胡不歸問題：
模型分析：“PA＋k·PB”型的最值問題，當k＝1時通常為軸對稱之最短路徑問題，而當k＞0時，若以常規(guī)的軸對稱的方式解決，則無法進行，因此必須轉(zhuǎn)換思路．
如圖，直線BM，BN交于點B，P為BM上的動點，點A在射線BM，BN同側(cè)，已知sin∠MBN＝k．
過點A作AC⊥BN于點C，交BM于點P，此時PA＋k·PB取最小值，最小值即為AC的長．

證明 如圖，在BM上任取一點Q，連結(jié)AQ，作QD⊥BN于點D．
由sin∠MBN＝k，可得QD＝ k·QB．
所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC，即得證．
【例1】．（2022?濟南）拋物線y＝ax2+x﹣6與x軸交于A（t，0），B（8，0）兩點，與y軸交于點C，直線y＝kx﹣6經(jīng)過點B．點P在拋物線上，設(shè)點P的橫坐標為m．
（1）求拋物線的表達式和t，k的值；
（2）如圖1，連接AC，AP，PC，若△APC是以CP為斜邊的直角三角形，求點P的坐標；
（3）如圖2，若點P在直線BC上方的拋物線上，過點P作PQ⊥BC，垂足為Q，求CQ+PQ的最大值．
【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可求解；
（2）作PM⊥x軸交于M，可求PM＝m2﹣m+6，AM＝m﹣3，通過證明△COA∽△AMP，利用＝，求m的值即可求P點坐標；
（3）作PN⊥x軸交于BC于N，過點N作NE⊥y軸交于E，通過證明△PQN∽△BOC，求出QN＝PN，PQ＝PN，再由△CNE∽△CBO，求出CN＝EN＝m，則CQ+PQ＝CN+PN＝﹣（x﹣）2+，即可求解．
【解答】解：（1）將B（8，0）代入y＝ax2+x﹣6，
∴64a+22﹣6＝0，
∴a＝﹣，
∴y＝﹣x2+x﹣6，
當y＝0時，﹣t2+t﹣6＝0，
解得t＝3或t＝8（舍），
∴t＝3，
∵B（8，0）在直線y＝kx﹣6上，
∴8k﹣6＝0，
解得k＝，
∴y＝x﹣6；
（2）作PM⊥x軸交于M，
∵P點橫坐標為m，
∴P（m，﹣m2+m﹣6），
∴PM＝m2﹣m+6，AM＝m﹣3，
在Rt△COA和Rt△AMP中，
∵∠OAC+∠PAM＝90°，∠APM+∠PAM＝90°，
∴∠OAC＝∠APM，
∴△COA∽△AMP，
∴＝，即OA?MA＝CO?PM，
3（m﹣3）＝6（m2﹣m+6），
解得m＝3（舍）或m＝10，
∴P（10，﹣）；
（3）作PN⊥x軸交于BC于N，過點N作NE⊥y軸交于E，
∴PN＝﹣m2+m﹣6﹣（m﹣6）＝﹣m2+2m，
由△PQN∽△BOC，
∴＝＝，
∵OB＝8，OC＝6，BC＝10，
∴QN＝PN，PQ＝PN，
由△CNE∽△CBO，
∴CN＝EN＝m，
∴CQ+PQ＝CN+NQ+PQ＝CN+PN，
∴CQ+PQ＝m﹣m2+2m＝﹣m2+m＝﹣（x﹣）2+，
當m＝時，CQ+PQ的最大值是．
【例2】．（2022?宜賓）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（3，0）、B（﹣1，0）兩點，與y軸交于點C（0，3），其頂點為點D，連結(jié)AC．
（1）求這條拋物線所對應(yīng)的二次函數(shù)的表達式及頂點D的坐標；
（2）在拋物線的對稱軸上取一點E，點F為拋物線上一動點，使得以點A、C、E、F為頂點、AC為邊的四邊形為平行四邊形，求點F的坐標；
（3）在（2）的條件下，將點D向下平移5個單位得到點M，點P為拋物線的對稱軸上一動點，求PF+PM的最小值．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法，把問題轉(zhuǎn)化為解方程組即可；
（2）過點F作FG⊥DE于點G，證明△OAC≌△GFE（AAS），推出OA＝FG＝3，設(shè)F（m，﹣m2+2m+3），則G（1，﹣m2+2m+3），可得FG＝|m﹣1|＝3，推出m＝﹣2或m＝4，即可解決問題；
（3）由題意，M（1，﹣1），F(xiàn)2（4，﹣5），F(xiàn)1（﹣2，﹣5）關(guān)于對稱軸直線x＝1對稱，連接F1F2交對稱軸于點H，連接F1M，F(xiàn)2M，過點F1作F1N⊥F2M于點N，交對稱軸于點P，連接PF2．則MH＝4，HF2＝3，MF2＝5，證明PN＝PM，由PF2＝PF1，推出PF+PM＝PF2+PN＝FN1為最小值．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（3，0）、B（﹣1，0），C（0，3），
