專題12二次函數(shù)與線段和(將軍飲馬型)最值問題

二次函數(shù)與將軍飲馬問題必備的基礎(chǔ)模型有：
模型1：當(dāng)兩定點A、B在直線l同側(cè)時，在直線l上找一點P，使得PA＋PB最?。?br />

作點B關(guān)于直線l的對稱點B'，連接AB'交直線l于點P，點P即為所求作的點．PA＋PB的最小值為AB'
模型2：當(dāng)兩定點A、B在直線l同側(cè)時，在直線l上找一點P，使得最大．

連接AB并延長交直線l于點P，點P即為所求作的點，的最大值為AB
模型3：當(dāng)兩定點A、B在直線l異側(cè)時，在直線l上找一點P，使得最大．

作點B關(guān)于直線I的對稱點B'，連接AB'并延長交直線l于點P，點P即為所求作的點．的最大值為AB'
模型4：點P在∠AOB內(nèi)部，在OB邊上找點D，OA邊上找點C，使得△PCD周長最?。?br />
分別作點P關(guān)于OA、OB的對稱點P′、P″，連接P′P″，交OA、OB于點C、D，點C、D即為所求．△PCD周長的最小值為P′P″
模型5：點P在∠AOB內(nèi)部，在OB邊上找點D，OA邊上找點C，使得PD＋CD最?。?br />

作點P關(guān)于OB的對稱點P′，過P′作P′C⊥OA交OB，PD＋CD的最小值為P′C

【例1】(2022?黑龍江)如圖，已知拋物線y＝(x﹣2)(x+a)(a＞0)與x軸交于點B、C，與y軸交于點E，且點B在點C的左側(cè)．
(1)若拋物線過點M(﹣2，﹣2)，求實數(shù)a的值；
(2)在(1)的條件下，解答下列問題；
①求出△BCE的面積；
②在拋物線的對稱軸上找一點H，使CH+EH的值最小，直接寫出點H的坐標(biāo)．

【分析】(1)將M坐標(biāo)代入拋物線解析式求出a的值即可；
(2)①求出的a代入確定出拋物線解析式，令y＝0求出x的值，確定出B與C坐標(biāo)，令x＝0求出y的值，確定出E坐標(biāo)，進(jìn)而得出BC與OE的長，即可求出三角形BCE的面積；②根據(jù)拋物線解析式求出對稱軸方程為直線x＝﹣1，根據(jù)C與B關(guān)于對稱軸對稱，連接BE，與對稱軸交于點H，即為所求，設(shè)直線BE解析式為y＝kx+b，將B與E坐標(biāo)代入求出k與b的值，確定出直線BE解析式，將x＝﹣1代入直線BE解析式求出y的值，即可確定出H的坐標(biāo)．
【解答】解：(1)將M(﹣2，﹣2)代入拋物線解析式得：﹣2＝(﹣2﹣2)(﹣2+a)，
解得：a＝4；

(2)①由(1)拋物線解析式y(tǒng)＝(x﹣2)(x+4)，
當(dāng)y＝0時，得：0＝(x﹣2)(x+4)，
解得：x1＝2，x2＝﹣4，
∵點B在點C的左側(cè)，
∴B(﹣4，0)，C(2，0)，
當(dāng)x＝0時，得：y＝﹣2，即E(0，﹣2)，
∴S△BCE＝×6×2＝6；
②由拋物線解析式y(tǒng)＝(x﹣2)(x+4)，得對稱軸為直線x＝﹣1，
根據(jù)C與B關(guān)于拋物線對稱軸直線x＝﹣1對稱，連接BE，與對稱軸交于點H，即為所求，
設(shè)直線BE解析式為y＝kx+b，
將B(﹣4，0)與E(0，﹣2)代入得：，
解得：，
∴直線BE解析式為y＝﹣x﹣2，
將x＝﹣1代入得：y＝﹣2＝﹣，
則H(﹣1，﹣)．

【例2】(2022?甘肅)如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝(x+3)(x﹣a)與x軸交于A，B(4，0)兩點，點C在y軸上，且OC＝OB，D，E分別是線段AC，AB上的動點(點D，E不與點A，B，C重合)．
(1)求此拋物線的表達(dá)式；
(2)連接DE并延長交拋物線于點P，當(dāng)DE⊥x軸，且AE＝1時，求DP的長；
(3)連接BD．
①如圖2，將△BCD沿x軸翻折得到△BFG，當(dāng)點G在拋物線上時，求點G的坐標(biāo)；
②如圖3，連接CE，當(dāng)CD＝AE時，求BD+CE的最小值．

【分析】(1)用待定系數(shù)法求解析式即可；
(2)根據(jù)函數(shù)解析式求出OA的長度，根據(jù)三角函數(shù)求出DE的長度，根據(jù)P點的坐標(biāo)得出PE的長度，根據(jù)DP＝DE+PE得出結(jié)論即可；
(3)①連接DG交AB于點M，設(shè)OM＝a(a＞0)，則AM＝OA﹣OM＝3﹣a，得出G(﹣a，(a﹣3))，根據(jù)G點在拋物線上得出a的值，即可得出G點的坐標(biāo)；
②方法一：在AB的下方作∠EAQ＝∠DCB，且AQ＝BC，連接EQ，CQ，構(gòu)造△AEQ≌△CDB，得出當(dāng)C、E、Q三點共線時，BD+CE＝EQ+CE最小，最小為CQ，求出CQ的值即可．
方法二：過點C作CF∥x軸，使得CF＝AC．證△FCD全等于△CAE，則FD＝CE所以F、D、B三點共線時CE+BD＝FD+BD取到最小值，求出此時BF的長即可．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝(x+3)(x﹣a)與x軸交于A，B(4，0)兩點，
∴(4+3)(4﹣a)＝0，
解得a＝4，
∴y＝(x+3)(x﹣4)＝x2﹣x﹣3，
即拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣x﹣3；
(2)在y＝(x+3)(x﹣4)中，令y＝0，得x＝﹣3或4，
∴A(﹣3，0)，OA＝3，
∵OC＝OB＝4，
∴C(0，4)，
∵AE＝1，
∴DE＝AE?tan∠CAO＝AE＝，OE＝OA﹣AE＝3﹣1＝2，
∴E(﹣2，0)，
∵DE⊥x軸，
∴xP＝xD＝xE＝﹣2，
∴yP＝(﹣2+3)(﹣2﹣4)＝﹣，
∴PE＝，
∴DP＝DE+PE＝+＝；
(3)①如下圖，連接DG交AB于點M，

∵△BCD與△BFG關(guān)于x軸對稱，
∴DG⊥AB，DM＝GM，
設(shè)OM＝a(a＞0)，則AM＝OA﹣OM＝3﹣a，
MG＝MD＝AM?tan∠CAO＝(3﹣a)，
∴G(﹣a，(a﹣3))，
∵點G(﹣a，(a﹣3))在拋物線y＝(x+3)(x﹣4)上，
∴(﹣a+3)(﹣a﹣4)＝(a﹣3)，
解得a＝或3(舍去)，
∴G(﹣，﹣)；
②如下圖，在AB的下方作∠EAQ＝∠DCB，且AQ＝BC，連接EQ，CQ，

∵AE＝CD，
∴△AEQ≌△CDB(SAS)，
∴EQ＝BD，
∴當(dāng)C、E、Q三點共線時，BD+CE＝EQ+CE最小，最小為CQ，
過點C作CH⊥AQ，垂足為H，
∵OC⊥OB，OC＝OB＝4，
∴∠CBA＝45°，BC＝4，
∵∠CAH＝180°﹣∠CAB﹣∠EAQ＝180°﹣∠CAB﹣∠DCB＝∠CBA＝45°，
AC＝＝＝5，AH＝CH＝AC＝，
HQ＝AH+AQ＝AH+BC＝＝，
∴CQ＝＝＝，
即BD+CE的最小值為；
方法二：過點C作CF∥x軸，使得CF＝AC，作BG⊥FC延長線于點G，

∴∠FCA＝∠CAE，
又∵CD＝AE，CF＝AC，
∴△FCD≌△CAE(SAS)，
∴FD＝CE，
∴F、D、B三點共線時CE+BD＝FD+BD取到最小值，
∵AC＝5，C(0，4)，B(4，0)，
∴BF的長＝＝．
【例3】(2022?達(dá)州)如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+2的圖象經(jīng)過點A(﹣1，0)，B(3，0)，與y軸交于點C．
(1)求該二次函數(shù)的表達(dá)式；
(2)連接BC，在該二次函數(shù)圖象上是否存在點P，使∠PCB＝∠ABC？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
(3)如圖2，直線l為該二次函數(shù)圖象的對稱軸，交x軸于點E．若點Q為x軸上方二次函數(shù)圖象上一動點，過點Q作直線AQ，BQ分別交直線l于點M，N，在點Q的運動過程中，EM+EN的值是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．

【分析】(1)運用待定系數(shù)法即可求得答案；
(2)分兩種情況：當(dāng)點P在BC上方時，根據(jù)平行線的判定定理可得CP∥x軸，可得P(2，2)；當(dāng)點P在BC下方時，設(shè)CP交x軸于點D(m，0)，則OD＝m，DB＝3﹣m，利用勾股定理即可求得m＝，得出D(，0)，再運用待定系數(shù)法求得直線CD的解析式為y＝x+2，通過聯(lián)立方程組求解即可得出P(，﹣)；
(3)設(shè)Q(t，t2+t+2)，且﹣1＜t＜3，運用待定系數(shù)法求得：直線AQ的解析式為y＝(t+2)x﹣t+2，直線BQ的解析式為y＝(﹣t﹣)x+2t+2，進(jìn)而求出M、N的坐標(biāo)，即可得出答案．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝ax2+bx+2經(jīng)過點A(﹣1，0)，B(3，0)，
∴，
解得：
∴該二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝x2+x+2；
(2)存在，理由如下：
如圖1，當(dāng)點P在BC上方時，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CP∥AB，即CP∥x軸，
∴點P與點C關(guān)于拋物線對稱軸對稱，
∵y＝x2+x+2，
∴拋物線對稱軸為直線x＝﹣＝1，
∵C(0，2)，
∴P(2，2)；
當(dāng)點P在BC下方時，設(shè)CP交x軸于點D(m，0)，
則OD＝m，DB＝3﹣m，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CD＝BD＝3﹣m，
在Rt△COD中，OC2+OD2＝CD2，
∴22+m2＝(3﹣m)2，
解得：m＝，
∴D(，0)，
設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+d，則，
解得：，
∴直線CD的解析式為y＝x+2，
聯(lián)立，得，
解得：(舍去)，，
∴P(，﹣)，
綜上所述，點P的坐標(biāo)為(2，2)或(，﹣)；
(3)由(2)知：拋物線y＝x2+x+2的對稱軸為直線x＝1，
∴E(1，0)，
設(shè)Q(t，t2+t+2)，且﹣1＜t＜3，
設(shè)直線AQ的解析式為y＝ex+f，則，
解得：，
∴直線AQ的解析式為y＝(t+2)x﹣t+2，
當(dāng)x＝1時，y＝﹣t+4，
∴M(1，﹣t+4)，
同理可得直線BQ的解析式為y＝(﹣t﹣)x+2t+2，
當(dāng)x＝1時，y＝t+，
∴N(1，t+)，
∴EM＝﹣t+4，EN＝t+，
∴EM+EN＝﹣t+4+t+＝，
故EM+EN的值為定值．

