交于两点（点在点左侧），与轴交于点，在轴正半轴有一点满足，点为直线下方抛物线上的一个动点，连接，过点作交轴于点为轴上一个动点，为轴上一个动点，平面内有一点，连接，，，，当最大时，则的最小值 ． 三、解答题 13．（25-26九年级上·湖北武汉·月考）如图，抛物线与x轴交于点A，B两点，直线与抛物线交于点A及点，点P为抛物线上一动点，其横坐标为m，顶点为F． (1)求抛物线解析式及顶点坐标F； (2)如图1，若点P为抛物线对称轴右侧x轴下方的一动点，连接、、，交线段于点M，N是AF上一动点（均含端点），连接，若并且时，求点P的坐标． (3)如图2，若点P为x轴上方的抛物线上的一动点，点N是点P关于对称轴的对称点，连接与直线交于点M，过点M作轴于点E，过点N作轴于点D，设矩形的周长为C． ①求C与m的函数关系式； ②结合函数图像探究说明，当C随m的增大而增大时m的范围． 14．（25-26九年级上·天津·月考）如图，在四边形中，，，，，，．动点M从点B出发，以的速度沿边、边、边向终点C运动；动点N从点C同时出发，以的速度沿边向终点B运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)当时，判断线段与的长度是否相等，并说明理由； (2)当点M在边上运动时，求面积的最大值； (3)是否存在的值，使得的面积为？若存在，直接写出符合条件的值；若不存在，请说明理由． 15．（2025·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A、两点，与y轴交于点C，连接，若． (1)求抛物线的解析式； (2)P是直线上方抛物线上的一动点，过点P作轴交直线于点M，过点P作于点N，H为直线上的一动点．当取得最大值时，求的最大值； (3)将该抛物线沿方向平移个单位长度得到得新抛物线，为新抛物线上的一个动点．当时，请求出所有符合条件点Q的坐标． 16．（25-26九年级上·重庆·月考）如图，抛物线和轴相交于点、两点，交轴于点，顶点为点，点是点关于抛物线对称轴的对称点，过点作轴于点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点是线段上方抛物线上一点，过点作轴交轴于点，交线段与点，当四边形的面积最大时，在线段上有一动点，在线段上有一动点，在轴上有一动点，且满足，连接，求的最小值； (3)将抛物线沿射线方向平移个单位得到新抛物线．点为新抛物线对称轴上一动点，连接、，当时，请直接写出所有符合条件的点的坐标． 17．（25-26九年级上·重庆铜梁·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A、两点，与y轴交于点C，连接，若． (1)求抛物线的解析式； (2)P是直线上方抛物线上的一动点，过点P作于点N，若E为y轴上的一动点，F为该抛物线对称轴上的一动点．当取得最大值时，求的最小值； (3)将该抛物线沿方向平移个单位长度得到新抛物线，Q为新抛物线上的一个动点，当时，请求出所有符合条件点Q的坐标，并写出其中一种情况的解答过程． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【分析】本题主要考查了二次函数的性质，一元二次方程的应用．当时，点M在上，求出，可判断①；当时，点M在上，利用三角形面积公式求出的面积，利用二次函数的性质，可判断②；分两种情况：当点M在上时，点M在上，结合的面积为，列出方程，可判断③． 【详解】解：根据题意得：点M在上的运动时间为，点M在上的运动时间为，点N在上的运动时间为， ①当时，点M在上， 此时，， ∴， ∴，故①正确； ②当时，点M在上， 此时，， ∴， ∴， ∵， ∴当时，随t的增大而增大， ∴当时，取得最大值，最大值为， 即当时，的最大面积为，故②正确； ③当点M在上时，，此时 ， ∵的面积为， ∴， 解得：（舍去）， ∴当时，的面积为； 当点M在上时， ， ∵，， ∴，即， 此时， 解得：， ∴当时，的面积为； ∴有两个不同的值满足的面积为，故③正确． 故选：D． 2．B 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据题意可将当时，，求得，是一个一次函数，当时，，，是一个二次函数，根据图形结合求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：当时，， ∴， 当时，， ， ∴， 即对称轴为，开口向下，如选项所示， 故选：． 