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴頂點D的坐標為（1，4）；
（2）設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，
把A（3，0），C（0，3）代入，得，
∴，
∴直線AC的解析式為y＝﹣x+3，
過點F作FG⊥DE于點G，
∵以A，C，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是以AC為邊的平行四邊形，
∴AC＝EF，AC∥EF，
∵OA∥FG，
∴∠OAC＝∠GFE，
∴△OAC≌△GFE（AAS），
∴OA＝FG＝3，
設(shè)F（m，﹣m2+2m+3），則G（1，﹣m2+2m+3），
∴FG＝|m﹣1|＝3，
∴m＝﹣2或m＝4，
當m＝﹣2時，﹣m2+2m+3＝﹣5，
∴F1（﹣2，﹣5），
當m＝4時，﹣m2+2m+3＝﹣5，
∴F2（4，﹣5）
綜上所述，滿足條件點F的坐標為（﹣2，﹣5）或（4，﹣5）；
（3）由題意，M（1，﹣1），F(xiàn)2（4，﹣5），F(xiàn)1（﹣2，﹣5）關(guān)于對稱軸直線x＝1對稱，連接F1F2交對稱軸于點H，連接F1M，F(xiàn)2M，過點F1作F1N⊥F2M于點N，交對稱軸于點P，連接PF2．則MH＝4，HF2＝3，MF2＝5，
在Rt△MHF2中，sin∠HMF2＝＝＝，則在Rt△MPN中，sin∠PMN＝＝，
∴PN＝PM，
∵PF1＝PF2，
∴PF+PM＝PF2+PN＝F1N為最小值，
∵＝×6×4＝×5×F1N，
∴F1N＝，
∴PF+PM的最小值為．
【例3】（2022?東西湖區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝x2+（m﹣2）x﹣2m（m＞0）與x軸交于A，B兩點（A在B左邊），與y軸交于點C．連接AC，BC．且△ABC的面積為8．
（1）求m的值；
（2）在（1）的條件下，在第一象限內(nèi)拋物線上有一點T，T的橫坐標為t，使∠ATC＝60°．求（t﹣1）2的值．
（3）如圖2，點P為y軸上一個動點，連接AP，求CP+AP的最小值，并求出此時點P的坐標．
【分析】（1）先求出A（﹣m，0），B（2，0），C（0，﹣2m），再由三角形面積×（2+m）×（2m）＝8，可求m的值；
（2）過點C作EF∥x軸，過點T作TF⊥EF交于F點，過點C作CD⊥CT交直線AT于點D，過點D作DE⊥EF交于E點，證明△CED∽△TFC，可得＝＝＝，進而求出D（﹣t2，t﹣4），再求出直線AT的解析式為y＝（t﹣2）x+2t﹣4，將D點坐標代入直線解析式即可求（t﹣1）2＝；
（3）過點B作BG⊥AC交于G點，交y軸于點P，可得CP+AP＝（CP+AP）＝（GP+AP）≥BG，可求CP+AP的最小值為8，再由tan∠ACO＝＝，求出P（0，﹣1）．
【解答】解：（1）y＝x2+（m﹣2）x一2m＝（x﹣2）（x+m），
令y＝0，則x＝2或x＝﹣m，
∵m＞0，
∴﹣m＜0，
∴A（﹣m，0），B（2，0），
∴AB＝2+m，
令x＝0，則y＝﹣2m，
∴C（0，﹣2m），
∵△ABC的面積為8，
∴×（2+m）×（2m）＝8，
解得m＝2或m＝﹣4（舍）；
（2）當m＝2時，y＝x2﹣4，
∵的橫坐標為t，
∴T（t，t2﹣4），
過點C作EF∥x軸，過點T作TF⊥EF交于F點，過點C作CD⊥CT交直線AT于點D，過點D作DE⊥EF交于E點，
∵∠DCT＝90°，
∴∠DCE+∠TCF＝90°，
∵∠DCE+∠CDE＝90°，
∴∠TCF＝∠CDE，
∴△CED∽△TFC，
∴＝＝，
∵∠ATC＝60°，
∴＝，
∵C（0，﹣4），
∴CF＝t，TF＝t2，
∴DE＝t，CE＝t2，
∴D（﹣t2，t﹣4），
設(shè)直線AT的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝（t﹣2）x+2t﹣4，
∴t﹣4＝（t﹣2）（﹣t2）+2t﹣4，
∴（t﹣1）2＝；
（3）過點B作BG⊥AC交于G點，交y軸于點P，
∵A、B關(guān)于y軸對稱，
