初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习 四边形周长求最值问题

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（1）求抛物线的解析式和m的值；
（2）在y轴上是否存在点P，使得以D、E、P为顶点的三角形与△AOD相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由；
（3）直线y＝1上有M、N两点（M在N的左侧），且MN＝2，若将线段MN在直线y＝1上平移，当它移动到某一位置时，四边形MEFN的周长会达到最小，请求出周长的最小值（结果保留根号）．
【答案】（1）；m=2；（2）存在，或；（3）
【分析】
（1）根据抛物线的对称性求出A（1，0），再利用待定系数法，即可求解；再把点A坐标代入直线的解析式，即可求出m的值；
（2）先求出E（-5，12），过点E作EP⊥y轴于点P，从而得，即可得到P的坐标，过点E作，交y轴于点，可得，再利用tan∠ADO=tan∠PE，即可求解；
（3）作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到，作点E关于y=1的对称点，连接与直线y=1交于点M，过点F作FN∥，交直线y=1于点N，在中和 中分别求出EF， ，进而即可求解．
【详解】
（1）解：∵二次函数的图象与x轴交于A和B（－3，0）两点，对称轴为直线，
∴A（1，0），
设二次函数解析式为：y=a(x-1)(x+3)，把C（0，－3）代入得：-3=a(0-1)(0+3)，解得：a=1，
∴二次函数解析式为：y= (x-1)(x+3)，即：，
∵直线y＝－2x＋m经过点A，
∴0=-2×1+m，解得：m=2；
（2）由（1）得：直线AF的解析式为：y=-2x+2，
又∵直线y=-2x+2与y轴交于点D，与抛物线交于点E，
∴当x=0时，y=2，即D（0，2），
联立，解得：，，
∵点E在第二象限，
∴E（-5，12），
过点E作EP⊥y轴于点P，
∵∠ADO=∠EDP，∠DOA=∠DPE=90°，
∴，
∴P（0，12）；
过点E作，交y轴于点，可得，
∵∠ED+∠PED=∠PE+∠PED=90°，
∴∠ADO=∠ED=∠PE，即：tan∠ADO=tan∠PE，
∴，即：，解得：，
∴（0，14.5），
综上所述：点P的坐标为（0，12）或（0，14.5）；
（3）∵点E、F均为定点，
∴线段EF长为定值，
∵MN=2，
∴当EM+FN为最小值时，四边形MEFN的周长最小，
作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到，作点E关于y=1的对称点，连接与直线y=1交于点M，过点F作FN∥，交直线y=1于点N，
由作图可知：，
又∵三点共线，
∴EM+FN=，此时，EM+FN的值最小，
∵点F为直线y=-2x+2与直线x=-1的交点，
∴F（-1，4），
∴（-3，4），
又∵E（-5，12），
∴（-5，-10），
延长F交线段E于点W，
∵F与直线y=1平行，
∴FW⊥E，
∵在中，由勾股定理得：EF=，
在中，由勾股定理得：=，
∴四边形MEFN的周长最小值=ME+FN+EF+MN=．
【点睛】
本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握待定系数法，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，利用轴对称图形的性质，构造线段和的最小值，是解题的关键．
2．（2021·新疆沙依巴克·中考三模）如图，抛物线经过点，与轴交于点和点（点在点的右边），且．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）如图1，点、在直线上的两个动点，且，点在点的上方，求四边形的周长的最小值；
（3）如图2，点为抛物线上一点，连接，直线把四边形的面积分为3：5两部分，求点的坐标．
【答案】（1），顶点坐标为（1，4）； （2）四边形的周长的最小值为；（3）点的坐标为（4，－5）或（8，－45）.