3．C 【分析】①当时，根据题意求出，，然后求出，即可判断①正确； ②首先表示出，，然后得到，然后表示出的面积，利用二次函数的性质即可判断②错误； ③根据题意得到，解得，，即可判断③正确． 【详解】解：①当时，， ∵，， ∴， ∴，故①正确； ②根据题意得，，， ∴， ∵， ∴的面积 ∵ ∴抛物线开口向下， ∴当时，面积的最大值为，故②错误； ③∵的面积 ∴当的面积为时， 解得， ∴t有两个不同的值满足的面积为，故③正确． 综上所述，正确结论的个数是2． 故选：C． 【点睛】此题考查了二次函数的应用，三角形面积，动点问题，解题的关键是正确表示出三角形面积． 4．D 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，求出分段函数解析式是本题的关键． 分三种情况当时，当时，当时，分别求出面积解析式，即可求解． 【详解】解：设点的运动时间为秒， ∵正方形的边长为4，点以每秒1个单位的速度从点出发沿方向运动，动点同时以每秒3个单位的速度从点出发沿正方形的边方向逆时针运动， ∴当点与点相遇时，， 解得，即3秒后点与点相遇， 当时，点在上运动，如图， 此时的面积为， ∴当时，的面积随时间的增大而直线增大； 当时，点在上运动，如图， 此时的面积为， ∵此二次函数开口朝下，对称轴为， ∴当时，的面积随时间的增大而抛物线减小； 当时，点在上运动，如图， 此时的面积为， ∴当时，的面积随时间的增大而直线减小； 综上所述，能够反映与之间函数关系的图象大致是D选项的图象， 故选：D． 5．B 【分析】先用代数式表示出，，再求出当时，与的长，由此可判断①； 根据题意，用表示出的面积，配方后求出最大面积，由此可判断②； 先求出当的面积为四边形面积的时，的面积，再转化为关于的一元二次方程求解，由此可判断③． 【详解】解：∵点P从A出发，速度，沿向B运动， ∴， ∵点Q从B出发，速度，沿向C运动， ∴， ∴， 当时， ∴ 结论①错误； 是直角三角形，直角在点B处，底，高， ， ， ∴ ， ∵在范围内， ∴最大值在处，此时 结论②正确； ∵是直角三角形，，， ∴面积， ∴四边形的面积​， 设​，则， ∴， ∴， ∴， ， ∴无实数解， ∴不存在任何t使得的面积为四边形面积的一半， 结论③错误， 综上所述，正确的结论个数为1个， 故选：B． 【点睛】本题考查了根据判别式判断一元二次方程根的情况，动态几何问题(一元二次方程的应用)，的最值，面积问题(二次函数综合)等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 6．A 【分析】作于点，作于点，由题意得，，则，则，从而得到是线段的垂直平分线，所以，，，可得，，然后找到临界点，分情况讨论即可求解． 【详解】解：作于点，作于点，    由题意得，， ∴， ∴， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴，， ∴，， 当点运动到直线上时，    此时，是等边三角形， ∴，； 当点运动到与点重合时，    ∴，； 当点运动到与点重合时， ∴，； ∴当时，， 当时，如图，作于点，交于点，    则，，， ∴， 当时，如图，作于点，    则，， ∴， 综上，与之间函数关系的图象分为三段，当时，是开口向上的一段抛物线，当时，是开口向下的一段抛物线，当时，是开口向上的一段抛物线， 只有选项A符合题意， 故选：． 【点睛】本题主要考查了动点问题的函数的图象，解直角三角形的应用，二次函数的图形的性质，等边三角形的性质，菱形的性质，三角形的面积公式，利用分类讨论的思想方法解答和熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 7． ( 0<t<6 ) 【分析】根据题意可以分别得到BP和BQ的长，从而可表示出△PBQ的面积，从而可以表明△PBQ的面积S随出发时间t如何变化以及S以t的函数关系式及t的取值范围； 【详解】由题意可得：，， ∴， 当时，△PBQ的面积S随出发时间t的增大而增大， 当时，△PBQ的面积S随出发时间t的增大而减小， 即，t的取值范围是． 故答案是：，． 【点睛】本题主要考查了动点函数的图象问题，准确分析计算是解题的关键． 8． 【分析】根据题意得出点的速度是点的三倍，设出点的速度，根据图2得出正方形的边长，再根据相似三角形的性质得出与全等时点的位置，即可求出的长度． 