∴AP＝BP，
∵∠GBA+∠BAC＝∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠ABG＝∠ACO，
∵AO＝2，CO＝4，
∴AC＝2，
∴sin∠ACO＝，
∴＝，
∴CP＝GP，
∵CP+AP＝（CP+AP）＝（GP+AP）≥BG，
∵cs∠ACO＝＝＝，
∴BG＝，
∴CP+AP的最小值為8，
∵tan∠ACO＝＝＝，
∴OP＝1，
∴P（0，﹣1）．
【例4】（2022?成都模擬）如圖，在平面直角坐標系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；
（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，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．
1．（2022?河北區(qū)二模）已知拋物線y＝﹣x2+bx+c（b，c為常數(shù)）的圖象與x軸交于A（1，0），B兩點（點A在點B左側(cè)）．與y軸相交于點C，頂點為D．
（Ⅰ）當b＝2時，求拋物線的頂點坐標；
（Ⅱ）若點P是y軸上一點，連接BP，當PB＝PC，OP＝2時，求b的值；
（Ⅲ）若拋物線與x軸另一個交點B的坐標為（4，0），對稱軸交x軸于點E，點Q是線段DE上一點，點N為線段AB上一點，且AN＝2BN，連接NQ，求DQ+NQ的最小值．
【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的解析式即可求解；
（Ⅱ）由題意可求P（0，2）或（0，﹣2），將A點代入拋物線解析式可得c＝﹣b，在求出B（2b﹣1，0），C（0，﹣b），由PB＝PC，（2b﹣1）2+4＝|﹣b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|﹣b+2|2，再由2b﹣1＞1，求出b即可；
（Ⅲ）先求出拋物線的解析式y(tǒng)＝﹣x2+x﹣2，設(shè)Q（，t）過點N作AD的垂線交于點M，交對稱軸于點Q，利用直角三角形可得MQ＝DQ，當M、Q、N三點共線時，DQ+NQ有最小值MN，在Rt△AMN中，AN＝2，求出MN＝，可求DQ+NQ的最小值為．
【解答】解：（Ⅰ）當b＝2時，y＝﹣x2+2x+c，
將點A（1，0）代入y＝﹣x2+2x+c，
∴c＝﹣，
∴y＝﹣x2+2x﹣＝﹣（x﹣2）2+，
∴拋物線的頂點為（2，）；
（Ⅱ）∵點P是y軸上一點，OP＝2，
∴P（0，2）或（0，﹣2），
將A代入y＝﹣x2+bx+c，
∴﹣+b+c＝0，
∴c＝﹣b，
∵﹣x2+bx+﹣b＝0，
∴1+x1＝2b，
∴x1＝2b﹣1，
∴B（2b﹣1，0），
令x＝0，則y＝2b﹣1，
∴C（0，﹣b），
∵PB＝PC，
∴（2b﹣1）2+4＝|﹣b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|﹣b+2|2，
解得b＝或b＝或b＝﹣或b＝，
∵A點在B點左側(cè)，
∴2b﹣1＞1，
∴b＞1，
∴b＝；
（Ⅲ）將點A、B代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
，
∴y＝﹣x2+x﹣2，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝，
∴E（，0），
∵y＝﹣x2+x﹣2＝﹣（x﹣）2+，
∴頂點D（，），
∵A（1，0），B（4，0），
∴AB＝3，
∵AN＝2BN，
∴AN＝2，BN＝1，
∴N（3，0），
設(shè)Q（，t），
過點N作AD的垂線交于點M，交對稱軸于點Q，
∵AE＝，DE＝，
∴tan∠DAE＝，
∴∠EQN＝∠DAE，
∴∠DAN＝∠MQD，
∴tan∠MQD＝，
∴sin∠MQD＝，
∴MQ＝DQ，
∵DQ+NQ＝（DQ+NQ）＝（MQ+NQ），
∴當M、Q、N三點共線時，DQ+NQ有最小值MN，
在Rt△AMN中，AN＝2，
∴sin∠MAN＝，
∴MN＝×2＝，
∴DQ+NQ＝×MN＝，
∴DQ+NQ的最小值為．
2．（2021?南海區(qū)二模）如圖1，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，點A、B分別位于原點左、右兩側(cè)，且AO＝2BO＝4，過A點的直線y＝kx+c交y軸于點C．