【分析】
（1）根据待定系数法求得a、b、c的值即可确定抛物线的解析式，再利用配方法得出顶点坐标．
（2）把向下移1个单位得点，再作关于抛物线的对称轴的对称点，连接，与对称轴交于点，再在对称轴上点上方取点，使得，连接，此时四边形的周长最小，根据勾股定理即可得出．
（3）分或两种情况讨论即可．
【详解】
解：（1）∵点，，
∴,
把、、三点坐标代入，得
，解得，
∴抛物线的解析式为：，
∵，
∴顶点坐标为（1，4）；
（2）把向下移1个单位得点，再作关于抛物线的对称轴的对称点，连接，与对称轴交于点，再在对称轴上点上方取点，使得，连接，此时四边形的周长最小，
则,
∵,
∴,
∵对称轴是直线，
∴,
∵,
∴,
,
∴四边形的周长的最小值为；
（3）如图，设直线交轴于点，

直线把四边形的面积分为3：5两部分，
又∵，
则或5:3，
则或1.5，
即点的坐标为（1.5，0）或（0.5，0），
将点的坐标代入直线的表达式：，
解得：或－2，
故直线的表达式为：或，
联立方程组
解得：（不合题意值已舍去），
解，
解得：8（不合题意值已舍去），
故点的坐标为（4，－5）或（8，－45）.
【点睛】
本题考查二次函数综合题、涉及待定系数法求一次函数和二次函数解析式，二次函数图象与性质，勾股定理、轴对称、一次函数等知识，灵活掌握相关知识是解题的关键
3．（2021·山东曹县·九年级期中）如图，抛物线的对称轴是直线，与轴交于，两点，与轴交于点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若是抛物线上任意一点，过点作轴的平行线，交直线于点，若，求点的坐标．
（3）设点，是直线上两动点，且，点在点上方，求四边形周长的最小值．
【答案】（1）；（2）点的坐标为或或或；（3）
【分析】
（1）先求得点B的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线BC的函数表达式，分点M在直线BC的上方和下方两种情况讨论，分别得到一元二次方程，解方程即可求解；
（3）根据题意知当最小时，四边形的周长最小．过B作BF⊥轴于B，并截取BF=DE=1，过F作FD∥BE交直线x=3于D，根据轴对称的性质得到CD+ AE的最小值为CF，利用两点之间的距离公式即可求解．
【详解】
解：（1）∵点B与点A关于直线x=3对称，
∴点B的坐标为(8，0)，
∴
解得，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）当x=0时，y=4,
∴点的坐标为(0，4)，
设直线的函数表达式为，则
解得，
设点的坐标为，
则点的坐标为
①当点M在直线BC的上方时，
则，
，整理得，
解得，,
点的坐标为(2，6)或 (6，4)；
②当点M在直线BC的下方时，
则，
，整理得，
解得，，
的坐标为或；
所以点的坐标为(2，6)或 (6，4)或或；
（3）∵，C(0，4)，
∴，
又，
∴当最小时，四边形的周长最小．
∵点B与点A关于直线x=3对称，
∴AE=BE，
过B作BF⊥轴于B，并截取BF=DE=1，连接CF，
点F的坐标为(8，1)，
过F作FD∥BE交直线x=3于D，
∴四边形FDEB是平行四边形，
∴FD=EB=AE，
∴CD+ AE= CD+ FDCF，
∴CD+ AE的最小值为CF，
∵C(0，4)，F (8，1)，
∴CF=，
∴四边形ACDE的周长最小值为AC+DE+CF=．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，一次函数和二次函数的图象与性质，轴对称的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
4．（2021·四川岳池·中考三模）抛物线与轴交于点，（点在点的左边），与轴交于点，点是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接，求线段的长；
（2）如图2，点是直线上方抛物线上一点，轴于点，与线段交于点；将线段沿轴左右平移，线段的对应线段是，当的值最大时，求四边形周长的最小值，并求出对应的点的坐标．
【答案】（1）；（2）四边形周长的最小值为，对应的点的坐标为
【分析】
（1）根据抛物线解析式即可求出点C和点D坐标，再利用两点的距离公式即可求出结果．
（2）根据题意可求出，．从而求出直线的解析式，即可设，．由此即可用x表示出PF和EF的长．在中，利用勾股定理可求出，即说明，从而得出，即可用x表示AE的长．再利用，即可用x表示的长为：，根据二次函数的顶点式即可知，当的值最大时，，此时，由此可求出的长，
由题意可知，即要使四边形周长的最小，即的值最小即可．将点向右平移个单位长度得点，连接，则，再作点关于轴的对称点，则，由所做图形易得，即求出的长即可求出四边形的周长最小值，最后利用点为的中点，即可求出坐标，从而得到坐标．
【详解】
（1）当时，代入抛物线解析式得：，
∴，
将抛物线一般式改为顶点式为：，
∴，
∴；
（2）在中，令，则，
解得：，，
∴，，
∵，易得直线的解析式为：，
设，，
∴，，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
∴当的值最大时，，此时，
∴，
∵，
∴要使四边形周长的最小，即的值最小，
如图，将点向右平移个单位长度得点，连接，则，再作点关于轴的对称点，则，
∴，
∴连接与轴的交点即为使的值最小时的点，
∴，即．
将向左平移个单位长度即得点，
∴，
∴在中，，
对应的点的坐标为，即．
∴四边形周长的最小值为．
【点睛】
本题为二次函数综合题．考查抛物线图象与坐标轴的交点问题，抛物线的顶点式与最值问题，利用待定系数法求一次函数解析式，两点的距离公式以及轴对称变换等知识，为压轴题，困难题型．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
5．（2021·山东·济南外国语学校九年级月考）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋3经过A (1，0)、B(4，0)两点，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得四边形PAOC的周长最小?若存在，求出四边形PAOC周长的最小值；不存在，请说明理由．
(3)在(2)的条件下，点Q是线段OB上一动点，当△BPQ与△BAC相似时，求点Q的坐标．
【答案】（1）；（2）存在，9；（3）（，0）或（，0）
【分析】
（1）将A（1，0）、B（4，0）代入线y=ax2+bx+3，求出a、b即可；
（2）四边形PAOC的周长最小值为：OC+OA+BC=1+3+5=9；
（3）分两种情况讨论：①当△BPQ∽△BCA，②当△BQP∽△BCA．
【详解】
解：（1）把A (1，0)、B(4，0)代入y＝ax2＋bx＋3得，
，
解得
所以，抛物线的解析式为；
（2）∵A、B关于对称轴对称，如图，连接BC，与对称轴的交点即为所求的点P，此时PA+PC=BC，
∴四边形PAOC的周长最小值为：OC+OA+BC，
∵A（1，0）、B（4，0）、C（0，3），
∴OA=1，OC=3，BC=5，
∴OC+OA+BC=1+3+5=9；
∴在抛物线的对称轴上存在点P，使得四边形PAOC的周长最小，四边形PAOC周长的最小值为9；
（3）如图，设对称轴与x轴交于点D．
∵A（1，0）、B（4，0）、C（0，3），
∴OB=4，AB=3，BC=5，
直线BC：，
由二次函数可得，对称轴直线x=，
∴P（，），BP=，
①当△BPQ∽△BCA，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
②当△BQP∽△BCA，
∴，
∴，
∴BQ=，
∴OQ=OB-BQ=4-=，
∴Q2（，0），
综上，求得点Q的坐标（，0）或（，0）
【点睛】
本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的性质与相似三角形的性质是解题的关键．
6．（2021·云南·曲靖市九年级月考）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点，交轴于点．
（1）求抛物线的解析式及顶点的坐标；
（2）点是抛物线上、之间的一点，过点作轴于点，轴，交抛物线于点，过点作轴于点，当矩形的周长最大时，求点的坐标；
（3）如图2，连接、，点在线段上（不与、重合），作直线轴交抛物线于点，是否存在点，使得与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），；（2）；（3）存在，或
【分析】
（1）根据点B、C 的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式，由此即可得出顶点D的坐标；
（2）设点，可得，，矩形的周长，即可求解；
（3）设点，则，，根据相似三角形的性质,可得关于 m 的方程，可得 M 点的坐标，要分类讨论,以防遗漏．
【详解】
解：（1）∵抛物线经过点和点，交轴于点，
将B，C代入解析式得：
解得：b=－2，c=3
∴抛物线的表达式为：，
∵
∴点；
∴解析式为，顶点坐标
（2）设点，则，
∵顶点坐标，
∴，
矩形的周长，
，故当时，矩形周长最大，
此时，点的横坐标为；将-2，代入得y=3
∴坐标为；
（3）设点，则，
令y=0,得
解得：
∴点A（-3,0），
∴AM=m+3 ,OB=1,OC=3
∵，
∴当时
即，
解得:(舍去)
∴
∵，
∴当时
即，
解得：(舍去)
∴
综上所述：存在点，即或者，使得与相似．
【点睛】
本题考查了二次函数综合题，涉及到待定系数求函数解析式、三角形相似和二次函数的最值；(1)的关键是顶点是函数解析式；解(2)的关键是利用已知条件把表示出来；(3)的关键是利用相似三角形的性质得出关于 m 的方程,要分类讨论，以防遗漏．
7．如图，抛物线的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．点A坐标的为，点C的坐标为．
（Ⅰ）求抛物线的解析式；
（Ⅱ）点M为线段上一点（点M不与点A、B重合），过点M作i轴的垂线，与直线交于点E，与抛物线交于点P，过点P作交抛物线于点Q，过点Q作轴于点N．若点P在点Q左边，当矩形的周长最大时，求的面积；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当矩形的周长最大时，连接，过抛物线上一点F作y轴的平行线，与直线交于点G（点G在点F的上方）．若，求点F的坐标．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）或
【分析】
（Ⅰ）将点A，点C坐标代入解析式可求解；
（Ⅱ）设M（x，0），P（x，-x2-2x+3），利用对称性可求点Q（-2-x，-x2-2x+3），可求MP=-x2-2x+3，PQ=-2-x-x=-2-2x，则可用x表示矩形PMNQ的周长，由二次函数的性质可求当矩形PMNQ的周长最大时，点P的坐标，即可求点E，点M的坐标，由三角形面积公式可求解；
（Ⅲ）先求出点D坐标，即可求DQ=，可得FG=4，设F （m，-m2-2m+3），则G （m，m+3），用含有m的式子表示FG的长度即可求解．
【详解】
解:（Ⅰ）依题意
解得
所以
（Ⅱ）
抛物线的对称轴是直线
，，其中
∵P、Q关于直线对称
设Q的横坐标为a
则
∴
∴
∴，
∴周长
当时，d取最大值，此时，
∴
设直线的解析式为
则，解得
∴设直线的解析式为
将代入，得
∴，
∴
∴
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当矩形的周长最大时，此时点，与点C重合，
∴
∵
∴
过D作轴于K，
则，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
设，则
∴，解得，
当时，
当时，．
∴或
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质等，利用参数表示线段的长度是本题的关键．
8．（2021·山东·济南市济阳区中考模拟预测）如图，抛物线y＝﹣2x﹣3经过点A（﹣2，a），与x轴相交于B、C两点（B点在C点左侧）．
（1）求a的值及B、C两点坐标；
（2）点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BD，若点恰好落在抛物线的对称轴上，求点和点D的坐标；
（3）设P（m，-3)是该抛物线上一点，点Q为抛物线的顶点，在x轴、y轴分别找点M、N，使四边形MNQP的周长最小，请求出点M、N的坐标．
【答案】（1）5；（-1,0），（3,0） （2）（1，）；（1，） （3）（，0）；（0，）
【分析】
（1）把A（-2，a）代入y＝x2﹣2x﹣3可得a的值，分别 令y=0求出抛物线与x轴的交点坐标，从而可得B、C点坐标；
（2）设对称轴于BC的交点为E，先求出点C，点E坐标，可求BC=4，BH=CH=2，由折叠的性质可得BC'的长，由勾股定理可求C'H，DH的长，即可求解；
（4）作Q点关于y轴的对称点Q′（-1，-4），作点P（2，-3）关于x轴的对称点P′（2，3），连接Q′P′分别交x、y轴于点M、N，此时，四边形QPMN的周长最小，即可求解．
【详解】
解：（1）把A（-2，a)代入y＝x2﹣2x﹣3，得a=5；
当y=0时，x2﹣2x﹣3=0 解得x1=3, x2=-1
∵B点在C点左侧
∴B(-1,0)，C(3,0)
(2)如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），BH＝2，

由翻折得C′B＝CB＝4，
在Rt△BHC′中，由勾股定理，得，
∴点C′的坐标为（1，2），tan，
∴∠C′BH＝60°，
由翻折得∠DBH＝∠C′BH＝30°，
在Rt△BHD中，DH＝BH•tan∠DBH＝2•tan30°＝，
∴点D的坐标为（1，）．
（3）如图2，
∵Q为抛物线的顶点，
∴Q（1，﹣4），
∴Q关于y轴的对称点Q'（﹣1，﹣4），
∵P（m,-3）在抛物线上，
∴P（2，﹣3），
∴点P关于x轴的对称点P'（2，3），
连接Q′、P′分别交x、y轴于点M、N，此时，四边形OPMN的周长最小，，
设直线Q′P′的解析式为y=kx+b，则有
，解得，
∴直线P'Q'的解析式为y＝x﹣，
当x=0时，y=﹣；当y=0时，x=;
∴M（，0），N（0，﹣）．
【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解析式，待定系数法求一次函数解析式，轴对称的性质等知识，其中（3），利用对称点性质求解是此类题目的一般解法，需要掌握．
9．（重庆市九年级月考）如图1，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴从左到右交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D
（1）求直线AC的解析式与点D的坐标；
（2）在直线AC上方的抛物线上有一点E，作EF∥x轴，与抛物线交于点F，作EM⊥x轴于M，作FN⊥x轴于N，长度为2的线段PQ在直线AC上运动（点P在点Q右侧），当四边形EMNF的周长取最大值求四边形DPQE的周长的最小值及对应的点Q的坐标；
（3）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点D在直线AD上移动，点D平移后的对应点为D′，点A平移后的对应点为A′，△A′D′C是否能为直角三角形？若能，请求出对应的线段D′C的长；若不能，请说明理由.
【答案】（1）直线AC的解析式为：，；（2）四边形DPQE的周长的最小值是，对应的点Q的坐标为；（3）=或或3.
【分析】
(1)抛物线与x轴从左到右交于A、B两点，只要令y=0，即可求出A、B两点；与y轴交于点C，只要令x=0，即可求出点C；由点A、C的坐标可得直线AC的解析；D的坐标用顶点公式或者先求出对称轴代入解析式，即可求出；
(2)作点E关于直线AC的对称点E'(0,1)，将点E'沿AC方向平移个单位得到E″(2,3)，连接E″D交直线AC于点P，将点P向下平移个单位得到Q，则点Q为所求点即可求解，再根据个点坐标求出四边形的边长，进而计算周长；
(3)分A'D'是斜边、A'C是斜边、CD'是斜边三种情况，分别求解即可．
【详解】
解：(1)∵抛物线与x轴从左到右交于A、B两点，
∴令y=0，即，解得：，则
∵抛物线与y轴交于点C，
∴
由点A、C的坐标得，直线AC的解析式为：；
∵D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴为：，
∴；
(2)设点，
∵抛物线的对称轴为：，轴，
∴
四边形的周长，
当时，最大，此时点；
∵，；
∴；
∵且P、Q在上
∴P、Q两点横纵坐标差为2，
作点关于直线的对称点，将点沿方向平移个单位得到，
由点坐标得，直线的解析式为：；
联立直线AC、直线的解析式并解得：，故点，
将点沿着直线CA向左向下平移个单位得到点；
∵，，，；
∴，；
此时四边形的周长最小
；
(3)由待定系数法求得直线AD的解析式为：，则设抛物线向右平移m个单位，则向上平移2m个单位，
∴、，，
而点，
∴；
①当是斜边时，如图2，

分别过点、作y轴的垂线交于点N、M，则，
则，即，
解得：(舍去)或；
②当是斜边时，如图3，
过点作x轴的平行线交y轴于点N，交过点作y轴的平行线于点M，
同理可得：，则，
即，解得：；
③当是斜边时，
同理可得：，解得：，
故或−1或 1
则=或或3．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、点的对称性、解直角三角形等，其中第（3）问，要注意分类求解，避免遗漏．
10．（2021·广东·广州市第五中学九年级期中）如图，过原点的抛物线与轴交于点，为抛物线的顶点，连接，点是线段上的一个动点，过点作，垂足为点．
（1）将绕着点按顺时针方向旋转，得，当点落在抛物线上时，求点的坐标．
（2）当时，将线段绕平面某点旋转得到线段，若点、都落在抛物线上，求点和的坐标．
（3）当（1）中的点落在抛物线上时，将抛物线向左或向右平移个单位，点、平移后对应的点分别记为、，是否存在，使得以、、、为顶点的四边形周长最短？若存在，请直接写出的值和抛物线平移的方向，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（，0）；（2），；（3）存在，抛物线向左平移
【分析】
（1），过点B作BQ⊥x轴于Q，过点作⊥于D，先证明△OQB是等腰直角三角形，得到∠BOP=45°，从而可以证明△OCP是等腰直角三角形，OC=CP，∠OPC=45°，设P（m，0），则，代入抛物线解析式求解即可；
（2）过点C作CD⊥OA于D，求出C（1，1），将线段PC绕平面某点旋转180°得到线段EF，设这个点的坐标为（a，b），则，，从而得到，，再根据E、F在抛物线上，求解即可；
（3）将沿平移，使得与B点重合，点A落在处，，以过B的直线y=2为对称轴，作的对称点，连接，当点M为与直线y=2的交点时，此时以O、M、N、A为顶点的四边形周长最短，先求出，则，再求出M的坐标即可得到答案．
【详解】
解：（1）如图所示，过点B作BQ⊥x轴于Q，过点作⊥于D，
∵点B是抛物线的顶点，
∴B（2，2），
∴OQ=BQ=2，
∴△OQB是等腰直角三角形，
∴∠BOP=45°，
又∵PC⊥OB，
∴∠OCP=90°，
∴△OCP是等腰直角三角形，
∴OC=CP，∠OPC=45°，
由旋转的性质可得，，，
设P（m，0），则，
∴，
∴
∵在抛物线上，
∴即，
解得或（舍去），
∴P（，0）；
（2）如图所示，过点C作CD⊥OA于D，
∵B（2，2），PB⊥OA，
∴OP=PB=2，△OBP为等腰直角三角形，P（2，0），
由（1）得PC=OC，
∵，
∴，
∴，
又∵CD⊥OA，
∴OD=CD=PD=1，
∴C（1，1），
将线段PC绕平面某点旋转180°得到线段EF，设这个点的坐标为（a，b），
∴，，
∴，，
∴，，
又∵E、F都在抛物线上，
∴，
∴
解得
∴，；
（3）存在，抛物线向左平移，理由如下：
由（1）可知，如图将沿平移，使得与B点重合，点A落在处，，以过B的直线y=2为对称轴，作的对称点，连接，当点M为与直线y=2的交点时，此时以O、M、N、A为顶点的四边形周长最短，
∵A是抛物线与x轴的交点，
∴A（4，0）
∵，且，，B（2，2），
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
∵M在直线y=2上，
∴，
解得，
∴
∴，
∴存在，抛物线向左平移．
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合，旋转的性质，平移的性质，中心对称，等腰直角三角形的性质，一次函数，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
11．（重庆中考招生考试）如图，已知抛物线与轴交于，两点（点位于点左侧），与轴交于点，连接．点为抛物线的顶点，点为．
（1）点是第四象限内抛物线上的一点，过点作轴交抛物线于点，作轴于点，作轴于点，点在点右边．点是直线上一个动点，点是直线上一个动点，当四边形的周长最大时，求的最小值；
（2）如图2，将原抛物线绕其对称轴与轴的交点旋转得新的抛物线，点，的对应点分别记为，，把抛物线沿直线平移，，的对应点分别记为，是否存在点，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）的最小值为；（2）存在，或或．
【分析】
(1) 设，则．然后再确定抛物线的对称轴以及开口方向,即可确定最值；
（2）由题意知，抛物线绕其对称轴与轴的交点旋转得抛物线，点的对应与点重合．设，，然后利用勾股定理得到；然后就和分别解答即可．
【详解】
解：（1），，，．
设，则．
抛物线的对称轴为，
．
矩形的周长
．
此函数的图象为抛物线，其对称轴为，且．
，
当时，矩形的周长最大，此时点的坐标为．
作点关于的对称点，
，
作于交于，此时最小，的最小值．
延长交于，可求得，，
的最小值．
（2）由题意知，抛物线绕其对称轴与轴的交点旋转得抛物线，点的对应与点重合．
设，，
则，
，
①当时，
即
．
化简后解得．
②当时，，
即．
化简后解得．
综上所述，或或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了矩形的性质、二次函数图像的性质、勾股定理等知识，掌握二次函数图像的性质和根据勾股定理列方程是解答本题的关键．