【详解】解：由图2 可知点的速度是点的三倍， 当点到点时，， 由已知得点的速度是点的三倍， ∴此时， ∴， 解得（舍去）， ∴正方形的边长为，， ∴， ∴点的速度是，点的速度是， 设秒时与全等， 若点在上，则，但，不满足题意， 若点在上，则， ∴，， ∴， 此时点为的中点， ∴， 当在上时，不可能是直角三角形，不满足题意， 故答案为． 【点睛】本题主要考查动点问题的函数图象，关键是要能根据图象求出正方形的边长，然后分在不同的边上的情况讨论，读懂图象信息是解题关键． 9．3 【分析】本题考查了二次函数的应用，正确列出函数关系式是解题关键． 设移动时间为秒，四边形的面积为，先分别求出的长，再利用面积减去面积求出四边形的面积，然后利用二次函数的性质求解即可得． 【详解】解：设移动时间为秒，四边形的面积为， 由题意得：，， ， ， ， ， 整理得：， 由二次函数的性质可知，当时，取得最小值27， 即经过3秒，四边形的面积最小， 故答案为：3． 10． 【分析】（）设，，由可得，即可求解； （）由题意可得，即得，画出函数图象，可知当时，取最小值，此时，周长的最小，求出进而即可求解； 本题考查了求反比例函数解析式，二次函数的几何应用，垂线段最短，理解题意是解题的关键． 【详解】解：（）设，， ∵， ∴， 即， ∴， ∴在平面直角坐标系中的轨迹是， 故答案为：； （）∵点到点的距离与到直线的距离相等， ∴， 整理得，， 如图，当时，，根据垂线段最短，可知取最小值为，此时，周长的最小， ∵，， ∴周长的最小值为， 故答案为：． 11．①②③ 【分析】由图知当动点沿匀速运动到点时，，作于点，利用解直角三角形和勾股定理，即可得到，即可判断①，当时，证明是等边三角形，即可判断②，当时，且时，最小，求出最小值即可判断④，利用勾股定理分别表示出和进行比较，即可判断③． 【详解】解：由图知当动点沿匀速运动到点时，， 作于点， 是等边三角形，点在边上，， ，， ，， ， ， 故①正确； 当时，，， ， 是等边三角形， ， ， 故②正确； 当时，且时，最小， ，， ，， 最小为，即能取到， 故④错误； 动点沿匀速运动时， ，， ，，， 由①知：； 当时，过作，由④可知：，则， ∴； ， ； 故③正确； 综上所述，正确的有①②③， 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了二次函数综合，等边三角形性质，解直角三角形，勾股定理，涉及到动点问题、读懂函数图象、正确理解题意，利用数形结合求解是解本题的关键． 12． 【分析】本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，勾股定理． 先求出A、B、C、E的坐标，然后求出的解析式为，连接，作轴交于Q，根据，可得设，则，，故当时，，此时P的坐标为．将P点关于y轴对称得到坐标为，将G点关于x轴对称得到坐标为，连接交于y轴于点M，交于x轴于点N，则，然后利用两点间距离公式求解即可． 【详解】解：当时，，故， ， 当时，或，故，， ，， ，， ，则， 设解析式为， 代入，，得， 解得， ∴的解析式为， 连接，作轴交于Q， ， 设，则， ， ， 当时，，此时P的坐标为． 将P点关于y轴对称得到坐标为，将G点关于x轴对称得到坐标为， 连接交于y轴于点M，交于x轴于点N， 则． 故答案为：． 13．(1)抛物线解析式，F坐标为． (2) (3)①；②不存在． 【分析】（1）根据题意分别求出点A、C坐标，再代入解析式求出未知系数，得到函数关系式，再配方求顶点F坐标即可； （2）由抛物线轴对称性得到点B坐标为，且，再由和外角性质证明，进而证明，求出点M坐标为，再求出直线解析式，联立方程求其与抛物线交点坐标即可； （3）①根据题意，得到当与直线有交点时，m的范围，分别求出对应的，再表示周长即可； ②由①的函数关系式和对应取值范围，分别求出对称轴，确定C随m的增大而增大时m的范围即可． 【详解】（1）解：由直线与抛物线交于点A及点， ∴当时，，解得，， 当时，， 则， 把代入到， ， 解得， ∴抛物线解析式 配方得，， 则点F坐标为． （2）由抛物线对称性可知，点B坐标为，且， 则， ∵， ， ∴， ∵ ∴， ∴， 故点坐标为， 设直线解析式为 ， 把点坐标为 ,坐标为代入得， ， 解得， ∴直线解析式为， 当时，解得 （舍去） ∴ ∴点P的坐标为 （3）①由题意，关于对称轴对称点横坐标为1，点N的横坐标为， 由连接与直线交于点M，设点P的纵坐标为 故m的范围为或， 当时， ， 此时求M点的横坐标为 ， 则 ∴ 同理，当时， 则， ∴ 综上， ②当时，对称轴为直线，在对称轴左侧，C随m增大而减小，故此情况不存在符合要求答案， 当时，的对称轴为直线，在对称轴右侧，C随m的增大而减小，故此情况不存在符合要求答案， 故不存在m，使得C随m的增大而增大． 