（1）求k、b、c的值；
（2）在拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使△ACP為直角三角形？若存在，直接寫出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）如圖2，點M為線段AC上一點，連接OM，求AM+OM的最小值．
【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）當∠PAC為直角時，由∠PAH＝∠ACO得到tan∠PAH＝tan∠ACO，即，即可求解；當∠CAP為直角或∠ACP為直角時，同理可解；
（3）過點A作直線AN使∠NAC＝30°，過點O作ON⊥AN交AE于點M，則點M為所求點，進而求解．
【解答】解：（1）由AO＝2BO＝4知，點A、B的坐標分別為（﹣4，0）、（2，0），
設(shè)拋物線的表達式為y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），
則y＝（x+4）（x﹣2）＝x2+x﹣2，
則點C（0，﹣2），
將點A、C的坐標代入y＝kx+c并解得：y＝﹣x﹣2，
即k＝﹣，
故k＝﹣，b＝，c＝﹣2；
（2）由拋物線的表達式知，其對稱軸為直線x＝﹣1，則設(shè)點P的坐標為（﹣1，m），
①當∠PAC為直角時，如圖1，
設(shè)拋物線的對稱軸交x軸于點H，
則AH＝﹣1﹣（﹣4）＝3，PH＝m，AO＝4，OC＝2，
∵∠PAH+∠CAO＝90°，∠CAO+∠ACO＝90°，
∴∠PAH＝∠ACO，
∴tan∠PAH＝tan∠ACO，即，
∴，解得m＝3；
故點P的坐標為（﹣1，3）；
②當∠APC為直角時，如圖2，
故點P作x軸的平行線交y軸于點N，交過點A與y軸的平行線于點M，
則AM＝|m|，PM＝3，CN＝|m+2|，PN＝1，
同理可得∠MPA＝∠PCN，
∴tan∠MPA＝tan∠PCN，即，
解得：m＝﹣±，
故點P的坐標為（﹣1，﹣）或（﹣1，﹣）；
③當∠ACP為直角時，如圖3，
同理可得，點P的坐標為（﹣1，﹣3）；
綜上，點P的坐標為（﹣1，3）或（﹣1，﹣）或（﹣1，﹣）或（﹣1，﹣3）；
（3）過點A作直線AN使∠NAC＝30°，過點O作ON⊥AN交AE于點M，則點M為所求點，
理由：∠MAN＝30°，則MN＝AM，則AM+OM＝MN+OM＝ON為最小，
過點O作OE⊥AC于點E，則∠MOE＝90°﹣∠OME＝90°﹣∠AMN＝∠MAN＝30°，
由點A、C的坐標得，AC＝2，
則sin∠ACO＝＝，則cs∠ACO＝，
在Rt△COE中，OE＝OCsin∠ACO＝2×＝，
同理可得，CE＝，
在Rt△OME中，ME＝OEtan∠MOE＝×tan30°＝，OM＝2ME＝，
則AM＝AC﹣ME﹣EC＝2﹣﹣＝＝2MN，
則MN＝，
則AM+OM的最小值＝OM+MN＝．
3．（2021?寶安區(qū)模擬）（1）已知二次函數(shù)經(jīng)過點A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3），請求該拋物線解析式；
（2）點M為拋物線上第二象限內(nèi)一動點，BM交y軸于點N，當BM將四邊形ABCM的面積分為1：2兩部分時，求點M的坐標；
（3）點P為對稱軸上D點下方一動點，點Q為直線y＝x第一象限上的動點，且DP＝OQ，求BP+BQ的最小值并求此時點P的坐標．
【分析】（1）根據(jù)點A，B的坐標設(shè)出拋物線的交點式，再將點C坐標代入求解，即可得出結(jié)論；
（2）過點A作AG⊥x軸交BM的延長線于G，則＝，設(shè)ON＝t，則AG＝4t，CN＝3﹣t，進而得出＝或2，進而建立方程求解，即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出△PCD∽△OBQ，進而得出PC＝OQ，再判斷出點A，P，C在同一直線上時，BP+BQ的最小，再求出直線AC的解析式，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵二次函數(shù)經(jīng)過點A（﹣3，0）、B（1，0），
∴設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），