【例4】(2022?天津)已知拋物線y＝ax2+bx+c(a，b，c是常數(shù)，a＞0)的頂點為P，與x軸相交于點A(﹣1，0)和點B．
(Ⅰ)若b＝﹣2，c＝﹣3，
①求點P的坐標(biāo)；
②直線x＝m(m是常數(shù)，1＜m＜3)與拋物線相交于點M，與BP相交于點G，當(dāng)MG取得最大值時，求點M，G的坐標(biāo)；
(Ⅱ)若3b＝2c，直線x＝2與拋物線相交于點N，E是x軸的正半軸上的動點，F(xiàn)是y軸的負(fù)半軸上的動點，當(dāng)PF+FE+EN的最小值為5時，求點E，F(xiàn)的坐標(biāo)．
【分析】(Ⅰ)①利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，即可得頂點P的坐標(biāo)；
②求出直線BP的解析式，設(shè)點M(m，m2﹣2m﹣3)，則G(m，2m﹣6)，表示出MG的長，可得關(guān)于m的二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的最值即可求解；
(Ⅱ)由3b＝2c得b＝﹣2a，c＝﹣3a，拋物線的解析式為y＝ax2﹣2a﹣3a．可得頂點P的坐標(biāo)為(1，﹣4a)，點N的坐標(biāo)為(2，﹣3a)，作點P關(guān)于y軸的對稱點P'，作點N關(guān)于x軸的對稱點N'，得點P′的坐標(biāo)為(﹣1，﹣4a)，點N'的坐標(biāo)為(2，3a)，當(dāng)滿足條件的點E，F(xiàn)落在直線P'N'上時，PF+FE+EN取得最小值，此時，PF+FE+EN＝P'N'＝5延長P'P與直線x＝2相交于點H，則P'H⊥N'H．在Rt△P'HN'中，P'H＝3，HN'＝3a﹣(﹣4a)＝7a．由勾股定理可得P'N′2＝P'H2+HN2＝9+49a2＝25．解得a1＝，a2＝﹣(舍)．可得點P'的坐標(biāo)為(﹣1，﹣)，點N′的坐標(biāo)為(2，)．利用待定系數(shù)法得直線P'N′的解析式為y＝x﹣．即可得點E，F(xiàn)的坐標(biāo)．
【解答】解：(Ⅰ)①若b＝﹣2，c＝﹣3，
則拋物線y＝ax2+bx+c＝ax2﹣2x﹣3，
∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于點A(﹣1，0)，
∴a+2﹣3＝0，解得a＝1，
∴拋物線為y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，
∴頂點P的坐標(biāo)為(1，﹣4)；
②當(dāng)y＝0時，x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴B(3，0)，
設(shè)直線BP的解析式為y＝kx+n，
∴，解得，
∴直線BP的解析式為y＝2x﹣6，
∵直線x＝m(m是常數(shù)，1＜m＜3)與拋物線相交于點M，與BP相交于點G，
設(shè)點M(m，m2﹣2m﹣3)，則G(m，2m﹣6)，
∴MG＝2m﹣6﹣(m2﹣2m﹣3)＝﹣m2+4m﹣3＝﹣(m﹣2)2+1，
∴當(dāng)m＝2時，MG取得最大值1，
此時，點M(2，﹣3)，則G(2，﹣2)；

(Ⅱ)∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸相交于點A(﹣1，0)，
∴a﹣b+c＝0，
又3b＝2c，
b＝﹣2a，c＝﹣3a(a＞0)，
∴拋物線的解析式為y＝ax2﹣2ax﹣3a．
∴y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a(x﹣1)2﹣4a，
∴頂點P的坐標(biāo)為(1，﹣4a)，
∵直線x＝2與拋物線相交于點N，
∴點N的坐標(biāo)為(2，﹣3a)，
作點P關(guān)于y軸的對稱點P'，作點N關(guān)于x軸的對稱點N'，

得點P′的坐標(biāo)為(﹣1，﹣4a)，點N'的坐標(biāo)為(2，3a)，
當(dāng)滿足條件的點E，F(xiàn)落在直線P'N'上時，PF+FE+EN取得最小值，此時，PF+FE+EN＝P'N'＝5．
延長P'P與直線x＝2相交于點H，則P'H⊥N'H．
在Rt△P'HN'中，P'H＝3，HN'＝3a﹣(﹣4a)＝7a．
∴P'N′2＝P'H2+HN′2＝9+49a2＝25．
解得a1＝，a2＝﹣(舍)．
∴點P'的坐標(biāo)為(﹣1，﹣)，點N′的坐標(biāo)為(2，)．
∴直線P'N′的解析式為y＝x﹣．
∴點E(，0)，點F(0，﹣)．
【例5】(2022?常德)如圖，已知拋物線過點O(0，0)，A(5，5)，且它的對稱軸為x＝2，點B是拋物線對稱軸上的一點，且點B在第一象限．
(1)求此拋物線的解析式；
(2)當(dāng)△OAB的面積為15時，求B的坐標(biāo)；
(3)在(2)的條件下，P是拋物線上的動點，當(dāng)PA﹣PB的值最大時，求P的坐標(biāo)以及PA﹣PB的最大值．

【分析】(1)運用待定系數(shù)法即可求得答案；
(2)設(shè)B(2，m)(m＞0)，運用待定系數(shù)法求得直線OA的解析式為y＝x，設(shè)直線OA與拋物線對稱軸交于點H，則H(2，2)，BH＝m﹣2，利用三角形面積公式建立方程求解即可得出答案；
(3)運用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式為y＝﹣x+10，當(dāng)PA﹣PB的值最大時，A、B、P在同一條直線上，聯(lián)立方程組求解即可求得點P的坐標(biāo)，利用兩點間距離公式可求得AB，即PA﹣PB的最大值．
【解答】解：(1)∵拋物線過點O(0，0)，A(5，5)，且它的對稱軸為x＝2，
∴拋物線與x軸的另一個交點坐標(biāo)為(4，0)，
設(shè)拋物線解析式為y＝ax(x﹣4)，把A(5，5)代入，得5a＝5，
解得：a＝1，
∴y＝x(x﹣4)＝x2﹣4x，
故此拋物線的解析式為y＝x2﹣4x；
(2)∵點B是拋物線對稱軸上的一點，且點B在第一象限，
∴設(shè)B(2，m)(m＞0)，
設(shè)直線OA的解析式為y＝kx，
則5k＝5，
解得：k＝1，
∴直線OA的解析式為y＝x，
設(shè)直線OA與拋物線對稱軸交于點H，則H(2，2)，
∴BH＝m﹣2，
∵S△OAB＝15，
∴×(m﹣2)×5＝15，
解得：t＝8，
∴點B的坐標(biāo)為(2，8)；
(3)設(shè)直線AB的解析式為y＝cx+d，把A(5，5)，B(2，8)代入得：，
解得：，
∴直線AB的解析式為y＝﹣x+10，
當(dāng)PA﹣PB的值最大時，A、B、P在同一條直線上，
∵P是拋物線上的動點，
∴，
解得：，(舍去)，
∴P(﹣2，12)，
此時，PA﹣PB＝AB＝＝3．



1．(2022?濱城區(qū)二模)如圖，拋物線y＝ax2+bx+3(a≠0)，經(jīng)過點A(﹣1，0)，B(3，0)兩點．
(1)求拋物線的解析式及頂點M的坐標(biāo)；
(2)連接AC、BC，N為拋物線上的點且在第四象限，當(dāng)S△NBC＝S△ABC時，求N點的坐標(biāo)；
(3)在(2)問的條件下，過點C作直線l∥x軸，動點P(m，3)在直線l上，動點Q(m，0)在x軸上，連接
PM、PQ、NQ，當(dāng)m為何值時，PM+PQ+QN最小，并求出PM+PQ+QN的最小值．


【分析】(1)由點A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)即可求出拋物線的解析式，再將其變形成頂點式后，即可得出頂點M的坐標(biāo)；
(2)連接AN，則AN∥BC，利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可求出點C的坐標(biāo)，由點B，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，設(shè)直線AN的解析式為y＝﹣x+d，代入點A的坐標(biāo)可求出d值，再聯(lián)立直線AN與拋物線的解析式，即可求出點N的坐標(biāo)；
(3)過點M作MM′∥PQ，且MM′＝PQ，連接M′Q，則當(dāng)點M′，Q，N三點共線時，PM+QN取最小值，此時PM+PQ+QN最小，由點P，Q的坐標(biāo)可得出PQ＝3，結(jié)合點M的坐標(biāo)可得出點M′的坐標(biāo)，由點M′，N的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線M′N的解析式，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，可求出m的值，再利用兩點間的距離公式(勾股定理)可求出M′N的長度，進(jìn)而可得出PM+PQ+QN最小值．
【解答】解：(1)將A(﹣1，0)，B(3，0)代入y＝ax2+bx+3，
得：，解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．
又∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣1)2+4，
∴頂點M的坐標(biāo)為(1，4).
(2)連接AN，如圖1所示．
∵S△NBC＝S△ABC，且兩三角形有相同的底BC，
∴AN∥BC．
當(dāng)x＝0時，y＝3，
∴點C的坐標(biāo)為(0，3)．
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c(k≠0)，
將B(3，0)，C(0，3)代入y＝kx+c，
得：，解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3．
設(shè)直線AN的解析式為y＝﹣x+d，
將A(﹣1，0)代入y＝﹣x+d得：1+d＝0，
解得：d＝﹣1，
∴直線AN的解析為y＝﹣x﹣1．
聯(lián)立兩函數(shù)解析式得：，
解得：(不符合題意，舍去)，，
∴點N的坐標(biāo)為(4，﹣5)．
(3)過點M作MM′∥PQ，且MM′＝PQ，連接M′Q，如圖2所示．
∵M(jìn)M′∥PQ，且MM′＝PQ，
∴四邊形MM′QP為平行四邊形，
∴M′Q＝MP，
∴當(dāng)點M′，Q，N三點共線時，PM+QN取最小值．
∵點P的坐標(biāo)為(m，3)，點Q的坐標(biāo)為(m，0)，
∴PQ＝3，
∴MM′＝3，
∴點M′的坐標(biāo)為(1，4﹣3)，即(1，1)．
設(shè)直線M′N的解析式為y＝px+q(p≠0)，
將M′(1，1)，N(4，﹣5)代入y＝px+q，
得：，解得：，
∴直線M′N的解析式為y＝﹣2x+3．
又∵點Q在直線M′N上，
∴0＝﹣2m+3，
∴m＝，此時M′N＝M′Q+QN＝MP+QN＝＝3，
∴當(dāng)m為時，PM+PQ+QN最小，PM+PQ+QN的最小值為3+3．