【点睛】本题考查了二次函数的待定系数法、图象和性质、二次函数与一次函数的综合问题，以及全等三角形的性质和判定，运用了分类讨论和数形结合的数学，熟练掌握二次函数图象的性质是解题关键． 14．(1)当时，线段与的长度相等，理由见解析 (2) (3)存在的值为或，使得的面积为 【分析】（1）分别求出当时，和的长度，比较即可得出结果； （2）由题意可得，，，求出，表示出的面积，再由二次函数的性质即可得解； （3）分三种情况：当时；当时；当时；结合题意列出一元二次方程，解方程即可得出结果． 【详解】（1）解：当时，线段与的长度相等，理由如下： ∵动点M从点B出发，以的速度沿边、边、边向终点C运动；动点N从点C同时出发，以的速度沿边向终点B运动， ∴当时，点运动的距离为，点运动的距离为， 由题意可得，，， ∴， ∴， ∴当时，线段与的长度相等； （2）解：∵点M在边上运动，， ∴， 由题意可得：，， ∴， ∴的面积， ∵，对称轴为直线， ∴当时，的面积随着的增大而增大， ∴当时，的面积最大，为； （3）解：当时，点在边上，的面积最大值为，故此时不存在的值，使得的面积为； 当时，点在边上，过点作，过点作于，交于点， ， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， 由题意可得：，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的面积， 令， 整理可得：， 解得：或（不符合题意，舍去） 当时，点在边上，过点作，过点作于，过点作于，交于点， ， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 由题意可得：，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴的面积， 令， 整理可得：， 解得：或（不符合题意，舍去）； 综上所述，存在的值为或，使得的面积为． 【点睛】本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 15．(1) (2) (3)， 【分析】（1）首先求出，然后结合求出，然后利用待定系数法求解即可； （2）首先求出直线表达式为，设，表示出，由是等腰直角三角形表示出，然后代入利用二次函数的性质求出当时，取得最大值，得到此时，，此时点M和点C重合，如图所示，延长交y轴于点D，连接，，，，然后得到，利用勾股定理求解即可； （3）首先求出，，然后得出平移方式，进而得到平移后的表达式，然后根据题意分两种情况讨论：当点Q在y轴右边时和当点Q在y轴左边时，分别求出所占表达式，然后和抛物线联立求解即可． 【详解】（1）∵抛物线 ∴当时， ∴，即 ∵ ∴ ∴ ∴将，代入得 解得 ∴； （2）∵P是直线上方抛物线上的一动点， ∴设 ∵， ∴可得直线表达式为 ∵过点P作轴交直线于点M， ∴设 ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∵ ∴当时，取得最大值 ∴此时， ∴此时点M和点C重合，如图所示，延长交y轴于点D，连接，，， ∴，是等腰直角三角形， ∴ ∴点D和点P关于直线对称 ∴，即 ∴ ∴ ∴当点A，D，H三点共线时，取得最大值，即的长度 ∴ ∴的最大值为； （3）∵， ∴， ∵将该抛物线沿方向平移个单位长度得到得新抛物线 ∴平移方式为向左平移个单位，向下平移个单位， ∵ ∴平移后的新抛物线表达式为， ∵ ∴当点Q在y轴右边时，如图所示，延长交直线于点D，交于点， ∴ ∴，即 设 ∵， ∴， ∴ 解得 ∴ ∵ ∴可得直线表达式为 ∴联立得， 解得（负值不符合题意，舍去） ∴； 当点Q在y轴左边时，如图所示，过点A作交于点， ∴ ∴设直线表达式为 将代入得， ∴ ∴直线表达式为 ∴联立得， 解得或（舍去） ∴ 综上所述，点Q的坐标为，． 【点睛】此题考查了一次函数，二次函数和几何综合，待定系数法求二次函数解析式，线段最值问题，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 16．(1) (2) (3)点的坐标是或 【分析】（1）将点、代入，解得的值，即得到抛物线的解析式； （2）由抛物线的解析式．