∵點C（0，3）在拋物線上，
∴﹣3a＝3，
∴a＝﹣1，
∴拋物線的解析式為y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如圖1，過點A作AG⊥x軸交BM的延長線于G，
由（1）知，拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3，
設(shè)點M（m，﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0），
∴S△BCM＝CN（1﹣m），S△ABM＝S△ABG﹣S△AMG＝AG[（1+3）﹣（m+3）]＝AG（1﹣m），
∴＝＝，
∵ON∥AG，
∴＝，
設(shè)ON＝t，則AG＝4t，CN＝3﹣t，
∵BM將四邊形ABCM的面積分為1：2兩部分時，
∴＝或2，
∴，
∴，
∴t＝1或，
∴N（0，1）或N（0，），
當N（0，1）時，
∵B（1，0），∴直線BM的解析式為y＝﹣x+1①，
由（1）知，拋物線的解析式為y＝﹣（x+3）（x﹣1）②，
聯(lián)立①②解得，或，
∴M（﹣2，3）；
當N（0，）時，
∵B（1，0），∴直線BM的解析式為y＝﹣x+③，
聯(lián)立②③解得，或，
∴M（﹣，）；
即M（﹣2，3）或（）；
（3）如圖2，
連接PC，CD，過點C作CH⊥DP于H，
由（1）知，拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2m+3＝﹣（m﹣1）2+4，
∴D（﹣1，4），
∵C（0，3），
∴CD＝，DH＝1，CH＝1，
∴DH＝CH，
∴∠CDP＝45°，
∵點Q為直線y＝x第一象限上的動點，
∴∠BOQ＝45°＝∠CDP，
∵DP＝OQ，
∴＝，
∵＝，
∴＝＝，
∴△PCD∽△OBQ，
∴，
∴PC＝OQ，
∴BP+OQ＝BP+PC，
連接AP，
∵點P是拋物線的對稱軸上的點，
∴PC＝PA，
∴BP+OQ＝BP+PC＝BP+PA，
∴當點A，P，C在同一條直線上時，BP+OQ最小，最小值為AC＝＝，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴直線AC的解析式為y＝x+3，
當x＝﹣1時，y＝2，
∴點P（﹣1，2）．
4．（2021?南沙區(qū)一模）已知，拋物線y＝mx2+x﹣4m與x軸交于點A（﹣4，0）和點B，與y軸交于點C．點D（n，0）為x軸上一動點，且有﹣4＜n＜0，過點D作直線l⊥x軸，且與直線AC交于點M，與拋物線交于點N，過點N作NP⊥AC于點P．點E在第三象限內(nèi)，且有OE＝OD．
（1）求m的值和直線AC的解析式．
（2）若點D在運動過程中，AD+CD取得最小值時，求此時n的值．
（3）若△ADM的周長與△MNP的周長的比為5：6時，求AE+CE的最小值．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法將A（﹣4，0）代入y＝mx2+x﹣4m，求出m的值，即可拋物線解析式，令x＝0，求出點C的坐標，設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，將A，C的坐標代入即可求出答案；
（2）在x軸上方作射線AM，使∠MAO＝30°，過點D作DK⊥AM于K，當C、D、K在同一條直線上時，CD+DK最小，即AD+CD取得最小值時，∠CDO＝∠ADK＝60°，應(yīng)用三角函數(shù)定義即可求得答案；
（3）根據(jù)△ADM的周長與△MNP的周長的比為5：6，可得出DN＝3DM，建立方程求出n的值，在y軸上 取一點R，使得OR＝，連接AR，在AR上取一點E使得OE＝OD，構(gòu)造相似三角形，可以證明AR就是AE+CE的最小值．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝mx2+x﹣4m與x軸交于點A（﹣4，0），
∴m?（﹣4）2+×（﹣4）﹣4m＝0，
解得：m＝，
∴拋物線解析式為y＝x2+x﹣3，
令x＝0，得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，
∵A（﹣4，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝﹣x﹣3.