2．(2022?淮北模擬)已知拋物線l1：y＝ax2+bx﹣2和直線l2：y＝﹣x﹣均與x軸相交于點A，拋物線l1與x軸的另一個交點為點B(3，0)．
(1)求a，b的值；
(2)將拋物線l1向右平移h個單位長度，使其頂點C落在直線l2上，求h的值；
(3)設(shè)拋物線l1和直線l2的另一個交點為點D，點P為拋物線上一個動點，且點P在線段AD的下方(點P不與點A，D重合)，過點P分別作x軸和y軸的平行線，交直線l2于點M，N，記W＝PM+PN，求W的最大值．
【分析】(1)由直線l2：y＝﹣x﹣與x軸交于點A得A(﹣1，0)，將點A(﹣1，0)、點B(3，0)代入拋物線l1：y＝ax2+bx﹣2即可得a，b的值；
(2)求出拋物線l1的頂點C(1，)，將y＝﹣代入直線l2：y＝﹣x﹣求出x的值，即可求解；
(3)求出D(2，﹣2)，設(shè)P(m，m2﹣m﹣2)(﹣1＜m＜2)，則N(m，﹣m﹣)，可得M(﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2)，用含m的式子表示PM，PN，可得W＝PM+PN的二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的最值即可得W的最大值．
【解答】解：(1)∵直線l2：y＝﹣x﹣與x軸交于點A，
∴A(﹣1，0)，
將點A(﹣1，0)、點B(3，0)代入拋物線l1：y＝ax2+bx﹣2，得：
，解得：，
∴a＝，b＝﹣；

(2)∵a＝，b＝﹣，
∴y＝x2﹣x﹣2＝(x﹣1)2﹣，
∴拋物線l1的頂點C(1，﹣)，
將y＝﹣代入直線l2：y＝﹣x﹣得，
﹣x﹣＝﹣，解得x＝3，
∴拋物線l1向右平移h個單位長度，使其頂點C落在直線l2上，移動后頂點的橫坐標(biāo)為3，
∴h＝3﹣1＝2，即h的值為2；

(3)設(shè)拋物線l1和直線l2的另一個交點為點D，
∵x2﹣x﹣2＝﹣x﹣的解為x＝﹣1或x＝2，
∴D(2，﹣2)，
設(shè)P(m，m2﹣m﹣2)(﹣1＜m＜2)，
則N(m，﹣m﹣)，M(﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2)，
∴PM＝﹣m2+2m+2﹣m＝﹣m2+m+2，
PN＝﹣m﹣﹣m2+m+2＝﹣m2+m+，
∴W＝PM+PN＝﹣m2+m+2﹣m2+m+＝﹣m2+m+＝﹣(m﹣)2+，
∵﹣＜0，
∴W的最大值為．
3．(2022?南寧一模)如圖1所示拋物線與x軸交于O，A兩點，OA＝6，其頂點與x軸的距離是6．
(1)求拋物線的解析式；
(2)點P在拋物線上，過點P的直線y＝x+m與拋物線的對稱軸交于點Q．
①當(dāng)△POQ與△PAQ的面積之比為1：3時，求m的值；
②如圖2，當(dāng)點P在x軸下方的拋物線上時，過點B(3，3)的直線AB與直線PQ交于點C，求PC+CQ的最大值．

【分析】(1)由題意可得y＝a(x﹣3)2﹣6，再將(0，0)代入求出a的值即可求函數(shù)的解析式；
(2)①設(shè)直線y＝x+m與y軸的交點為E，與x軸的交點為F，則OE＝|m|，AF＝|6+m|，由題意可知直線y＝x+m與坐標(biāo)軸的夾角為45°，求出OM＝|m|，AN＝|6+m|，再由|m|：|6+m|＝1：3，求出m的值即可；
②設(shè)P(t，t2﹣4t)，過P作PE∥y軸交AB于點E，過P作PF⊥BQ交于F，求出直線AB的解析式后可求E(t，﹣t+6)，則PE＝﹣t2+3t+6，由直線AB與直線PQ的解析式，能確定兩直線互相垂直，可求CQ＝BQ，CP＝PE，則PC+CQ＝﹣(t﹣3)2+9，即可求PC+CQ的最大值．
【解答】解：(1)∵OA＝6，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝3，
設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x﹣3)2+k，
∵頂點與x軸的距離是6，
∴頂點為(3，﹣6)，
∴y＝a(x﹣3)2﹣6，
∵拋物線經(jīng)過原點，
∴9a﹣6＝0，
∴a＝，
∴y＝(x﹣3)2﹣6；
(2)①設(shè)直線y＝x+m與y軸的交點為E，與x軸的交點為F，
∴E(0，m)，F(xiàn)(﹣m，0)，
∴OE＝|m|，AF＝|6+m|，
∵直線y＝x+m與坐標(biāo)軸的夾角為45°，
∴OM＝|m|，AN＝|6+m|，
∵S△POQ：S△PAQ＝1：3，
∴OM：AN＝1：3，
∴|m|：|6+m|＝1：3，
解得m＝﹣或m＝3；
②設(shè)P(t，t2﹣4t)，
過P作PE∥y軸交AB于點E，過P作PF⊥BQ交于F，
設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+6，
∴E(t，﹣t+6)，
∴PE＝﹣t+6﹣(t2﹣4t)＝﹣t2+3t+6，
設(shè)直線AB與y軸交點為G，
令x＝0，則y＝6，
∴G(0，6)，
∴OG＝OA＝6，
∴∠OGA＝45°，
設(shè)直線PQ與x軸交點為K，與y軸交點為L，
直線PQ的解析式為y＝x+m，令x＝0，則y＝m
∴L(0，m)，
令y＝0，則x＝﹣m，
∴K(﹣m，0)，
∴OL＝OK，
∴∠OLK＝45°，
∴∠GCL＝90°，
∴PF＝FQ＝3﹣t，
設(shè)BF與x軸交點為H，
∴FH＝﹣t2+4t，
∴HQ＝﹣t2+4t﹣3+t＝﹣t2+5t﹣3，
∴BQ＝3﹣t2+5t﹣3＝﹣t2+5t，
∴CQ＝BQ＝(﹣t2+5t)，
∵CP＝PE＝(﹣t2+3t+6)，
∴PC+CQ＝(﹣t2+3t+6)+(﹣t2+5t)＝(﹣t2+8t+6)＝﹣(t﹣3)2+9，
當(dāng)t＝3時，PC+CQ的最大值為9．


4．(2022?成都模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c(a≠0)的圖象與y軸，x軸分別相交于A(0，2)，B(2，0)，C(4，0)三點，點D是二次函數(shù)圖象的頂點．
(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；
(2)點P為拋物線上異于點B的一點，連接AC，若S△ACP＝S△ACB，求點P的坐標(biāo)；
(3)M是第四象限內(nèi)一動點，且∠AMB＝45°，連接MD，MC，求2MD+MC的最小值．

【分析】(1)利用待定系數(shù)法求解即可；
(2)分兩種情形，分別構(gòu)建方程組求解即可；
(3)以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓，連接OM，取OB的中點E，連接EM、ED，先根據(jù)二次函數(shù)求出A、B、C、D的坐標(biāo)，再證明△EOM∽△MOC，從而有EM＝MC，故2MD+MC＝2(MD+MC)＝2(MD+ME)≥2ED，再求出ED即可．
【解答】解：(1)∵拋物線經(jīng)過B(2，0)，C(4，0)，
∴可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x﹣2)(x﹣4)，
把A(0，2)代入，可得a＝，
∴二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣x+2；

(2)如圖，當(dāng)點P在直線AC的下方時，過點B作BP0∥AC交拋物線于點P0，
由題意直線AC的解析式為y＝﹣x+2，
∴kAC＝﹣，
∴K＝﹣，
∴直線BP0的解析式為y＝﹣x+1，
由，
解得，
則P0與B重合，不符合題意．
當(dāng)點P在直線AC的上方時，作直線BP0關(guān)于直線AC的的對稱直線P1P2，交拋物線于P1，P2．
∵直線AC的解析式為y＝﹣x+2，
∴可得直線P1P2的解析式為y＝﹣x+3，
由，
解得或，
∴P1(2+2，2﹣)，P2(2﹣2，2+)；

(3)解：如圖，以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓，連接OM，取OB的中點E，連接EM、ED，

∵A(0，2)，B(2，0)，C(4，0)，
∴OA＝OB，即B在⊙O上，
∵y＝x2﹣x+2＝(x﹣3)2﹣，
∴頂點D(3，﹣)，
∵∠AMB＝45°，
∴∠AMB＝∠BOA，
∴M在在⊙O上，即OM＝2，
取OB的中點E(1，0)，
∵＝，＝，＝，
∴＝，
又∠EOM＝∠MOC，
∴△EOM∽△MOC，
∴＝，
∴EM＝MC，
∴2MD+MC＝2(MD+MC)＝2(MD+ME)≥2ED，
∵ED＝＝，
∴2MD+MC的最小值為．

5．(2022?成都模擬)如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝a(x﹣1)(x+3)的圖象與x軸交于點A，B(A在B的左邊)，且經(jīng)過點C(﹣2，3)，P為拋物線的頂點．
(1)求拋物線的解析式及點P的坐標(biāo)；
(2)平面內(nèi)一動點H自點C出發(fā)，先到達(dá)x軸上的某點M，再到達(dá)y軸上某點N，最后運動到點P，求使點H運動的總路徑最短的點M，點N的坐標(biāo)，并求出這個最短總路徑的長；
(3)如圖2，過點C的直線l與拋物線有唯一的公共點，將直線l向下平移交拋物線于D，E兩點，連BD交y軸正半軸于F，連BE交y軸負(fù)半軸于G，試判斷|OF﹣OG|是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．

【分析】(1)利用待定系數(shù)法求出a，再利用配方法求解；
(2)如圖1中，作點C關(guān)于x軸的對稱點C′，點P關(guān)于y軸的對稱點P′，連接C′P′交x軸于點M，交y軸于點N，得C′(﹣2，﹣3)，P′(1，4)，此時點H運動的總路徑最短，求出直線MN的解析式，可得結(jié)論；
(3)如圖2中，過點D，E分別作DK⊥y軸于點K，EH⊥y軸于點H．由，得到x2+(2+k)x+2k＝0，由Δ＝0，可得k＝2，設(shè)DE為y＝2x+m，E(x1，y1)，D(x2，y2)，由，得x2+4x+m﹣3＝0，可得x1+x2＝﹣4，x1?x2＝m﹣3，由△DKF∽△BOF，△BOG∽△EHG，可得＝，＝，OF＝＝，OG＝＝，再求出|OF﹣OG|的值，可得結(jié)論．
【解答】解：(1)把C(﹣2，3)代入y＝a(x﹣1)(x+3)，可得a＝﹣1，
∴y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣(x+1)2+4，
∴P(﹣1，4)；

(2)如圖1中，作點C關(guān)于x軸的對稱點C′，點P關(guān)于y軸的對稱點P′，連接C′P′交x軸于點M，交y軸于點N，得C′(﹣2，﹣3)，P′(1，4)，此時點H運動的總路徑最短，

∴yMN＝x+，
∴M(﹣，0)，N(0，)，
∴dmin＝＝；

(3)如圖2中，過點D，E分別作DK⊥y軸于點K，EH⊥y軸于點H．

設(shè)直線l的表達(dá)式為y＝kx+b，將C(﹣2，3)代入得到b＝2k+3，
∴y＝kx+2k+3，
由，得到x2+(2+k)x+2k＝0，
由Δ＝0可得(2+k)2﹣8k＝0．
∴k＝2，
設(shè)DE為y＝2x+m，E(x1，y1)，D(x2，y2)，
由，得x2+4x+m﹣3＝0，
∴x1+x2＝﹣4，x1?x2＝m﹣3，
由△DKF∽△BOF，△BOG∽△EHG，
可得＝，＝，OF＝＝，OG＝＝，
∴|OF﹣OG|＝|﹣|＝||，
將x1+x2＝﹣4，x1?x2＝m﹣3，代入上式，可得||OF﹣OG|＝2．
6．(2022?沈陽模擬)定義：在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c的“衍生直線”為y＝﹣ax+b，有一個頂點在拋物線上，另一個頂點在“衍生直線”上的三角形為該拋物線的“衍生三角形”．
如圖1，已知拋物線y＝﹣x2+2x+3與其“衍生直線”交于A，D兩點(點A在點D的左側(cè))，與x軸正半軸相交于點B，與y軸正半軸相交于點C，點P為拋物線的頂點．
(1)填空：該拋物線的“衍生直線”的解析式為 　y＝x+1?。籅的坐標(biāo)為 　(3，0)?。籇的坐標(biāo)為 　(2，3)?。?br /> (2)如圖1，動點E在線段AB上，連接DE，DB，將△BDE以DE所在直線為對稱軸翻折，點B的對稱點為F，若三角形△DEF為該拋物線的“衍生三角形”，且F不在拋物線上，求點F坐標(biāo)．
(3)拋物線的“衍生直線”上存在兩點M，N(點M在點N的上方)，且MN＝，連接PM，CN，當(dāng)PM+MN+CN最短時，請直接寫出此時點N的坐標(biāo)．

【分析】(1)根據(jù)“衍生直線”的定義可得拋物線y＝﹣x2+2x+3的“衍生直線”的解析式，通過解方程即可求得點B、D的坐標(biāo)．
(2)分兩種情況：點E在點A與點B之間，點F在直線AD上或點E與點A重合，當(dāng)點E在點A與點B之間，點F在直線AD上時，設(shè)F1(t，t+1)，利用翻折變換的性質(zhì)建立方程求解即可；當(dāng)點E與點A重合時，由翻折得：∠DAF＝∠DAB＝45°，AF＝AB＝4，即可求得答案．
(3)過點P作PR∥x軸，過點A作AR∥y軸，則R(﹣1，4)，作點P關(guān)于直線AD的對稱點P′，過點P′作P′K⊥x軸于點K，證得△APR≌△AP′K(AAS)，得出：AK＝AR＝4，P′K＝PR＝2，即可得到P′(3，2)，將線段P′M沿著直線DA的方向平移個單位，即向左平移個單位，向下平移個單位，得到線段P″N，則P″(，)，當(dāng)C、N、P″三點共線時，PM+MN+CN最短；運用待定系數(shù)法求出直線CP″的解析式，聯(lián)立方程組即可求得答案．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝﹣x2+2x+3，
∴其“衍生直線”的解析式為y＝x+1，
由﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝﹣1或3，
∴B(3，0)，
由﹣x2+2x+3＝x+1，
解得：x＝﹣1或2，
∴D(2，3)，
故答案為：y＝x+1；(3，0)；(2，3)．
(2)∵拋物線y＝﹣x2+2x+3，
∴A(﹣1，0)，B(3，0)，
∴AB＝4，
設(shè)直線AD交y軸于點T，則T(0，1)，
∴OA＝OT，
即△AOT是等腰直角三角形，
∴∠DAB＝45°，
∵三角形△DEF為該拋物線的“衍生三角形”，且F不在拋物線上，
∴點E在點A與點B之間，點F在直線AD上或點E與點A重合，如圖1，
當(dāng)點E在點A與點B之間，點F在直線AD上時，設(shè)F1(t，t+1)，
由翻折得：DF1＝DB＝＝，
∴(t﹣2)2+(t+1﹣3)2＝10，
解得：t＝2±，
∵t＜2，
∴t＝2﹣，
∴F1(2﹣，3﹣)；
當(dāng)點E與點A重合時，由翻折得：∠DAF＝∠DAB＝45°，AF＝AB＝4，
∴F2(﹣1，4)；
綜上所述，點F的坐標(biāo)為：F1(2﹣，3﹣)或F2(﹣1，4)；
(3)∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣1)2+4，
∴P(1，4)，
令x＝0，得y＝3，
∴C(0，3)，
過點P作PR∥x軸，過點A作AR∥y軸，則R(﹣1，4)，
作點P關(guān)于直線AD的對稱點P′，過點P′作P′K⊥x軸于點K，
由(2)知∠DAB＝45°，
∴∠DAR＝45°，
∵AP′＝AP，∠P′AD＝∠PAD，
∴∠PAR＝∠P′AK，
∵∠ARP＝∠AKP′＝90°，
∴△APR≌△AP′K(AAS)，
∴AK＝AR＝4，P′K＝PR＝2，
∴P′(3，2)，
將線段P′M沿著直線DA的方向平移個單位，即向左平移個單位，向下平移個單位，得到線段P″N，
則P″(，)，當(dāng)C、N、P″三點共線時，PM+MN+CN最短；
即直線CP″交直線AD于點N，
設(shè)直線CP″的解析式為y＝kx+d，
則，
解得：，
∴直線CP″的解析式為y＝x+3，
由x+1＝x+3，
解得：x＝，
∴N(，)．


7．(2022?沈陽模擬)如圖，拋物線y＝ax2+bx+(a≠0)經(jīng)過點A(3，2)和點B(4，﹣)，且與y軸交于點C．
(1)分別求拋物線和直線BC的解析式；
(2)在x軸上有一動點G，拋物線上有一動點H，是否存在以O(shè)，A，G，H為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點H的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
(3)點D為拋物線上位于直線BC上方的一點，過點D作DE⊥x軸交直線BC于點E，點P為對稱軸上一動點，當(dāng)線段DE的長度最大時，求PD+PA的最小值．

【分析】(1)將點A(3，2)和點B(4，﹣)代入y＝ax2+bx+得，可解得拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+，令x＝0得y＝，得C(0，)，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+，將B(4，﹣)代入可得直線BC的解析式為y＝﹣x+，
(2)設(shè)G(m，0)，H(n，﹣n2+n+)，又O(0，0)，A(3，2)，分三種情況：①若GH、OA為對角線，則GH、OA的中點重合，有，可解得H(﹣1，2)，②若GO、HA為對角線，則GO、HA的中點重合，有，可解得H(2+1，﹣2)或(﹣2+1，﹣2)；③若GA、OH為對角線，則GA、OH的中點重合，有，解得H(﹣1，2)，
(3)作A關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點A'，連接A'D交拋物線對稱軸于P，設(shè)D(t，﹣t2+t+)，則E(t，﹣t+)，得DE＝﹣(t﹣2)2+2，即知t＝2時，DE取最小值2，D(2，)，由拋物線y＝﹣x2+x+的對稱軸為直線x＝1，得A(3，2)關(guān)于對稱軸直線x＝1的對稱點A'(﹣1，2)，有PA＝PA'，當(dāng)D、P、A'共線時，PA'+PD最小，即PA+PD最小，PA+PD的最小值為A'D的長，即得PD+PA的最小值為．
【解答】解：(1)將點A(3，2)和點B(4，﹣)代入y＝ax2+bx+得：
，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+，
在y＝﹣x2+x+中，令x＝0得y＝，
∴C(0，)，
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+，將B(4，﹣)代入得：
4k+＝﹣，
解得k＝﹣1，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+，
答：拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+，直線BC的解析式為y＝﹣x+；
(2)存在以O(shè)，A，G，H為頂點的四邊形是平行四邊形，理由如下：
設(shè)G(m，0)，H(n，﹣n2+n+)，又O(0，0)，A(3，2)，
①若GH、OA為對角線，則GH、OA的中點重合，
∴，
解得(此時G與O重合，舍去)或，
∴H(﹣1，2)，
②若GO、HA為對角線，則GO、HA的中點重合，
，
解得n＝2+1或n＝﹣2+1，
∴H(2+1，﹣2)或(﹣2+1，﹣2)；
③若GA、OH為對角線，則GA、OH的中點重合，
∴，
解得n＝3(舍去)或n＝﹣1，
∴H(﹣1，2)，
綜上所述，H的坐標(biāo)為(﹣1，2)或(2+1，﹣2)或(﹣2+1，﹣2)；
(3)作A關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點A'，連接A'D交拋物線對稱軸于P，如圖：

設(shè)D(t，﹣t2+t+)，則E(t，﹣t+)，
∴DE＝(﹣t2+t+)﹣(﹣t+)＝﹣t2+2t＝﹣(t﹣2)2+2，
∵﹣＜0，
∴t＝2時，DE取最小值2，此時D(2，)，
∵拋物線y＝﹣x2+x+的對稱軸為直線x＝1，
∴A(3，2)關(guān)于對稱軸直線x＝1的對稱點A'(﹣1，2)，
∴PA＝PA'，
∴PA+PD＝PA'+PD，
又D、P、A'共線，
∴此時PA'+PD最小，即PA+PD最小，PA+PD的最小值為A'D的長，
∵D(2，)，A'(﹣1，2)，
∴A'D＝＝，
∴PD+PA的最小值為．
8．(2022?沈河區(qū)二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+x+c(a≠0)與x軸交于點A(﹣1，0)和B(點B在A的右側(cè))，與y軸交于點C(0，2)，點P是拋物線上的一個動點．
(1)求拋物線的解析式；
(2)連接AP，與y軸交于點D，連接BD，當(dāng)△BOD≌△COA時，求點P的坐標(biāo)；
(3)連接OP，與線段BC交于點E，點Q是x軸正半軸上一點，且CE＝BQ，當(dāng)OE+CQ的值最小時，請直接寫出點Q的坐標(biāo)．


【分析】(1)將定系數(shù)法求解析式即可求解；
(2)根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得OA＝OD＝1，求得直線AD的解析式為y＝x+1，聯(lián)立拋物線解析式，解方程即可求解；
(3)在線段BC上，取BM＝CO，作M關(guān)于x軸的對稱點M'，連接QM，QM'，連接MM'交x軸于點S，證明CQ+OE＝CQ+QM′，進(jìn)而根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)求得當(dāng)且僅當(dāng)C，Q，M共線時取得最小值，即點Q在直線M'上，待定系數(shù)法求解析式．進(jìn)而即可求解．
【解答】解：(1)將4(﹣1.0)，C(0.2)，代入y＝ax2+x+c，得
，
∴，
∴y＝﹣x2+x+2；
(2)∵A(﹣1，0)，△BOD≌△COA，
∴OA＝OD＝1，
∴D(0，1)或(0，﹣1)，
設(shè)直線AD的解析式為＝kx+b，
則或，
∴或，
∴y＝x+1或y＝﹣x﹣1，
聯(lián)立或，
解得(不合題意，舍去)或，或(不合題意，舍去)，
∴P(1，2)或(3，﹣4)；

(3)由題意得，點Q在點B的左側(cè)，
在線段BC上，取BM＝CO，作M關(guān)于x軸的對稱點M′，連接QM，QM′，連接MM′交x軸于點S，

∴y＝﹣x2+x+2，令y＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝2，
則B(2，0)，
∴OB＝OC＝2，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴BO＝OC＝2，
∵BQ＝CE，BM＝CQ，∠QBM＝∠ECO，
∴QM＝OE，
∵QM＝Q′M，
∴CQ+OE＝CQ+QM′，
當(dāng)且僅當(dāng)C，Q，M′共線時取得最小值，即點Q在直線′M′CM′上，
∵∠OCE＝45°，BM＝2，
∴MS＝SB＝，
∴M(2﹣，)，則M′(2﹣，﹣)，
設(shè)直線CM′的解析式為y＝sx+t，
把C(0，2)，(2﹣，﹣)，代入得，
，
解得：，
∴直線CM′的解斷式為y＝(﹣3﹣2)x+2，
令y＝0，解得x＝6﹣4，
∴Q(6﹣4，0)．
9．(2022?邵陽縣模擬)如圖，直線l：y＝﹣3x﹣6與x軸、y軸分別相交于點A、C；經(jīng)過點A、C的拋物線C：與x軸的另一個交點為點B，其頂點為點D，對稱軸與x軸相交于點E．
(1)求拋物線C的對稱軸．
(2)將直線l向右平移得到直線l1．
①如圖①，直線l1與拋物線C的對稱軸DE相交于點P，要使PB+PC的值最小，求直線l1的解析式．
②如圖 ②，直線l1與直線BC相交于點F，直線l1上是否存在點M，使得以點A、C、F、M為頂點的四邊形是菱形，若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．


【分析】(1)分別把x＝0和y﹣0代入一次函數(shù)的解析式，求出A、C坐標(biāo)，代入拋物線得出方程組，求出方程組的解，得出拋物線的解析式，即可求解；
(2)①求出拋物線C的對稱軸和B的坐標(biāo)，連接BC交對稱軸于點P′，PB+PC＝QP′B+P′C＝BC的值最小，求出點P′的坐標(biāo)，根據(jù)平移的性質(zhì)即可求出直線l1的解析式；
②分兩種情況：Ⅰ當(dāng)AM為邊時，Ⅱ當(dāng)AM為對角線時，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求解．
【解答】解：(1)在y＝﹣3x﹣6中，令y＝0，
即﹣3x﹣6＝0，x＝﹣2，得A(﹣2，0)．
令x＝0，得y＝﹣6，得C(0，﹣6)，
將點A、C的坐標(biāo)代入拋物線C的表達(dá)式，
得：，解得，
∴拋物線C的解析式為，其對稱軸為x＝﹣＝2；

(2)①如圖，連接BC交DE于點P′，

則PB+PC≥BC．當(dāng)點P到達(dá)點P時，
PB+PC＝QP′B+P′C＝BC的值最小，
令y＝0，即，
解得 x1＝﹣2，x2＝6．
∴點B坐標(biāo)為(6，0)．
設(shè)直線BC的表達(dá)式為 y＝kx+h，
則：，解得．
∴y＝x﹣6，
當(dāng)x＝2時，y＝2﹣6＝﹣4．
∴點P′即點P的坐標(biāo)為(2，﹣4)，
∵將直線l：y＝﹣3x﹣6向右平移得到直線l1，
∴設(shè)直線l1的解析式為y＝﹣3x+h1．
則﹣4＝﹣3×2+h1，
∴h1＝2．
∴直線l1的解析式為y＝﹣3x+2；
②存在點M，使得以點A、C、F、M為頂點的四邊形是菱形．
由點F在直線BC：y＝x﹣6上，可設(shè)點F(m，m﹣6)．
Ⅰ當(dāng)AM為邊時，如圖，過點A作AM∥CB交l1于點M．

∵FM∥CA，
∴當(dāng)FM＝CA時，以點A、C、F、M為頂點的四邊形ACFM是平行四邊形．
當(dāng)CA＝CF時，?ACFM是菱形．
過點F作FH⊥CO于H，則CH＝|(m﹣6)﹣(﹣6)|＝|m|．CF2＝CH2+FH2＝m2+m2＝2m2，
∵CA2＝22+62＝40，
∴2m2＝40，
∴，(舍去)，
∴F(，)．
∵FM∥CA且FM＝CA，
∴可將CA先向右平移單位、再向上平移單位得到FM，
即可將點A(﹣2，0)先向右平移單位、再向上平移單位得到點M．
故點M的坐標(biāo)為(﹣2，)；
Ⅱ當(dāng)AM為對角線時，連接AF，過點C作CM∥AF交l1于點M．

∵FM∥AC，
∴當(dāng)FM＝AC時，以點A、C、F、M為頂點的四邊形ACFM是平行四邊形．
當(dāng)AC＝AF時，?ACMF是菱形．
∵AF2＝(m+2)2+(m﹣6)2，CA2＝40，
∴(m+2)2+(m﹣6)2＝40，
∴m1＝4，m2＝0(舍去)，
∴點F的坐標(biāo)為(4，﹣2)．
∵FM∥AC且FM＝AC，
∴可將AC先向右平移6個單位、再向下平移2個單位得到FM，
即可將點C(0，﹣6)先向右平移6單位、再向下平移2單位得到點M．
∴點M的坐標(biāo)為(6，﹣8)．
綜上，點M的坐標(biāo)為(﹣2，)或(6，﹣8)．
10．(2021?越秀區(qū)校級二模)在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝﹣x+2與x軸交于點B，與y軸交于點C，拋物線y＝﹣x2+bx+c的對稱軸是直線x＝與x軸的交點為點A，且經(jīng)過點B、C兩點．
(1)求拋物線的解析式；
(2)點M為拋物線對稱軸上一動點，當(dāng)|BM﹣CM|的值最小時，求出點M的坐標(biāo)；
(3)拋物線上是否存在點N，過點N作NH⊥x軸于點H，使得以點B、N、H為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，請求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】(1)利用待定系數(shù)法直接得出結(jié)論；
(2)先判斷出|BM﹣CM|最小時，BM＝CM，建立方程求解即可得出結(jié)論；
(3)先判斷出∠ACB＝∠BHN＝90°，分兩種情況，利用相似三角形得出比例式，建立方程求解即可得出結(jié)論．
【解答】解：(1)針對于y＝﹣x+2，令x＝0，則y＝2，
∴C(0，2)，
令y＝0，則0＝﹣x+2，
∴x＝4，
∴B(4，0)，
∵點C在拋物線y＝﹣x2+bx+c上，
∴c＝2，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+bx+2，
∵點B(4，0)在拋物線上，
∴﹣8+4b+2＝0，
∴b＝，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+2；

(2)∵|BM﹣CM|最小，
∴|BM﹣CM|＝0，
∴BM＝CM，
∴BM2＝CM2，
設(shè)M(，m)，
∵B(4，0)，C(0，2)，
∴BM2＝(4﹣)2+m2，CM2＝()2+(m﹣2)2，
∴(4﹣)2+m2＝()2+(m﹣2)2，
∴m＝0，
∴M(，0)；

(3)存在，理由：
由(1)知，拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+2，
令y＝0，則0＝﹣x2+x+2，
∴x＝4或x＝﹣1，
∴A(﹣1，0)，
∵B(4，0)，C(0，2)，
∴BC2＝20，AC2＝5，AB2＝25，
∴CB2+AC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∵NH⊥x軸，
∴∠BHN＝90°＝∠ACB，
設(shè)N(n，﹣n2+n+2)，
∴HN＝|﹣n2+n+2|，BH＝|n﹣4|，
∵以點B、N、H為頂點的三角形與△ABC相似，
∴①△BHN∽△ACB，
∴，
∴＝，
∴n＝﹣5或n＝3或n＝4(舍)，
∴N(﹣5，﹣18)或(3，2)，
②△BHN∽△BCA，
∴，
∴＝，
∴n＝0或n＝4(舍)或n＝﹣2，
∴N(0，2)或(﹣2，﹣3)，
即滿足條件的點N的坐標(biāo)為(﹣5，﹣18)或(﹣2，﹣3)或(0，2)或(3，2)．
11．(2022?立山區(qū)一模)已知點A(﹣2，0)，B(3，0)，拋物線y＝ax2+bx+4過A，B兩點，交y軸于點C．
(1)求拋物線的解析式；
(2)點P是線段AC上一動點(不與C點重合)，作PQ⊥BC交拋物線于點Q，PH⊥x軸于點H．
①連結(jié)CQ，BQ，PB，當(dāng)四邊形PCQB的面積為時，求P點的坐標(biāo)；
②直接寫出PH+PQ的取值范圍．

【分析】(1)運用待定系數(shù)法即可求得答案；
(2)①先根據(jù)四邊形面積求得PQ＝，再運用待定系數(shù)法求得直線AC的解析式為y＝2x+4，如圖1，設(shè)P(t，2t+4)，Q(s，﹣s2+s+4)，過點P作PK∥x軸，過點Q作QK∥y軸，設(shè)PK交y軸于點T，PQ交y軸于點F，交BC于點G，可證得△BCO∽△QPK，得出＝＝，求得：PK＝2，QK＝，建立方程求解即可得出答案；
②由①得△BCO∽△QPK，可推出：PQ＝QK＝﹣s2+s﹣t，由4QK＝3PK，可得出t＝s2﹣s，進(jìn)而可得：PQ+PH＝﹣s2+s﹣t+2t+4＝﹣s2+s﹣(s2﹣s)+4＝(s﹣)2+，運用二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝ax2+bx+4過A(﹣2，0)，B(3，0)兩點，
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+4；
(2)①由(1)知：y＝﹣x2+x+4，
當(dāng)x＝0時，y＝4，
∴C(0，4)，
在Rt△BOC中，BC＝＝＝5，
∵PQ⊥BC，S四邊形PCQB＝，
∴×5PQ＝，
∴PQ＝，
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+d，
則，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝2x+4，
如圖1，設(shè)P(t，2t+4)，Q(s，﹣s2+s+4)，
過點P作PK∥x軸，過點Q作QK∥y軸，設(shè)PK交y軸于點T，PQ交y軸于點F，交BC于點G，
則QK＝﹣s2+s+4﹣(2t+4)＝﹣s2+s﹣2t，PK＝s﹣t，
∵PQ⊥BC，PK⊥y軸，
∴∠CGF＝∠PTF＝90°，
∵∠CFG＝∠PET，
∴∠BCO＝∠QPK，
∵∠BOC＝∠QKP＝90°，
∴△BCO∽△QPK，
∴＝＝，
即＝＝，
∴PK＝2，QK＝，
∴，
解得：，，
∵點P是線段AC上一動點(不與C點重合)，
∴﹣2≤t＜0，
t＝﹣3+，2t+4＝2×(﹣3+)+4＝﹣2
∴P(﹣3+，﹣2)；
②由①得：P(t，2t+4)，Q(s，﹣s2+s+4)，QK＝﹣s2+s﹣2t，PK＝s﹣t，△BCO∽△QPK，
∴＝＝，即＝＝，
∴PQ＝QK＝(﹣s2+s﹣2t)＝﹣s2+s﹣t，
∵4QK＝3PK，即4(﹣s2+s﹣2t)＝3(s﹣t)，
∴t＝s2﹣s，
∴PQ+PH＝﹣s2+s﹣t+2t+4＝﹣s2+s﹣(s2﹣s)+4＝(s﹣)2+，
∵﹣2≤t＜0，
∴﹣2≤s2﹣s＜0，
令s2﹣s＝2，解得：s＝﹣2或，
令s2﹣s＝0，解得：s＝0或，
∵點Q在第一象限，即0＜s＜3，
∴0＜s≤，
∵＜0，
∴當(dāng)s＝，即t＝﹣時，PQ+PH取得最大值，
當(dāng)x＝0時，PQ+PH取得最小值，
∴4＜PQ+PH≤．

12．(2021?招遠(yuǎn)市一模)如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與一直線相交于A(﹣1，0)，C(2，3)兩點，與y軸交于點N．其頂點為D．
(1)拋物線及直線AC的函數(shù)關(guān)系式；
(2)若拋物線的對稱軸與直線AC相交于點B，E為直線AC上的任意一點，過點E作EF∥BD交拋物線于點F，以B，D，E，F(xiàn)為頂點的四邊形能否為平行四邊形？若能，求點E的坐標(biāo)；若不能，請說明理由；
(3)若P是拋物線上位于直線AC上方的一個動點，求△APC的面積的最大值．
(4)設(shè)點M的坐標(biāo)為(3，m)，直接寫出使MN+MD的和最小時m的值．

【分析】(1)由拋物線y＝﹣x2+bx+c過點A(﹣1，0)及C(2，3)得，，解得，得拋物線為y＝﹣x2+2x+3；又設(shè)直線為y＝kx+n過點A(﹣1，0)及C(2，3)，得，解得，得直線AC為y＝x+1；
(2)由y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣1)2+4，得D(1，4)，當(dāng)x＝1時，y＝x+1＝2，得B(1，2)，求出BD＝2，設(shè)E(x，x+1)，當(dāng)EF＝BD＝2時，以B，D，E，F(xiàn)為頂點的四邊形為平行四邊形，分兩種情形討論：①如圖2，當(dāng)點E在線段AC上時，點F在點E上方，得x+3＝﹣x2+2x+3，即可求解；②當(dāng)點E在線段AC(或CA)延長線上時，點F在點E下方，則F(x，x﹣1)，得x﹣1＝﹣x2+2x+3，即可求解；
(3)如圖2，過點P作PQ⊥x軸交AC于點Q，交x軸于點H；過點C作CG⊥x軸于點G，設(shè)Q(x，x+1)，則P(x，﹣x2+2x+3)，表示出PQ＝(﹣x2+2x+3)﹣(x+1)＝﹣x2+x+2，又S△APC＝S△APQ+S△CPQ＝PQ?AG＝(﹣x2+x+2)×3＝﹣(x﹣)2+，S△APC的最大值為；
(4)作直線x＝3，作點D關(guān)于直線x＝3的對稱點D′，得D′坐標(biāo)為(5，4)，連結(jié)ND′交直線x＝3于點M，此時N、M、D′三點共線時，NM+MD′最小，即NM+MD最小，利用點N(0，3)和D′(5，4)求出直線NM的函數(shù)關(guān)系式為：y＝x+3，當(dāng)x＝3時，y＝，求出m＝．
【解答】解：(1)由拋物線y＝﹣x2+bx+c過點A(﹣1，0)及C(2，3)得，
，
解得，
∴拋物線為y＝﹣x2+2x+3；
又設(shè)直線為y＝kx+n過點A(﹣1，0)及C(2，3)，
得，
解得，
∴直線AC為y＝x+1；
(2)以B，D，E，F(xiàn)為頂點的四邊形可以為平行四邊形
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣1)2+4，
∴D(1，4)，
當(dāng)x＝1時，y＝x+1＝2，
∴B(1，2)，
∴BD＝2，
∵點E在直線AC上，設(shè)E(x，x+1)，
?EF∥BD，
?當(dāng)EF＝BD＝2時，以B，D，E，F(xiàn)為頂點的四邊形為平行四邊形，
①如圖2，當(dāng)點E在線段AC上時，點F在點E上方，則F(x，x+3)，
∵F在拋物線上，
∴x+3＝﹣x2+2x+3，
解得，x＝0或x＝1(舍去)，
∴E(0，1)；
②當(dāng)點E在線段AC(或CA)延長線上時，點F在點E下方，則F(x，x﹣1)，
∵F在拋物線上，
∴x﹣1＝﹣x2+2x+3，
解得x＝或x＝，
∴E(，)或(，)，
綜上，滿足條件的點E的坐標(biāo)為(0，1)或E(，)或(，)；
(3)如圖2，過點P作PQ⊥x軸交AC于點Q，交x軸于點H；過點C作CG⊥x軸于點G，
設(shè)Q(x，x+1)，則P(x，﹣x2+2x+3)，
∴PQ＝(﹣x2+2x+3)﹣(x+1)
＝﹣x2+x+2
又∵S△APC＝S△APQ+S△CPQ
＝PQ?AG＝(﹣x2+x+2)×3＝﹣(x﹣)2+，
∴△APC面積的最大值為；
(4)作直線x＝3，作點D關(guān)于直線x＝3的對稱點D′，
得D′坐標(biāo)為(5，4)，
連結(jié)ND′交直線x＝3于點M，
此時N、M、D′三點共線時，NM+MD′最小，
即NM+MD最小，
設(shè)直線ND′的關(guān)系式為：y＝mx+n，
把點N(0，3)和D′(5，4)代入，
，
得m＝，n＝3，
∴直線NM的函數(shù)關(guān)系式為：y＝x+3，
當(dāng)x＝3時，y＝，
m＝．



13．(2021?桓臺縣二模)在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2+bx+c交x軸于A，B兩點，點A，B的坐標(biāo)分別為(﹣1，0)，(3，0)，點M為頂點．
(1)求拋物線的解析式；
(2)過點M作y軸的垂線，垂足為C，過點B作y軸的平行線，交CM于點D，點H為OC上的任一點，將線段HB繞點H逆時針旋轉(zhuǎn)90°到HP．求∠PCD的度數(shù)；
(3)在(2)的條件下，將點H改為y軸上的一動點，連接OP，BP，求OP+BP的最小值．

【分析】(1)將點A、B的坐標(biāo)代入即可求出拋物線解析式；
(2)過點P作PE⊥y軸，垂足為E點，連接PC，證明△PEH≌△HOB(AAS)，由全等三角形的性質(zhì)得出PE＝OH，EH＝OB，由直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；
(3)作點O關(guān)于直線PC的對稱點F，連接BF，直線PC交x軸于點Q，連接FQ，由軸對稱的性質(zhì)及勾股定理可得出答案．
【解答】解：(1)將點A(﹣1，0)，B(3，0)代入y＝x2+bx+c，
得 ，解得，
∴拋物線解析式為 y＝x2+x+；
(2)M(1，3)．
∵矩形OBDC中，CO＝OB＝3．
∴四邊形OBDC是正方形，
過點P作PE⊥y軸，垂足為E點，連接PC，如圖2，

∵∠PHB＝90°，
∴∠PHE+∠BHO＝90°，
∵∠OBH+∠BHO＝90°，
∴∠PHE＝∠OBH，
又HP＝HB，
∴△PEH≌△HOB(AAS)，
∴PE＝OH，EH＝OB，
∵OB＝OC，
∴OC＝EH，
∴EC＝OH，
∴EC＝EP，
∴∠ECP＝45°，
∴∠PCD＝45°；
(3)如圖3，

由(2)可知，點P在直線PC上運動，
作點O關(guān)于直線PC的對稱點F，連接BF，直線PC交x軸于點Q，連接FQ，
∵CD‖x軸，
∴∠PCD＝∠PQO＝45°，
∴OQ＝OC＝OB＝3，
由作圖知，∠FQC＝∠PQO＝45°，F(xiàn)Q＝OQ＝3，
∴∠FQB＝90°，
∴BF＝，
∴OP+BP的最小值為．
14．(2021?成都模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C．
(1)求拋物線的解析式．
(2)點D為第一象限內(nèi)拋物線上的一動點，作DE⊥x軸于點E，交BC于點F，過點F作BC的垂線與拋物線的對稱軸和y軸分別交于點G，H，設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m．
①求DF+HF的最大值；
②連接EG，若∠GEH＝45°，求m的值．

【分析】(1)將點A(﹣1，0)，B(3，0)代入拋物線y＝﹣x2+bx+c，得方程組，解得b與c的值，則可得出拋物線的解析式；
(2)①先求出點C的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式，作FK⊥y軸于點K，可得：FH＝KF＝OE，由線段的和差可得：DF+HF＝DE﹣EF+OE，代入數(shù)據(jù)得到關(guān)于m的二次函數(shù)，由二次函數(shù)的性質(zhì)可得DF+HF的最大值；②作GM⊥y軸于點M，記直線FH與x軸交于點N，由等腰三角形的判定可知EF＝EN，OH＝ON，由拋物線的性質(zhì)可得MG＝1，繼而求得HG的值；判定△EHG∽△FHE，得出比例式，代入數(shù)據(jù)可得關(guān)于m的方程，解方程即可．
【解答】解：(1)將點A(﹣1，0)，B(3，0)代入拋物線y＝﹣x2+bx+c得：
，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2x+3．
(2)①當(dāng)x＝0時，y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴點C(0，3)，
又∵B(3，0)，
∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，
∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
作FK⊥y軸于點K，
又∵FH⊥BC，
∴∠KFH＝∠KHF＝45°，
∴FH＝KF＝OE，
∴DF+HF＝DE﹣EF+OE
＝(﹣m2+2m+3)﹣(﹣m+3)+m
＝﹣m2+(3+)m，
由題意有0＜m＜3，且0＜﹣＜3，﹣1＜0，
∴當(dāng)m＝時，DF+HF取最大值，
DF+HF的最大值為：﹣()2+(3+)×＝；
②作GM⊥y軸于點M，記直線FH與x軸交于點N，

∵FK⊥y軸，DE⊥x軸，∠KFH＝45°，
∴∠EFH＝∠ENF＝45°，
∴EF＝EN，
∵∠KHF＝∠ONH＝45°，
∴OH＝ON，
∵y＝﹣x2+2x+3的對稱軸為直線x＝1，
∴MG＝1，
∵HG＝MG＝，
∵∠GEH＝45°，
∴∠GEH＝∠EFH，
又∠EHF＝∠GHE，
∴△EHG∽△FHE，
∴HE：HG＝HF：HE，
∴HE2＝HG?HF
＝×m
＝2m，
在Rt△OEH中，
OH＝ON＝|OE﹣EN|
＝|OE﹣EF|
＝|m﹣(﹣m+3)|
＝|2m﹣3|，
∵OE＝m，
∴HE2＝OE2+OH2
＝m2+(2m﹣3)2
＝5m2﹣12m+9，
∴5m2﹣12m+9＝2m，
解得：m＝1或．
15．(2020?朝陽)如圖，拋物線y＝﹣+bx+c與x軸交于點A，點B，與y軸交于點C，拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，點C坐標(biāo)為(0，4)．

(1)求拋物線表達(dá)式；
(2)在拋物線上是否存在點P，使∠ABP＝∠BCO，如果存在，求出點P坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由；
(3)在(2)的條件下，若點P在x軸上方，點M是直線BP上方拋物線上的一個動點，求點M到直線BP的最大距離；
(4)點G是線段AC上的動點，點H是線段BC上的動點，點Q是線段AB上的動點，三個動點都不與點A，B，C重合，連接GH，GQ，HQ，得到△GHQ，直接寫出△GHQ周長的最小值．
【分析】(1)利用拋物線的對稱軸為x＝﹣1，求出b的值，再把b的值和C的坐標(biāo)代入y＝﹣+bx+c計算即可；
(2)作PE⊥x軸于點E，利用相似三角形的判定方法可證得△PEB∽△BOC，設(shè)，則|，BE＝2﹣m，再分別討論P的位置列式求解即可；
(3)作MF⊥x軸于點F，交BP于點R，作MN⊥BP于點N，用待定系數(shù)法求出直線BP的解析式，利用解析式表示出MR的長度，再通過求證△MNR∽△BFR聯(lián)合Rt△MNR建立比值關(guān)系列式計算即可；
(4)作Q點關(guān)于AC的對稱點Q1，作Q關(guān)于CB的對稱點Q2，連接Q1Q2與AC于G1，與CB交于點H1，連接QQ1交AC于J，連接QQ2交CB于K，此時△QG1H1的周長最小，這個最小值＝Q1Q2，再證明Q1Q2＝2JK，JK最小時，△QGH周長最小，利用圖2證明當(dāng)點Q與點O重合時JK最小，在圖3中利用相似三角形的性質(zhì)求出JK的最小值即可解決問題．
【解答】解：(1)∵拋物線對稱軸為x＝﹣1，
∴﹣＝﹣1，
∴b＝﹣1，
將(0，4)代入y＝﹣﹣x+c中，
∴c＝4，
∴y＝﹣﹣x+4．
(2)如圖1中，作PE⊥x軸于點E．

∵∠ABP＝∠BCO，∠PEB＝∠BOC＝90°，
∴△PEB∽△BOC，
∴(此處也可以由等角的正切值相等得到)，
設(shè)，則PE＝|﹣m2﹣m+4|，BE＝2﹣m，
①當(dāng)點P在x軸上方時：，
解得m1＝﹣3，m2＝2(不符題意，舍)，
②當(dāng)點P在x軸下方時：，
解得m1＝﹣5，m2＝2(不符題意，舍)，
∴或．

(3)作MF⊥x軸于點F，交BP于點R，作MN⊥BP于點N．

∵y＝﹣(x+4)(x﹣2)，
∴A(﹣4，0)，B(2，0)，
設(shè)yBP＝kx+b1，
將代入得解得k＝﹣＝1，
∴yBP＝﹣x+1，
設(shè)，則，
∴a+3，
∵∠MNR＝∠RFB＝90°，∠NRM＝∠FRB，
∴△MNR∽△BFR，
∴，
∵tan∠ABP＝，
在Rt△MNR中NR：MN：MR＝1：2：，
∴，
∴MN＝﹣，
當(dāng)a＝﹣時，MN最大為．

(4)作Q點關(guān)于AC的對稱點Q1，作Q關(guān)于CB的對稱點Q2，連接Q1Q2與AC于G1，與CB交于點H1，連接QQ1交AC于J，連接QQ2交CB于K，此時△QG1H1的周長最小，這個最小值＝Q1Q2．

∵QJ＝JQ1，QK＝KQ2，
∴Q1Q2＝2JK，
∴當(dāng)JK最小時，Q1Q2最小，如圖2中：

∵∠CJQ＝∠CKQ＝90°，
∴C、J、Q、K四點共圓，線段CQ就是圓的直徑，JK是弦，
∵∠JCK是定值，
∴直徑CQ最小時，弦JK最小，
∴當(dāng)點Q與點O重合時，CQ最小，此時JK最小，如圖3中：

∵在Rt△COA中，∠COA＝90°，CO＝4，AO＝4，
∴AC＝，
∵Rt△COB，∠COB＝90°，CB＝，
∵OJ⊥AC，OK⊥CB，
∴OC?OB，
∴OK＝，
∴CK＝，
∵∠JCO＝∠OCA，∠CJO＝∠COA，
∴△CJO∽△COA，
∴，
∴CO2＝CJ?CA，同理可得：CO2＝CK?CB，
∴CJ?CA＝CK?CB，
∴，
∵∠JCK＝∠BCA，
∴△CJK∽△CBA，
∴＝，
∴，
∴JK＝，
∴△QGH周長的最小值＝Q1Q2＝2JK＝．
16．(2021?大慶)如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于原點O和點A，且其頂點B關(guān)于x軸的對稱點坐標(biāo)為(2，1)．
(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
(2)拋物線的對稱軸上存在定點F，使得拋物線y＝ax2+bx+c上的任意一點G到定點F的距離與點G到直線y＝﹣2的距離總相等．
①證明上述結(jié)論并求出點F的坐標(biāo)；
②過點F的直線l與拋物線y＝ax2+bx+c交于M，N兩點．
證明：當(dāng)直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時，+是定值，并求出該定值；
(3)點C(3，m)是該拋物線上的一點，在x軸，y軸上分別找點P，Q，使四邊形PQBC周長最小，直接寫出P，Q的坐標(biāo)．

【分析】(1)求出B(2，﹣1)，A(4，0)，再將點O、點A、點B代入拋物線y＝ax2+bx+c，即可求解解析式；
(2)①設(shè)F(2，m)，G(x，x2﹣x)，由已知可得(x﹣2)2+＝，整理得到m(m﹣x2+2x)＝0，因為任意一點G到定點F的距離與點G到直線y＝﹣2的距離總相等，所以m＝0，即可求F坐標(biāo)；②設(shè)過點F的直線解析式為y＝kx﹣2k，M(xM，yM)，N(xN，yN)，聯(lián)立直線與拋物線解析式得x2﹣(4+4k)x+8k＝0，則有xM+xN＝4+4k，xM?xN＝8k，yM+yN＝4k2，yM?yN＝﹣4k2，由①可得+＝+＝1；
(3)作B點關(guān)于y軸的對稱點B'，作C點關(guān)于x軸的對稱點C'，連接C'B'交x軸、y軸分別于點P、Q，四邊形PQBC周長＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，求出B'(﹣2，﹣1)，C'(3，)，可得直線B'C'的解析為y＝x﹣，則可求Q(0，﹣)，P(，0)．
【解答】解：(1)∵頂點B關(guān)于x軸的對稱點坐標(biāo)為(2，1)，
∴B(2，﹣1)，
∴A(4，0)，
將點O、點A、點B代入拋物線y＝ax2+bx+c，
得到，解得，
∴y＝x2﹣x；
(2)①設(shè)F(2，m)，G(x，y)，
∴G點到直線y＝﹣2的距離為|y+2|，
∴(y+2)2＝y(tǒng)2+4y+4，
∵y＝x2﹣x，
∴(y+2)2＝y(tǒng)2+4y+4＝y(tǒng)2+x2﹣4x+4＝y(tǒng)2+(x﹣2)2，
∴G到直線y＝﹣2的距離與點(2，0)和G點的距離相等，
∴拋物線上的任意一點G到定點F的距離與點G到直線y＝﹣2的距離總相等；
∵G到定點F的距離與點G到直線y＝﹣2的距離相等，
∴(x﹣2)2+＝，
整理得，m(m﹣x2+2x)＝0，
∵距離總相等，
∴m＝0，
∴F(2，0)；
②設(shè)過點F的直線解析式為y＝kx﹣2k，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
聯(lián)立，整理得x2﹣(4+4k)x+8k＝0，
∴xM+xN＝4+4k，xM?xN＝8k，
∴yM+yN＝4k2，yM?yN＝﹣4k2，
∵M(jìn)到F點與M點到y(tǒng)＝﹣2的距離相等，N到F點與N點到y(tǒng)＝﹣2的距離相等，
∴+＝+＝＝＝1，
∴+＝1是定值；
(3)作B點關(guān)于y軸的對稱點B'，作C點關(guān)于x軸的對稱點C'，連接C'B'交x軸、y軸分別于點P、Q，
∵BQ＝B'Q，CP＝C'P，
∴四邊形PQBC周長＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，
∵點C(3，m)是該拋物線上的一點
∴C(3，﹣)，
∵B(2，﹣1)，
∴B'(﹣2，﹣1)，C'(3，)，
∴直線B'C'的解析為y＝x﹣，
∴Q(0，﹣)，P(，0)．