可知对称轴为，从而得到， 因为点是点关于抛物线对称轴的对称点，故得点的坐标为，再利用待定系数法求得直线的解析式为，设点的坐标为，则点的坐标为，可得的长为，，由于，故当时，有最大值，从而得到点的坐标，将点向右平移个单位得到， 连接，可得四边形是平行四边形 ，故当点共线时，有最小值，从而得到的最小值． （3）根据题中提供的平移方式得新抛物线解析式为，从而得到新抛物线的对称轴为直线．由于点为新抛物线对称轴上一动点，设点的坐标为 由题意可知， 过点作交于点，则为等腰直角三角形，且．再过点作轴于点，过点作轴于点．易得．得到，由，可得，然后得到，解得或，从而求得点的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点、两点， ∴ 解得： 抛物线的解析式为． （2）解：∵抛物线的解析式为． ∴对称轴为， ∴， 当时，，故， 点是点关于抛物线对称轴的对称点， 点的坐标为， ，， 设直线， 则， ∴ ∴直线的解析式为， 设点的坐标为，则点的坐标为， ， ， ， 当时，有最大值， 此时点的坐标为， ， 将点向右平移个单位得到， 连接， 则，而， ∴四边形是平行四边形 ， 作点关于轴的对称点，连接， 当点共线时，有最小值， 此时 的最小值为． （3）解：由上可得，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴将抛物线沿射线方向平移个单位，相当于将抛物线先向左平移1个单位，再向下平移1个单位， ∵原解析式可化为， ∴平移后的解析式为 ∴所得新抛物线解析式为，所得新抛物线的对称轴为直线． 点为新抛物线对称轴上一动点， 设点的坐标为 ∵， ， 过点作交于点，    则为等腰直角三角形，且，， 再过点作轴于点，过点作轴于点． ∴， ∴， ∴． ， ， ， ∵ ∴， ∴， ， ∴， 解得或， 点的坐标是或． 【点睛】本题考查二次函数的图象与性质与四边形的综合题，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，轴对称的性质等知识点． 17．(1)抛物线的解析式为 (2)的最小值为 (3)当时，所有符合条件点的坐标为或 【分析】（1）求得点的坐标，利用待定系数法解答即可； （2）过点作轴于点，交直线于点，利用等腰直角三角形的判定与性质得到为等腰直角三角形，则，设，则，则，可得：当时，取得最大值为，此时的坐标为；作点关于轴的对称点，连接，利用轴对称的性质和两点之间线段最短的性质得到当点在一条直线上时，取得最小值为，利用勾股定理解答即可得出结论； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况解答：首先利用平移的特征求得抛物线的解析式，利用平行线的判定与性质得到，利用待定系数法求得直线的解析式，再与抛物线的解析式联立即可求得结论；设与轴交于点，利用全等三角形的判定与性质求得点坐标，利用的待定系数法求得直线的解析式，再与抛物线的解析式联立即可求得结论． 【详解】（1）解：令，则， ， ， ， ， ， ∵抛物线交轴于两点， ， ， ∴抛物线的解析式为； （2）解：过点作轴于点，交直线于点，如图， 设直线的解析式为， ， ， ∴直线的解析式为， 设， 轴于点， ， ， ， ， ， ∴为的等腰直角三角形， ， ， ， ， ∴为等腰直角三角形， ， ∴当时，取得最大值为，此时的坐标为． 作点关于轴的对称点，连接，如图， 则， ∵F为该抛物线对称轴上的一动点， ， ， ∵两点之间线段最短， ∴当点在一条直线上时，取得最小值为， 过点作轴于点， ， ， ， ∴的最小值为； （3）解：当时，所有符合条件点的坐标为或． ， ， ∵将该抛物线沿方向平移个单位长度得到新抛物线， ∴该抛物线向右平移了 1 个单位长度，向上平移利用 2 个单位长度， ， ， ， ， ， ， ∴，如图， 设直线的解析式为， ， ， ∴直线的解析式为， ∴设直线的解析式为， ， ， ∴直线的解析式为， ， 或（不合题意，舍去）， ， 设与轴交于点，如图， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 设直线的解析式为， ， ， ∴直线的解析式为， ∴， ∴（不合题意，舍去）或， ∴． 综上，当时，所有符合条件点的坐标为或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，分类讨论的思想方法，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $