初中數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí) 專(zhuān)題04 幾何最值存在性問(wèn)題（解析版）

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?玩轉(zhuǎn)壓軸題，爭(zhēng)取滿(mǎn)分之備戰(zhàn)2020年中考數(shù)學(xué)解答題高端精品
專(zhuān)題四 幾何最值的存在性問(wèn)題
【考題研究】
在平面幾何的動(dòng)態(tài)問(wèn)題中，當(dāng)某幾何元素在給定條件變動(dòng)時(shí)，求某幾何量（如線段的長(zhǎng)度、圖形的周長(zhǎng)或面積、角的度數(shù)以及它們的和與差）的最大值或最小值問(wèn)題，稱(chēng)為最值問(wèn)題。
從歷年的中考數(shù)學(xué)壓軸題型分析來(lái)看，經(jīng)常會(huì)考查到距離或者兩條線段和差最值得問(wèn)題，并且這部分題目在中考中失分率很高，應(yīng)該引起我們的重視。幾何最值問(wèn)題再教材中雖然沒(méi)有進(jìn)行專(zhuān)題講解，到卻給了我們很多解題模型，因此在專(zhuān)題復(fù)習(xí)時(shí)進(jìn)行壓軸訓(xùn)練是必要的。
【解題攻略】
最值問(wèn)題是一類(lèi)綜合性較強(qiáng)的問(wèn)題，而線段和（差）問(wèn)題，要?dú)w歸于幾何模型：（1）歸于“兩點(diǎn)之間的連線中，線段最短”凡屬于求“變動(dòng)的兩線段之和的最小值”時(shí)，大都應(yīng)用這一模型．（2）歸于“三角形兩邊之差小于第三邊”凡屬于求“變動(dòng)的兩線段之差的最大值”時(shí)，大都應(yīng)用這一模型．?
兩條動(dòng)線段的和的最小值問(wèn)題，常見(jiàn)的是典型的“牛喝水”問(wèn)題，關(guān)鍵是指出一條對(duì)稱(chēng)軸“河流”（如圖1）．
三條動(dòng)線段的和的最小值問(wèn)題，常見(jiàn)的是典型的“臺(tái)球兩次碰壁”或“光的兩次反射”問(wèn)題，關(guān)鍵是指出兩條對(duì)稱(chēng)軸“反射鏡面”（如圖2）．
兩條線段差的最大值問(wèn)題，一般根據(jù)三角形的兩邊之差小于第三邊，當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)，兩條線段差的最大值就是第三邊的長(zhǎng)．如圖3，PA與PB的差的最大值就是AB，此時(shí)點(diǎn)P在AB的延長(zhǎng)線上，即P′．
解決線段和差的最值問(wèn)題，有時(shí)候求函數(shù)的最值更方便，建立一次函數(shù)或者二次函數(shù)求解最值問(wèn)題．

【解題類(lèi)型及其思路】
解決平面幾何最值問(wèn)題的常用的方法有：（1）應(yīng)用兩點(diǎn)間線段最短的公理（含應(yīng)用三角形的三邊關(guān)系）求最值；（2）應(yīng)用垂線段最短的性質(zhì)求最值；（3）應(yīng)用軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)求最值；（4）應(yīng)用二次函數(shù)求最值；（5）應(yīng)用其它知識(shí)求最值。
【典例指引】
類(lèi)型一 【確定線段（或線段的和，差）的最值或確定點(diǎn)的坐標(biāo)】
【典例指引1】（2018·天津中考模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，長(zhǎng)方形OABC的頂點(diǎn)A、C分別在x軸、y軸的正半軸上．點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，4），將該長(zhǎng)方形沿OB翻折，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)D，OD與BC交于點(diǎn)E．
（I）證明：EO=EB；
（Ⅱ）點(diǎn)P是直線OB上的任意一點(diǎn)，且△OPC是等腰三角形，求滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（Ⅲ）點(diǎn)M是OB上任意一點(diǎn)，點(diǎn)N是OA上任意一點(diǎn)，若存在這樣的點(diǎn)M、N，使得AM+MN最小，請(qǐng)直接寫(xiě)出這個(gè)最小值．

【答案】（I）證明見(jiàn)解析；（Ⅱ）P的坐標(biāo)為（4，2）或（，）或P（﹣，﹣）或（，）；（Ⅲ）．
【解析】
分析：（Ⅰ）由折疊得到∠DOB=∠AOB，再由BC∥OA得到∠OBC=∠AOB，即∠OBC=∠DOB，即可；
（Ⅱ）設(shè)出點(diǎn)P坐標(biāo)，分三種情況討論計(jì)算即可；
（Ⅲ）根據(jù)題意判斷出過(guò)點(diǎn)D作OA的垂線交OB于M，OA于N，求出DN即可．
詳解：（Ⅰ）∵將該長(zhǎng)方形沿OB翻折，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)D，OD與BC交于點(diǎn)E，
∴∠DOB=∠AOB，
∵BC∥OA，
∴∠OBC=∠AOB，
∴∠OBC=∠DOB，
∴EO=EB；
（Ⅱ）∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，4），
∴直線OB解析式為y=x，
∵點(diǎn)P是直線OB上的任意一點(diǎn)，
∴設(shè)P（a，a）．
∵O（0，0），C（0，4），
∴OC=4，PO2=a2+（a）2=a2，PC2=a2+（4-a）2．
當(dāng)△OPC是等腰三角形時(shí)，可分三種情況進(jìn)行討論：
①如果PO=PC，那么PO2=PC2，
則a2=a2+（4-a）2，解得a=4，即P（4，2）；
②如果PO=OC，那么PO2=OC2，
則a2=16，解得a=±，即P（，）或P（-，-）；
③如果PC=OC時(shí)，那么PC2=OC2，
則a2+（4-a）2=16，解得a=0（舍），或a=，即P（，）；
故滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4，2）或（，）或P（-，-）或（，）；
（Ⅲ）如圖，過(guò)點(diǎn)D作OA的垂線交OB于M，交OA于N，

此時(shí)的M，N是AM+MN的最小值的位置，求出DN就是AM+MN的最小值．
由（1）有，EO=EB，
∵長(zhǎng)方形OABC的頂點(diǎn)A，C分別在x軸、y軸的正半軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，4），
設(shè)OE=x，則DE=8-x，
在Rt△BDE中，BD=4，根據(jù)勾股定理得，DB2+DE2=BE2，
∴16+（8-x）2=x2，
∴x=5，
∴BE=5，
∴CE=3，
∴DE=3，BE=5，BD=4，
∵S△BDE=DE×BD=BE×DG，
∴DG=，
由題意有，GN=OC=4，
∴DN=DG+GN=+4=．
即：AM+MN的最小值為．
點(diǎn)睛：此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，極值的確定，進(jìn)行分類(lèi)討論與方程思想是解本題的關(guān)鍵．
【舉一反三】
（2020·云南初三）如圖，拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過(guò)點(diǎn) B（﹣1，0），C（2，3），拋物線與y軸的焦點(diǎn)A，與x軸的另一個(gè)焦點(diǎn)為D，點(diǎn)M為線段AD上的一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為t．
（1）求拋物線的表達(dá)式；
（2）過(guò)點(diǎn)M作y軸的平行線，交拋物線于點(diǎn)P，設(shè)線段PM的長(zhǎng)為1，當(dāng)t為何值時(shí)，1的長(zhǎng)最大，并求最大值；（先根據(jù)題目畫(huà)圖，再計(jì)算）
（3）在（2）的條件下，當(dāng)t為何值時(shí)，△PAD的面積最大？并求最大值；
（4）在（2）的條件下，是否存在點(diǎn)P，使△PAD為直角三角形？若存在，直接寫(xiě)出t的值；若不存在，說(shuō)明理由．

【答案】(1)y=﹣x2+2x+3；（2）當(dāng)t=時(shí)，l有最大值，l最大=；（3）t=時(shí)，△PAD的面積的最大值為；（4）t=.
【解析】
試題分析：（1）利用待定系數(shù)法即可解決問(wèn)題；
（2）易知直線AD解析式為y=-x+3，設(shè)M點(diǎn)橫坐標(biāo)為m，則P（t，-t2+2t+3），M（t，-t+3），可得l=-t2+2t+3-（-t+3）=-t2+3t=-（t-）2+，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問(wèn)題；
（3）由S△PAD=×PM×（xD-xA）=PM，推出PM的值最大時(shí)，△PAD的面積最大；
（4）如圖設(shè)AD的中點(diǎn)為K，設(shè)P（t，-t2+2t+3）．由△PAD是直角三角形，推出PK=AD，可得（t-）2+（-t2+2t+3-）2=×18，解方程即可解決問(wèn)題；
試題解析：（1）把點(diǎn) B（﹣1，0），C（2，3）代入y=ax2+bx+3，
則有，
解得，
∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3．
（2）在y=﹣x2+2x+3中，令y=0可得0=﹣x2+2x+3，解得x=﹣1或x=3，
∴D（3，0），且A（0，3），
∴直線AD解析式為y=﹣x+3，

設(shè)M點(diǎn)橫坐標(biāo)為m，則P（t，﹣t2+2t+3），M（t，﹣t+3），
∵0＜t＜3，
∴點(diǎn)M在第一象限內(nèi)，
∴l(xiāng)=﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）=﹣t2+3t=﹣（t﹣）2+，
∴當(dāng)t=時(shí)，l有最大值，l最大=；
（3）∵S△PAD=×PM×（xD﹣xA）=PM，
∴PM的值最大時(shí)，△PAD的面積中點(diǎn)，最大值=×=．
∴t=時(shí)，△PAD的面積的最大值為．
（4）如圖設(shè)AD的中點(diǎn)為K，設(shè)P（t，﹣t2+2t+3）．

∵△PAD是直角三角形，
∴PK=AD，
∴（t﹣）2+（﹣t2+2t+3﹣）2=×18，
整理得t（t﹣3）（t2﹣t﹣1）=0，
解得t=0或3或，
∵點(diǎn)P在第一象限，
∴t=.
類(lèi)型二 【確定三角形、四邊形的周長(zhǎng)的最值或符合條件的點(diǎn)的坐標(biāo)】
【典例指引2】
（2020·重慶初三期末）如圖，拋物線（）與雙曲線相交于點(diǎn)、，已知點(diǎn)坐標(biāo)，點(diǎn)在第三象限內(nèi)，且的面積為3（為坐標(biāo)原點(diǎn)）.

（1）求實(shí)數(shù)、、的值；
（2）在該拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上是否存在點(diǎn)使得為等腰三角形？若存在請(qǐng)求出所有的點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在請(qǐng)說(shuō)明理由.
（3）在坐標(biāo)系內(nèi)有一個(gè)點(diǎn)，恰使得，現(xiàn)要求在軸上找出點(diǎn)使得的周長(zhǎng)最小，請(qǐng)求出的坐標(biāo)和周長(zhǎng)的最小值.
【答案】（1），；（2）存在，，，，，；（3）
【解析】
【分析】
（1）由點(diǎn)A在雙曲線上，可得k的值，進(jìn)而得出雙曲線的解析式．設(shè)()，過(guò)A作AP⊥x軸于P，BQ⊥y軸于Q，直線BQ和直線AP相交于點(diǎn)M．根據(jù)=3解方程即可得出k的值，從而得出點(diǎn)B的坐標(biāo)，把A、B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式即可得到結(jié)論；
（2）拋物線對(duì)稱(chēng)軸為，設(shè)，則可得出；；．然后分三種情況討論即可；
（3）設(shè)M(x，y)．由MO=MA=MB，可求出M的坐標(biāo)．作B關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B'．連接B'M交y軸于Q．此時(shí)△BQM的周長(zhǎng)最?。脙牲c(diǎn)間的距離公式計(jì)算即可．
【詳解】
（1）由知：k=xy=1×4=4，
∴．
設(shè)()．
過(guò)A作AP⊥x軸于P，BQ⊥y軸于Q，直線BQ和直線AP相交于點(diǎn)M，則S△AOP=S△BOQ=2．




令：，
整理得：，
解得：，．
∵m＜0，
∴m=-2，
故．
把A、B帶入

解出：，
∴．

（2）
∴拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為．
設(shè)，則，，．
∵△POB為等腰三角形，
∴分三種情況討論：
①，即，解得：，
∴，；
②，即，解得：，
∴，；
③，即，解得：
∴；
（3）設(shè)．
∵，，，
∴，，．
∵，
∴
解得：，
∴．
作B關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B'坐標(biāo)為：(2，-2)．
連接B'M交y軸于Q．此時(shí)△BQM的周長(zhǎng)最?。?br /> =MB'+MB

．

【名師點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)綜合題．考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、軸對(duì)稱(chēng)-最值問(wèn)題等．第（1）問(wèn)的關(guān)鍵是割補(bǔ)法；第（2）問(wèn)的關(guān)鍵是分類(lèi)討論；第（3）問(wèn)的關(guān)鍵是求出M的坐標(biāo)．
【舉一反三】
（2019·重慶實(shí)驗(yàn)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校初三）如圖1，已知拋物線y＝﹣x+3與x軸交于A和B兩點(diǎn)，（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C．
（1）求出直線BC的解析式．
（2）M為線段BC上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)M作x軸的垂線交BC于H，過(guò)M作MQ⊥BC于Q，求出△MHQ周長(zhǎng)最大值并求出此時(shí)M的坐標(biāo)；當(dāng)△MHQ的周長(zhǎng)最大時(shí)在對(duì)稱(chēng)軸上找一點(diǎn)R，使|AR﹣MR|最大，求出此時(shí)R的坐標(biāo)．
（3）T為線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，將△OCT沿邊OT翻折得到△OC′T，是否存在點(diǎn)T使△OC′T與△OBC的重疊部分為直角三角形，若存在請(qǐng)求出BT的長(zhǎng)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【答案】（1）y＝﹣x+3；（2）R（1，）；（3）BT＝2或BT＝．
【解析】
【分析】
（1）由已知可求A（﹣2，0），B（4，0），C（0，3），即可求BC的解析式；
（2）由已知可得∠QMH＝∠CBO，則有QH＝QM，MH＝MQ，所以△MHQ周長(zhǎng)＝3QM，則求△MHQ周長(zhǎng)的最大值，即為求QM的最大值；設(shè)M（m，），過(guò)點(diǎn)M與BC直線垂直的直線解析式為，交點(diǎn)，可求出，當(dāng)m＝2時(shí)，MQ有最大值；函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝1，作點(diǎn)M關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M'（0，3），連接AM'與對(duì)稱(chēng)軸交于點(diǎn)R，此時(shí)|AR﹣MR|＝|AR﹣M'R|＝AM'，|AR﹣MR|的最大值為AM'；求出AM'的直線解析式為，則可求；
（3）有兩種情況：當(dāng)TC'∥OC時(shí)，GO⊥TC'；當(dāng)OT⊥BC時(shí)，分別求解即可．
【詳解】
解：（1）令y=0，即，解得，
∵點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)
∴A（﹣2，0），B（4，0），
令x=0解得y=3，
∴C（0，3），
設(shè)BC所在直線的解析式為y=kx+3，
將B點(diǎn)坐標(biāo)代入解得k=
∴BC的解析式為y＝-x+3；
（2）∵M(jìn)Q⊥BC，M作x軸，
∴∠QMH＝∠CBO，
∴tan∠QMH＝tan∠CBO＝，
∴QH＝QM，MH＝MQ，
∴△MHQ周長(zhǎng)＝MQ+QH+MH＝QM+QM+MQ＝3QM，
則求△MHQ周長(zhǎng)的最大值，即為求QM的最大值；
設(shè)M（m，），
過(guò)點(diǎn)M與BC直線垂直的直線解析式為，
直線BC與其垂線相交的交點(diǎn)，
∴，
∴當(dāng)m＝2時(shí)，MQ有最大值，
∴△MHQ周長(zhǎng)的最大值為，此時(shí)M（2，3），
函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝1，
作點(diǎn)M關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M'（0，3），
連接AM'與對(duì)稱(chēng)軸交于點(diǎn)R，此時(shí)|AR﹣MR|＝|AR﹣M'R|＝AM'，
∴|AR﹣MR|的最大值為AM'；
∵AM'的直線解析式為y＝x+3，
∴R（1，）；
（3）①當(dāng)TC'∥OC時(shí)，GO⊥TC'，
∵△OCT≌△OTC'，
∴，
∴
∴BT＝2；
②當(dāng)OT⊥BC時(shí)，過(guò)點(diǎn)T作TH⊥x軸，
OT＝，
∵∠BOT＝∠BCO，
∴，
∴OH＝，
∴
∴BT＝；
綜上所述：BT＝2或BT＝．


【點(diǎn)睛】
本題是一道綜合題，考查了二次函數(shù)一次函數(shù)和三角形相關(guān)的知識(shí)，能夠充分調(diào)動(dòng)所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.
類(lèi)型三 【確定三角形、四邊形的面積最值或符合條件的點(diǎn)的坐標(biāo)】
【典例指引3】（2019·甘肅中考真題）如圖，已知二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點(diǎn)A（1，0）、B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C．

（1）求二次函數(shù)的解析式；
（2）若點(diǎn)P為拋物線上的一點(diǎn)，點(diǎn)F為對(duì)稱(chēng)軸上的一點(diǎn)，且以點(diǎn)A、B、P、F為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)E是二次函數(shù)第四象限圖象上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作x軸的垂線，交直線BC于點(diǎn)D，求四邊形AEBD面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)．
【答案】（1）y＝x2﹣4x+3；（2）點(diǎn)P（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；（3）最大值為 ，E（，﹣）．
【解析】
【分析】
（1）用交點(diǎn)式函數(shù)表達(dá)式，即可求解；
（2）分當(dāng)AB為平行四邊形一條邊、對(duì)角線，兩種情況，分別求解即可；
（3）利用S四邊形AEBD＝AB（yD﹣yE），即可求解．
【詳解】
解：（1）用交點(diǎn)式函數(shù)表達(dá)式得：y＝（x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3；
故二次函數(shù)表達(dá)式為：y＝x2﹣4x+3；
（2）①當(dāng)AB為平行四邊形一條邊時(shí)，如圖1，

則AB＝PE＝2，
則點(diǎn)P坐標(biāo)為（4，3），
當(dāng)點(diǎn)P在對(duì)稱(chēng)軸左側(cè)時(shí)，即點(diǎn)C的位置，點(diǎn)A、B、P、F為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形，
故：點(diǎn)P（4，3）或（0，3）；
②當(dāng)AB是四邊形的對(duì)角線時(shí)，如圖2，

AB中點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）
設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為2，其中點(diǎn)坐標(biāo)為： ，
即：＝2，解得：m＝2，
故點(diǎn)P（2，﹣1）；
故：點(diǎn)P（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；
（3）直線BC的表達(dá)式為：y＝﹣x+3，

設(shè)點(diǎn)E坐標(biāo)為（x，x2﹣4x+3），則點(diǎn)D（x，﹣x+3），
S四邊形AEBD＝AB（yD﹣yE）＝﹣x+3﹣x2+4x﹣3＝﹣x2+3x，
∵﹣1＜0，故四邊形AEBD面積有最大值，
當(dāng)x＝，其最大值為，此時(shí)點(diǎn)E（，﹣）．
【點(diǎn)睛】
主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來(lái)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長(zhǎng)度，從而求出線段之間的關(guān)系．
【舉一反三】
（2019·內(nèi)蒙古中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線與軸交于），兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，連接．
（1）求該拋物線的解析式，并寫(xiě)出它的對(duì)稱(chēng)軸；
（2）點(diǎn)為拋物線對(duì)稱(chēng)軸上一點(diǎn)，連接，若，求點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）已知，若是拋物線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（其中），連接，求面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)．
（4）若點(diǎn)為拋物線對(duì)稱(chēng)軸上一點(diǎn)，拋物線上是否存在點(diǎn)，使得以為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出所有滿(mǎn)足條件的點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【答案】（1），對(duì)稱(chēng)軸；（2）；（3）面積有最大值是，；（4）存在點(diǎn)使得以為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，或或.
【解析】
【分析】
（1）將點(diǎn)A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx+2即可；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DG⊥y軸于G，作DH⊥x軸于H，設(shè)點(diǎn)D（1，y），在Rt△CGD中，CD2=CG2+GD2=（2-y）2+1，在Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2=4+y2，可以證明CD=BD，即可求y的值；
（3）過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥y軸于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)F作直線FR⊥y軸于R，過(guò)點(diǎn)E作FP⊥FR于P，證明四邊形QRPE是矩形，根據(jù)S△CEF=S矩形QRPE-S△CRF-S△EFP，代入邊即可；
（4）根據(jù)平行四邊形對(duì)邊平行且相等的性質(zhì)可以得到存在點(diǎn)M使得以B，C，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，點(diǎn)M（2，2）或M（4，- ）或M（-2，-）；
【詳解】
解：（1）將點(diǎn)代入，
可得，
；
對(duì)稱(chēng)軸；
（2）如圖1：過(guò)點(diǎn)作軸于，作軸于，

設(shè)點(diǎn)，
，
在中，，
在中，，
在中，
，


，
；
（3）如圖2：過(guò)點(diǎn)作軸于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作直線軸于，過(guò)點(diǎn)作于，

，
四邊形是矩形，
，
，


，

當(dāng)時(shí)，面積有最大值是，
此時(shí)；
（4）存在點(diǎn)使得以為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，
設(shè)，
①四邊形是平行四邊形時(shí)，



②四邊形時(shí)平行四邊形時(shí)，

，
；
③四邊形時(shí)平行四邊形時(shí)，
，
，
；
綜上所述：或或；
【點(diǎn)睛】
本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的判定與性質(zhì)，及分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想.熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、靈活運(yùn)用勾股定理求邊長(zhǎng)、掌握平行四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵．
【新題訓(xùn)練】
1．如圖，直線y＝5x＋5交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)C，過(guò)A，C兩點(diǎn)的二次函數(shù)y＝ax2＋4x＋c的圖象交x軸于另一點(diǎn)B.
(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；
(2)連接BC，點(diǎn)N是線段BC上的動(dòng)點(diǎn)，作ND⊥x軸交二次函數(shù)的圖象于點(diǎn)D，求線段ND長(zhǎng)度的最大值；
(3)若點(diǎn)H為二次函數(shù)y＝ax2＋4x＋c圖象的頂點(diǎn)，點(diǎn)M(4，m)是該二次函數(shù)圖象上一點(diǎn)，在x軸，y軸上分別找點(diǎn)F，E，使四邊形HEFM的周長(zhǎng)最小，求出點(diǎn)F、E的坐標(biāo)．

【答案】(1) y＝－x2＋4x＋5；(2);(3) F (，0)，E(0，)．
【解析】
【分析】
（1）先根據(jù)坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征由一次函數(shù)的表達(dá)式求出A，C兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)待定系數(shù)法可求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）根據(jù)坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征由二次函數(shù)的表達(dá)式求出B點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法可求一次函數(shù)BC的表達(dá)式，設(shè)ND的長(zhǎng)為d，N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為n，則N點(diǎn)的縱坐標(biāo)為-n+5，D點(diǎn)的坐標(biāo)為D（n，-n2+4n+5），根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式和二次函數(shù)的最值計(jì)算可求線段ND長(zhǎng)度的最大值；
（3）由題意可得二次函數(shù)的頂點(diǎn)坐標(biāo)為H（2，9），點(diǎn)M的坐標(biāo)為M（4，5），作點(diǎn)H（2，9）關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)H1，可得點(diǎn)H1的坐標(biāo)，作點(diǎn)M（4，5）關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)HM1，可得點(diǎn)M1的坐標(biāo)連結(jié)H1M1分別交x軸于點(diǎn)F，y軸于點(diǎn)E，可得H1M1+HM的長(zhǎng)度是四邊形HEFM的最小周長(zhǎng)，再根據(jù)待定系數(shù)法可求直線H1M1解析式，根據(jù)坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求點(diǎn)F、E的坐標(biāo)．
【詳解】
解：(1)∵直線y＝5x＋5交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)C，
∴A(－1，0)，C(0，5)，
∵二次函數(shù)y＝ax2＋4x＋c的圖象過(guò)A，C兩點(diǎn)，
∴ ，
解得 ，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝－x2＋4x＋5；
(2)如解圖①，

第2題解圖①
∵點(diǎn)B是二次函數(shù)的圖象與x軸的交點(diǎn)，
∴由二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝－x2＋4x＋5得，點(diǎn)B的坐標(biāo)B(5，0)，
設(shè)直線BC解析式為y＝kx＋b，
∵直線BC過(guò)點(diǎn)B(5，0)，C(0，5)，
∴ ，
解得 ，
∴直線BC解析式為y＝－x＋5，
設(shè)ND的長(zhǎng)為d，N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為n，
則N點(diǎn)的坐標(biāo)為(n，－n＋5)，
D點(diǎn)的坐標(biāo)為(n，－n2＋4n＋5)，
則d＝|－n2＋4n＋5－(－n＋5)|，
由題意可知：－n2＋4n＋5＞－n＋5，
∴d＝－n2＋4n＋5－(－n＋5)＝－n2＋5n＝－(n－)2＋，
∴當(dāng)n＝時(shí)，線段ND長(zhǎng)度的最大值是；
（3）∵點(diǎn)M(4，m)在拋物線y＝－x2＋4x＋5上，
∴m＝5，∴M(4，5)．
∵拋物線y＝－x2＋4x＋5＝－(x－2)2＋9，
∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為H(2，9)，
如解圖②，作點(diǎn)H(2，9)關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)H1，則點(diǎn)H1的坐標(biāo)為H1(－2，9)；作點(diǎn)M(4，5)關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M1，則點(diǎn)M1的坐標(biāo)為M1(4，－5)，連接H1M1分別交x軸于點(diǎn)F，y軸于點(diǎn)E，∴H1M1＋HM的長(zhǎng)度是四邊形HEFM的最小周長(zhǎng)，則點(diǎn)F，E即為所求的點(diǎn)．

設(shè)直線H1M1的函數(shù)表達(dá)式為y＝mx＋n，
∵直線H1M1過(guò)點(diǎn)H1(－2，9)，M1(4，－5)，
∴ ，
解得 ，
∴y＝－x＋，
∴當(dāng)x＝0時(shí)，y＝，即點(diǎn)E坐標(biāo)為(0，)，
當(dāng)y＝0時(shí)，x＝，即點(diǎn)F坐標(biāo)為(，0)，
故所求點(diǎn)F，E的坐標(biāo)分別為(，0)，(0，)．
2．（2019·江蘇中考真題）如圖，已知等邊△ABC的邊長(zhǎng)為8，點(diǎn)P是AB邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)A、B不重合），直線l是經(jīng)過(guò)點(diǎn)P的一條直線，把△ABC沿直線l折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)B’.
（1）如圖1，當(dāng)PB=4時(shí)，若點(diǎn)B’恰好在AC邊上，則AB’的長(zhǎng)度為_(kāi)____；
（2）如圖2，當(dāng)PB=5時(shí)，若直線l//AC，則BB’的長(zhǎng)度為 ；
（3）如圖3，點(diǎn)P在AB邊上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若直線l始終垂直于AC，△ACB’的面積是否變化？若變化，說(shuō)明理由；若不變化，求出面積；
（4）當(dāng)PB=6時(shí)，在直線l變化過(guò)程中，求△ACB’面積的最大值.

【答案】（1）4；（2）5；（3）面積不變，S△ACB’=；（4）24+4
【解析】
【分析】
(1)證明△APB′是等邊三角形即可解決問(wèn)題；
(2)如圖2中，設(shè)直線l交BC于點(diǎn)E，連接B B′交PE于O，證明△PEB是等邊三角形，求出OB即可解決問(wèn)題；
(3)如圖3中，結(jié)論：面積不變，證明B B′//AC即可；
(4)如圖4中，當(dāng)PB′⊥AC時(shí)，△ACB′的面積最大，設(shè)直線PB′交AC于點(diǎn)E，求出B′E即可解決問(wèn)題.
【詳解】
(1)如圖1，∵△ABC為等邊三角形，
∴∠A=60°，AB=BC=CA=8，
∵PB=4，
∴PB′=PB=PA=4，
∵∠A=60°，
∴△APB′是等邊三角形，
∴AB′=AP=4，
故答案為4；
(2)如圖2，設(shè)直線l交BC于點(diǎn)E，連接B B′交PE于O，
∵PE∥AC，
∴∠BPE=∠A=60°，∠BEP=∠C=60°，
∴△PEB是等邊三角形，
∵PB=5，B、B′關(guān)于PE對(duì)稱(chēng)，
∴BB′⊥PE，BB′=2OB，
∴OB=PB·sin60°=，
∴BB′=5，
故答案為5；
(3)如圖3，結(jié)論：面積不變.
過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AC于E，
則有BE=AB·sin60°=，
∴S△ABC==16，
∵B、B′關(guān)于直線l對(duì)稱(chēng)，
∴BB′⊥直線l，
∵直線l⊥AC，
∴AC//BB′，
∴S△ACB’=S△ABC=16；
(4)如圖4，當(dāng)B′P⊥AC時(shí)，△ACB′的面積最大，
設(shè)直線PB′交AC于E，
在Rt△APE中，PA=2，∠PAE=60°，
∴PE=PA·sin60°=，
∴B′E=B′P+PE=6+，
∴S△ACB最大值=×(6+)×8=24+4.

【點(diǎn)睛】
本題是幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)變換，解直角三角形，平行線的判定與性質(zhì)等知識(shí)，理解題意，熟練掌握和靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.
3．（2019·湖南中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形ABCD的邊AB＝4，BC＝6．若不改變矩形ABCD的形狀和大小，當(dāng)矩形頂點(diǎn)A在x軸的正半軸上左右移動(dòng)時(shí)，矩形的另一個(gè)頂點(diǎn)D始終在y軸的正半軸上隨之上下移動(dòng)．
(1)當(dāng)∠OAD＝30°時(shí)，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
(2)設(shè)AD的中點(diǎn)為M，連接OM、MC，當(dāng)四邊形OMCD的面積為時(shí)，求OA的長(zhǎng)；
(3)當(dāng)點(diǎn)A移動(dòng)到某一位置時(shí)，點(diǎn)C到點(diǎn)O的距離有最大值，請(qǐng)直接寫(xiě)出最大值，并求此時(shí)cos∠OAD的值．

【答案】(1)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值為8，cos∠OAD＝．
【解析】
【分析】
(1)作CE⊥y軸，先證∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，從而得出點(diǎn)C坐標(biāo)；
(2)先求出S△DCM＝6，結(jié)合S四邊形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，設(shè)OA＝x、OD＝y(tǒng)，據(jù)此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y(tǒng)，代入x2+y2＝36求得x的值，從而得出答案；
(3)由M為AD的中點(diǎn)，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知當(dāng)O、M、C三點(diǎn)在同一直線時(shí)，OC有最大值8，連接OC，則此時(shí)OC與AD的交點(diǎn)為M，ON⊥AD，證△CMD∽△OMN得，據(jù)此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案．
【詳解】
(1)如圖1，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝3，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2，3+2)；
(2)∵M(jìn)為AD的中點(diǎn)，
∴DM＝3，S△DCM＝6，
又S四邊形OMCD＝，
∴S△ODM＝，
∴S△OAD＝9，
設(shè)OA＝x、OD＝y(tǒng)，則x2+y2＝36，xy＝9，
∴x2+y2＝2xy，即x＝y(tǒng)，
將x＝y(tǒng)代入x2+y2＝36得x2＝18，
解得x＝3(負(fù)值舍去)，
∴OA＝3；
(3)OC的最大值為8，
如圖2，M為AD的中點(diǎn)，

∴OM＝3，CM＝＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
當(dāng)O、M、C三點(diǎn)在同一直線時(shí)，OC有最大值8，
連接OC，則此時(shí)OC與AD的交點(diǎn)為M，過(guò)點(diǎn)O作ON⊥AD，垂足為N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
∴，即，
解得MN＝，ON＝，
∴AN＝AM﹣MN＝，
在Rt△OAN中，OA＝，
∴cos∠OAD＝．
【點(diǎn)睛】
本題是四邊形的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．
4.（2018·江蘇中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y=﹣x+4的圖象與x軸和y軸分別相交于A、B兩點(diǎn)．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，在線段AO上以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)O作勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)O停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為點(diǎn)Q，以線段PQ為邊向上作正方形PQMN．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)t=秒時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是　 ?。?br /> （2）在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)正方形PQMN與△AOB重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)表達(dá)式；
（3）若正方形PQMN對(duì)角線的交點(diǎn)為T(mén)，請(qǐng)直接寫(xiě)出在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中OT+PT的最小值．

【答案】（1）（4，0）；（2）①當(dāng)0＜t≤1時(shí)，S =t2；②當(dāng)1＜t≤時(shí)，S =﹣t2+18t；③當(dāng)＜t≤2時(shí)， S =﹣3t2+12；（3）OT+PT的最小值為．
【解析】
【分析】
（1）先確定出點(diǎn)A的坐標(biāo)，進(jìn)而求出AP，利用對(duì)稱(chēng)性即可得出結(jié)論；
（2）分三種情況，①利用正方形的面積減去三角形的面積，②利用矩形的面積減去三角形的面積，③利用梯形的面積，即可得出結(jié)論；
（3）先確定出點(diǎn)T的運(yùn)動(dòng)軌跡，進(jìn)而找出OT+PT最小時(shí)的點(diǎn)T的位置，即可得出結(jié)論．
【詳解】
（1）令y=0，
∴﹣x+4=0，
∴x=6，
∴A（6，0），
當(dāng)t=秒時(shí)，AP=3×=1，
∴OP=OA﹣AP=5，
∴P（5，0），
由對(duì)稱(chēng)性得，Q（4，0）；
（2）當(dāng)點(diǎn)Q在原點(diǎn)O時(shí)，OQ=6，
∴AP=OQ=3，
∴t=3÷3=1，
①當(dāng)0＜t≤1時(shí)，如圖1，令x=0，

∴y=4，
∴B（0，4），
∴OB=4，
∵A（6，0），
∴OA=6，
在Rt△AOB中，tan∠OAB=，
由運(yùn)動(dòng)知，AP=3t，
∴P（6﹣3t，0），
∴Q（6﹣6t，0），
∴PQ=AP=3t，
∵四邊形PQMN是正方形，
∴MN∥OA，PN=PQ=3t，
在Rt△APD中，tan∠OAB=，
∴PD=2t，
∴DN=t，
∵M(jìn)N∥OA
∴∠DCN=∠OAB，
∴tan∠DCN=，
∴CN=t，
∴S=S正方形PQMN﹣S△CDN=（3t）2﹣t×t=t2；
②當(dāng)1＜t≤時(shí)，如圖2，同①的方法得，DN=t，CN=t，

∴S=S矩形OENP﹣S△CDN=3t×（6﹣3t）﹣t×t=﹣t2+18t；
③當(dāng)＜t≤2時(shí)，如圖3，S=S梯形OBDP=（2t+4）（6﹣3t）=﹣3t2+12；

（3）如圖4，由運(yùn)動(dòng)知，P（6-3t，0），Q（6-6t，0），
∴M（6-6t，3t），
∵T是正方形PQMN的對(duì)角線交點(diǎn)，
∴T（6-），
∴點(diǎn)T是直線y=-x+2上的一段線段，（-3≤x＜6），
同理：點(diǎn)N是直線AG：y=-x+6上的一段線段，（0≤x≤6），
∴G（0，6），
∴OG=6，
∵A（6，0），
∴AG=6，在Rt△ABG中，OA=6=OG，
∴∠OAG=45°，
∵PN⊥x軸，
∴∠APN=90°，
∴∠ANP=45°，
∴∠TNA=90°，
即：TN⊥AG，
∵T正方形PQMN的對(duì)角線的交點(diǎn)，
∴TN=TP，
∴OT+TP=OT+TN，
∴點(diǎn)O，T，N在同一條直線上（點(diǎn)Q與點(diǎn)O重合時(shí)），且ON⊥AG時(shí)，OT+TN最小，
即：OT+TN最小，
∵S△OAG=OA×OG=AG×ON，
∴ON==．
即：OT+PT的最小值為3

【點(diǎn)睛】
此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了正方形的面積，梯形，三角形的面積公式，正方形的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，用分類(lèi)討論的思想解決問(wèn)題是解本題的關(guān)鍵，找出點(diǎn)T的位置是解本題（3）的難點(diǎn)．
5.（2020·江蘇初三期末）已知二次函數(shù)的圖象和軸交于點(diǎn)、，與軸交于點(diǎn)，點(diǎn)是直線上方的拋物線上的動(dòng)點(diǎn).

(1)求直線的解析式.
(2)當(dāng)是拋物線頂點(diǎn)時(shí)，求面積.
(3)在點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求面積的最大值.
【答案】(1)；(2)3；(3)面積的最大值為.
【解析】
【分析】
（1）由題意分別將x=0、y=0代入二次函數(shù)解析式中求出點(diǎn)C、A的坐標(biāo)，再根據(jù)點(diǎn)A、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出直線AC的解析式；
（2）由題意先根據(jù)二次函數(shù)解析式求出頂點(diǎn)，進(jìn)而利用割補(bǔ)法求面積；
（3）根據(jù)題意過(guò)點(diǎn)作軸交于點(diǎn)并設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為()，則點(diǎn)的坐標(biāo)為進(jìn)而進(jìn)行分析.
【詳解】
解：(1) 分別將x=0、y=0代入二次函數(shù)解析式中求出點(diǎn)C、A的坐標(biāo)為；；
將；代入，得到直線的解析式為.
(2)由，將其化為頂點(diǎn)式為，可知頂點(diǎn)P為，
如圖P為頂點(diǎn)時(shí)連接PC并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)G，

則有，
將P點(diǎn)和C點(diǎn)代入求出PC的解析式為，解得G為，
所有=3；
(3)過(guò)點(diǎn)作軸交于點(diǎn).

設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為()，則點(diǎn)的坐標(biāo)為
∴，
當(dāng)時(shí)，取最大值，最大值為.
∵，
∴面積的最大值為.
【點(diǎn)睛】
本題考查待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、等腰三角形的性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)以及解二元一次方程組，解題的關(guān)鍵是利用待定系數(shù)法求出直線解析式以及利用二次函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行綜合分析.
6．（2020·江蘇初三期末）如圖，拋物線交軸于、兩點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，點(diǎn)的坐標(biāo)為，直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)、.

（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）點(diǎn)是直線上方拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，求面積的最大值并求出此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）過(guò)點(diǎn)的直線交直線于點(diǎn)，連接，當(dāng)直線與直線的一個(gè)夾角等于的3倍時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo).
【答案】（1）；（2），點(diǎn)坐標(biāo)為；（3）點(diǎn)的坐標(biāo)為，
【解析】
【分析】
（1）利用B（5，0）用待定系數(shù)法求拋物線解析式；
（2）作PQ∥y軸交BC于Q，根據(jù)求解即可；
（3）作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，則∠A M1B=3∠ACB, 則 NAM1∽ A C M1,通過(guò)相似的性質(zhì)來(lái)求點(diǎn)M1的坐標(biāo)；作AD⊥BC于D,作M1關(guān)于AD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M2, 則∠A M2C=3∠ACB,根據(jù)對(duì)稱(chēng)點(diǎn)坐標(biāo)特點(diǎn)可求M2的坐標(biāo).
【詳解】
（1）把代入得

.
∴；
（2）作PQ∥y軸交BC于Q，設(shè)點(diǎn)，則

∵
∴OB=5，
∵Q在BC上，
∴Q的坐標(biāo)為（x，x-5），
∴PQ==，
∴
=
=
∴當(dāng)時(shí)，有最大值，最大值為，
∴點(diǎn)坐標(biāo)為.
（3）如圖1，作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，則∠A M1B=3∠ACB,

∵∠CAN=∠NAM1,
∴AN=CN,
∵=-(x-1)(x-5),
∴A的坐標(biāo)為（1，0），C的坐標(biāo)為（0，-5），
設(shè)N的坐標(biāo)為（a,a-5），則
∴，
∴a= ,
∴N的坐標(biāo)為（,）,
∴AN2==，AC2=26，
∴，
∵∠NAM1=∠ACB，∠N M1A=∠C M1A，
∴ NAM1∽ A C M1,
∴,
∴,
設(shè)M1的坐標(biāo)為（b,b-5），則
∴,
∴b1= ，b2=6(不合題意，舍去)，
∴M1的坐標(biāo)為，
如圖2，作AD⊥BC于D,作M1關(guān)于AD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M2, 則∠A M2C=3∠ACB,

易知ADB是等腰直角三角形，可得點(diǎn)D的坐標(biāo)是（3，-2），
∴M2 橫坐標(biāo)= ，
M2 縱坐標(biāo)= ，
∴M2 的坐標(biāo)是，
綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)是或.
【點(diǎn)睛】
本題考查了二次函數(shù)與幾何圖形的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，會(huì)運(yùn)用分類(lèi)討論的思想解決數(shù)學(xué)問(wèn)題．
7.（2019·石家莊市第四十一中學(xué)初三）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x（x﹣b）﹣與y軸相交于A點(diǎn)，與x軸相交于B、C兩點(diǎn)，且點(diǎn)C在點(diǎn)B的右側(cè)，設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為P．
（1）若點(diǎn)B與點(diǎn)C關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng)，求b的值；
（2）若OB＝OA，求△BCP的面積；
（3）當(dāng)﹣1≤x≤1時(shí)，該拋物線上最高點(diǎn)與最低點(diǎn)縱坐標(biāo)的差為h，求出h與b的關(guān)系；若h有最大值或最小值，直接寫(xiě)出這個(gè)最大值或最小值．

【答案】（1）2（2）（3）h存在最小值，最小值為1
【解析】
【分析】
（1）由點(diǎn)B與點(diǎn)C關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng)，可得出拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求出b值；
（2）利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，結(jié)合OA＝OB可得出點(diǎn)B的坐標(biāo)，由點(diǎn)B的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法可求出拋物線的解析式，由拋物線的解析式利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，利用配方法可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，再利用三角形的面積公式即可求出△BCP的面積；
（3）分b≥2，0≤b＜2，﹣2＜b＜0和b≤﹣2四種情況考慮，利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征結(jié)合二次函數(shù)的圖象找出h關(guān)于b的關(guān)系式，再找出h的最值即可得出結(jié)論．
【詳解】
解：（1）∵點(diǎn)B與點(diǎn)C關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng)，y＝x（x﹣b）﹣＝x2﹣bx﹣，
∴﹣＝1，
解得：b＝2．
（2）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝x2﹣bx﹣＝﹣，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，﹣）．
又∵OB＝OA，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣，0）．
將B（﹣，0）代入y＝x2﹣bx﹣，得：0＝+b﹣，
解得：b＝，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣．
∵y＝x2﹣x﹣＝（x﹣）2﹣，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，﹣）．
當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣x﹣＝0，
解得：x1＝﹣，x2＝1，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（1，0）．
∴S△BCP＝×[1﹣（﹣）]×|﹣|＝．
（3）y＝x2﹣bx﹣＝（x﹣）2﹣﹣．
當(dāng)≥1，即b≥2時(shí)，如圖1所示，
y最大＝b+，y最?。僵乥+，
∴h＝2b；
當(dāng)0≤＜1，即0≤b＜2時(shí)，如圖2所示，
y最大＝b+，y最?。僵仼仯?br /> ∴h＝1+b+＝（1+）2；
當(dāng)﹣1＜＜0，﹣2＜b＜0時(shí)，如圖3所示
y最大＝﹣b，y最?。僵仼?，
∴h＝1﹣b+＝（1﹣）2；
當(dāng)≤﹣1，即b≤﹣2時(shí)，如圖4所示，
y最大＝﹣b+，y最?。絙+，
h＝﹣2b．
綜上所述：h＝，h存在最小值，最小值為1．

【點(diǎn)睛】
本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、三角形的面積、二次函數(shù)圖象以及二次函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵是：（1）利用二次函數(shù)的性質(zhì)，求出b的值；（2）利用二次函數(shù)圖象上的坐標(biāo)特征及配方法，求出點(diǎn)B，C，P的坐標(biāo)；（3）分b≥2，0≤b＜2，﹣2＜b＜0和b≤﹣2四種情況，找出h關(guān)于b的關(guān)系式．
8.（2020·江西初三期中）如圖①，已知拋物線y=ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B（-3，0），與y軸交于點(diǎn)C．

（1）求拋物線的解析式；
（2）設(shè)拋物線的對(duì)稱(chēng)軸與x軸交于點(diǎn)M，問(wèn)在對(duì)稱(chēng)軸上是否存在點(diǎn)P，使△CMP為等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖②，若點(diǎn)E為第二象限拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接BE、CE，求四邊形BOCE面積的最大值，并求此時(shí)E點(diǎn)的坐標(biāo)．
【答案】（1）y=-x2-2x+3；（2）存在，P（-1，）或P（-1，-）或P（-1，6）或P（-1，）；（3）當(dāng)a=-時(shí)，S四邊形BOCE最大，且最大值為，此時(shí)，點(diǎn)E坐標(biāo)為（-，）．
【解析】
【分析】
（1）已知拋物線過(guò)A、B兩點(diǎn)，可將兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中，用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的解析式；
（2）可根據(jù)（1）的函數(shù)解析式得出拋物線的對(duì)稱(chēng)軸，也就得出了M點(diǎn)的坐標(biāo)，由于C是拋物線與y軸的交點(diǎn)，因此C的坐標(biāo)為（0，3），根據(jù)M、C的坐標(biāo)可求出CM的距離．然后分三種情況進(jìn)行討論：
①當(dāng)CP=PM時(shí)，P位于CM的垂直平分線上．求P點(diǎn)坐標(biāo)關(guān)鍵是求P的縱坐標(biāo)，過(guò)P作PQ⊥y軸于Q，如果設(shè)PM=CP=x，那么直角三角形CPQ中CP=x，OM的長(zhǎng)，可根據(jù)M的坐標(biāo)得出，CQ=3-x，因此可根據(jù)勾股定理求出x的值，P點(diǎn)的橫坐標(biāo)與M的橫坐標(biāo)相同，縱坐標(biāo)為x，由此可得出P的坐標(biāo)．
②當(dāng)CM=MP時(shí)，根據(jù)CM的長(zhǎng)即可求出P的縱坐標(biāo)，也就得出了P的坐標(biāo)（要注意分上下兩點(diǎn)）．
③當(dāng)CM=CP時(shí)，因?yàn)镃的坐標(biāo)為（0，3），那么直線y=3必垂直平分PM，因此P的縱坐標(biāo)是6，由此可得出P的坐標(biāo)；
（3）由于四邊形BOCE不是規(guī)則的四邊形，因此可將四邊形BOCE分割成規(guī)則的圖形進(jìn)行計(jì)算，過(guò)E作EF⊥x軸于F，S四邊形BOCE=S△BFE+S梯形FOCE．直角梯形FOCE中，F(xiàn)O為E的橫坐標(biāo)的絕對(duì)值，EF為E的縱坐標(biāo)，已知C的縱坐標(biāo)，就知道了OC的長(zhǎng)．在△BFE中，BF=BO-OF，因此可用E的橫坐標(biāo)表示出BF的長(zhǎng)．如果根據(jù)拋物線設(shè)出E的坐標(biāo)，然后代入上面的線段中，即可得出關(guān)于四邊形BOCE的面積與E的橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可求得四邊形BOCE的最大值及對(duì)應(yīng)的E的橫坐標(biāo)的值．即可求出此時(shí)E的坐標(biāo)．
【詳解】
(1)∵拋物線y=ax2+bx+3(a≠0)與x軸交于點(diǎn)A(1,0)和點(diǎn)B(?3,0)，
∴
解得：.
∴所求拋物線解析式為：y=?x2?2x+3；
(2)∵拋物線解析式為：y=?x2?2x+3，
∴其對(duì)稱(chēng)軸為，
∴設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(?1,a)，當(dāng)x=0時(shí)，y=3，
∴C(0,3),M(?1,0)
∴當(dāng)CP=PM時(shí),(?1)2+(3?a)2=a2,解得a=，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為：；
∴當(dāng)CM=PM時(shí),(?1)2+32=a2,解得，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為：或；
∴當(dāng)CM=CP時(shí),由勾股定理得：(?1)2+32=(?1)2+(3?a)2，解得a=6，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為：P4 (?1,6).

綜上所述存在符合條件的點(diǎn)P,其坐標(biāo)為或 或P(?1,6)或；
(3)過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F,設(shè)E(a,?a2?2a+3)(?3