17．(2020?濱州)如圖，拋物線的頂點為A(h，﹣1)，與y軸交于點B(0，﹣)，點F(2，1)為其對稱軸上的一個定點．
(1)求這條拋物線的函數(shù)解析式；
(2)已知直線l是過點C(0，﹣3)且垂直于y軸的定直線，若拋物線上的任意一點P(m，n)到直線l的距離為d，求證：PF＝d；
(3)已知坐標(biāo)平面內(nèi)的點D(4，3)，請在拋物線上找一點Q，使△DFQ的周長最小，并求此時△DFQ周長的最小值及點Q的坐標(biāo)．

【分析】(1)由題意拋物線的頂點A(2，﹣1)，可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x﹣2)2﹣1，把點B坐標(biāo)代入求出a即可．
(2)由題意P(m，m2﹣m﹣)，求出d2，PF2(用m表示)即可解決問題．
(3)如圖，過點Q作QH⊥直線l于H，過點D作DN⊥直線l于N．因為△DFQ的周長＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，推出DQ+QF的值最小時，△DFQ的周長最小，再根據(jù)垂線段最短解決問題即可．
【解答】(1)解：由題意拋物線的頂點A(2，﹣1)，可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x﹣2)2﹣1，
∵拋物線經(jīng)過B(0，﹣)，
∴﹣＝4a﹣1，
∴a＝
∴拋物線的解析式為y＝(x﹣2)2﹣1．
(2)證明：過點P作PJ⊥AF于J．
∵P(m，n)，
∴n＝(m﹣2)2﹣1＝m2﹣m﹣，
∴P(m，m2﹣m﹣)，
∴d＝m2﹣m﹣﹣(﹣3)＝m2﹣m+，
∵F(2，1)，
∴PF＝＝＝，
∵d2＝m4﹣m3+m2﹣m+，PF2＝m4﹣m3+m2﹣m+，
∴d2＝PF2，
∴PF＝d．

(3)如圖，過點Q作QH⊥直線l于H，過點D作DN⊥直線l于N．
∵△DFQ的周長＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，
∴DQ+QF的值最小時，△DFQ的周長最小，
由(2)可知QF＝QH，
∴DQ+QF＝DQ+QH，
根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)D，Q，H共線時，DQ+QH的值最小，此時點H與N重合，點Q在線段DN上，
∴DQ+QH的最小值為6，
∴△DFQ的周長的最小值為2+6，此時Q(4，﹣)．

18．(2018?賀州)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c交x軸于A、B兩點(A在B的左側(cè))，且OA＝3，OB＝1，與y軸交于C(0，3)，拋物線的頂點坐標(biāo)為D(﹣1，4)．
(1)求A、B兩點的坐標(biāo)；
(2)求拋物線的解析式；
(3)過點D作直線DE∥y軸，交x軸于點E，點P是拋物線上B、D兩點間的一個動點(點P不與B、D兩點重合)，PA、PB與直線DE分別交于點F、G，當(dāng)點P運動時，EF+EG是否為定值？若是，試求出該定值；若不是，請說明理由．

【分析】(1)根據(jù)OA，OB的長，可得答案；
(2)根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；
(3)根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，可得EG，EF的長，根據(jù)整式的加減，可得答案．
【解答】解：(1)由拋物線y＝ax2+bx+c交x軸于A、B兩點(A在B的左側(cè))，且OA＝3，OB＝1，得
A點坐標(biāo)(﹣3，0)，B點坐標(biāo)(1，0)；
(2)設(shè)拋物線的解析式為y＝a(x+3)(x﹣1)，
把C點坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得
a(0+3)(0﹣1)＝3，
解得a＝﹣1，
拋物線的解析式為y＝﹣(x+3)(x﹣1)＝﹣x2﹣2x+3；
(3)EF+EG＝8(或EF+EG是定值)，理由如下：
過點P作PQ∥y軸交x軸于Q，如圖．
設(shè)P(t，﹣t2﹣2t+3)，
則PQ＝﹣t2﹣2t+3，AQ＝3+t，QB＝1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△AEF∽△AQP，
∴＝，
∴EF＝＝＝×(﹣t2﹣2t+3)＝2(1﹣t)；
又∵PQ∥EG，
∴△BEG∽△BQP，
∴＝，
∴EG＝＝＝2(t+3)，
∴EF+EG＝2(1﹣t)+2(t+3)＝8．

19．(2018?煙臺)如圖1，拋物線y＝ax2+2x+c與x軸交于A(﹣4，0)，B(1，0)兩點，過點B的直線y＝kx+分別與y軸及拋物線交于點C，D．
(1)求直線和拋物線的表達(dá)式；
(2)動點P從點O出發(fā)，在x軸的負(fù)半軸上以每秒1個單位長度的速度向左勻速運動，設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)t為何值時，△PDC為直角三角形？請直接寫出所有滿足條件的t的值；
(3)如圖2，將直線BD沿y軸向下平移4個單位后，與x軸，y軸分別交于E，F(xiàn)兩點，在拋物線的對稱軸上是否存在點M，在直線EF上是否存在點N，使DM+MN的值最?。咳舸嬖?，求出其最小值及點M，N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【分析】(1)利用待定系數(shù)法求解可得；
(2)先求得點D的坐標(biāo)，過點D分別作DE⊥x軸、DF⊥y軸，分P1D⊥P1C、P2D⊥DC、P3C⊥DC三種情況，利用相似三角形的性質(zhì)逐一求解可得；
(3)通過作對稱點，將折線轉(zhuǎn)化成兩點間距離，應(yīng)用兩點之間線段最短．
【解答】解：(1)把A(﹣4，0)，B(1，0)代入y＝ax2+2x+c，得
，
解得：，
∴拋物線解析式為：y＝，
∵過點B的直線y＝kx+，
∴代入(1，0)，得：k＝﹣，
∴BD解析式為y＝﹣；

(2)由得交點坐標(biāo)為D(﹣5，4)，
如圖1，過D作DE⊥x軸于點E，作DF⊥y軸于點F，
當(dāng)P1D⊥P1C時，△P1DC為直角三角形，
則△DEP1∽△P1OC，
∴＝，即＝，
解得t＝，

當(dāng)P2D⊥DC于點D時，△P2DC為直角三角形
由△P2DB∽△DEB得＝，
即＝，
解得：t＝；
當(dāng)P3C⊥DC時，△DFC∽△COP3，
∴＝，即＝，
解得：t＝，
∴t的值為、、．

(3)由已知直線EF解析式為：y＝﹣x﹣，
在拋物線上取點D的對稱點D′，過點D′作D′N⊥EF于點N，交拋物線對稱軸于點M

過點N作NH⊥DD′于點H，此時，DM+MN＝D′N最?。?br /> 則△EOF∽△NHD′
設(shè)點N坐標(biāo)為(a，﹣)，
∴＝，即＝，
解得：a＝﹣2，
則N點坐標(biāo)為(﹣2，﹣2)，
求得直線ND′的解析式為y＝x+1，
當(dāng)x＝﹣時，y＝﹣，
∴M點坐標(biāo)為(﹣，﹣)，
此時，DM+MN的值最小為＝＝2．
20．(2018?湘潭)如圖，點P為拋物線y＝x2上一動點．
(1)若拋物線y＝x2是由拋物線y＝(x+2)2﹣1通過圖象平移得到的，請寫出平移的過程；
(2)若直線l經(jīng)過y軸上一點N，且平行于x軸，點N的坐標(biāo)為(0，﹣1)，過點P作PM⊥l于M．
①問題探究：如圖一，在對稱軸上是否存在一定點F，使得PM＝PF恒成立？若存在，求出點F的坐標(biāo)：若不存在，請說明理由．
②問題解決：如圖二，若點Q的坐標(biāo)為(1，5)，求QP+PF的最小值．

【分析】(1)找到拋物線頂點坐標(biāo)即可找到平移方式．
(2)①設(shè)出點P坐標(biāo)，利用PM＝PF計算BF，求得F坐標(biāo)；
②利用PM＝PF，將QP+PF轉(zhuǎn)化為QP+PM，利用垂線段最短解決問題．
【解答】解：(1)∵拋物線y＝(x+2)2﹣1的頂點為(﹣2，﹣1)，
∴拋物線y＝(x+2)2﹣1的圖象向上平移1個單位，再向右2個單位得到拋物線y＝x2的圖象．
(2)①存在一定點F，使得PM＝PF恒成立．
如圖一，過點P作PB⊥y軸于點B，

設(shè)點P坐標(biāo)為(a，a2)，
∴PM＝PF＝a2+1，
∵PB＝|a|，
∴Rt△PBF中，BF＝＝＝|a2﹣1|，
∵BF＝|a2﹣1|，OB＝a2，
∴OF＝1，
∴點F坐標(biāo)為(0，1)．
②如圖二中，

由①，PM＝PF，
QP+PF的最小值為QP+PM的最小值，
當(dāng)Q、P、M三點共線時，QP+PM有最小值，最小值為點Q縱坐標(biāo)加M縱坐標(biāo)的絕對值．
∴QP+PF的最小值為6．









英語朗讀寶
相關(guān)資料 更多
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗證碼 獲取驗證碼

手機(jī)驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部