（2）∵A（﹣4，0），D（n，0）為x軸上一動點，且有﹣4＜n＜0，
∴AD＝n﹣（﹣4）＝n+4，
在x軸上方作射線AM，使∠MAO＝30°，過點D作DK⊥AM于K，
∴∠AKD＝90°，
∴DK＝AD，∠ADK＝60°，
當C、D、K在同一條直線上時，CD+DK最小，即AD+CD取得最小值時，∠CDO＝∠ADK＝60°，
∵OD＝﹣n，∠COD＝90°，
∴＝tan∠CDO＝tan60°，即＝，
∴n＝﹣．
（3）∵DM⊥x軸，NP⊥AC，
∴∠ADM＝∠NPM＝90°，
∵∠AMD＝∠NMP，
∴△AMD∽△NMP，
∵△ADM的周長與△MNP的周長的比為5：6，
∴＝，
∵＝sin∠DAM＝＝，
∴＝，
∴DN＝3DM，
∵DM＝n+3，DN＝﹣n2﹣n+3，
∴﹣n2﹣n+3＝3（n+3），
解得：n1＝﹣2，n2＝﹣4（舍去），
∴D（﹣2，0），
∴OD＝2，
如圖2中，在y軸上 取一點R，使得OR＝，連接AR，在AR上取一點E使得OE＝OD＝2．
∵OE＝2，OR?OC＝×3＝4，
∴OE2＝OR?OC，
∴＝，
∵∠COE＝∠ROE，
∴△ROE∽△EOC，
∴＝＝，
∴RE＝CE，
∴當A、R、E共線時，AE+CE＝AE+ER＝AR，此時AE+CE最小，
∴AE+CE的最小值＝AR＝＝＝．
5．（2021?射陽縣三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三點，對稱軸與拋物線相交于點P，與直線BC相交于點M，連接AC，PB．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）設(shè)對稱軸與x軸交于點N，在對稱軸上是否存在點G，使以O(shè)、N、G為頂點的三角形與△AOC相似？如果存在，請求出點G的坐標；如果不存在，請說明理由；
（3）拋物線上是否存在一點Q，使△QMB與△PMB的面積相等，若存在，求點Q的坐標；若不存在，請說明理由；
（4）點E是y軸上的動點，連接ME，求ME+CE的最小值．
【分析】（1）將點A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入y＝ax2+bx+c中即可求解析式；
（2）兩個三角形相似有兩種情況①△AOC∽△ONG；②△AOC∽△GNO，在利用相似三角形的邊對應(yīng)成比例即可求解；
（3）由于△QMB與△PMB共底MB，利用平行線的性質(zhì)，只要兩個三角形等高即可；分兩種情況找平行線，①過P點作PH∥BC交y軸于點H，直線PH的解析式為y＝﹣x+5，直線PH與拋物線的交點即為Q；②由H點關(guān)于C點對稱的點為（0，1），過點（0，1）與直線BC平行的直線解析式為y＝﹣x+1，該直線與拋物線的交點即為Q；
（4）連接CF，在OA上截取OF使得OF＝CF，過點M作MT⊥CF交CF于點T，過點M作MK⊥y軸交CF于點K，在Rt△CTE中，ET＝CE，CE+ME＝TE+ME，當T、E、M三點共線，并且TM⊥AF時，CE+ME＝MT值最小．在Rt△AFO中，求出F（﹣，0），進而求出直線AF的解析式y(tǒng)＝x+3，再求出MK＝1+，由于∠TMK＝∠FCO，在Rt△TKM中，MT＝KM?cs∠FCO，可求MT＝（1+）?＝，則MT即為所求的最小值．
【解答】解：（1）將點A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入y＝ax2+bx+c中，
得到，解得，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）函數(shù)對稱軸為直線x＝1，
設(shè)G（1，m），
由已知可得OA＝1，OC＝3，
∵NG⊥x軸，CO⊥x軸，
∴NG∥OC，
∵N（1，0），
∴ON＝1，
當以O(shè)、N、G為頂點的三角形與△AOC相似時，
①△AOC∽△ONG時，
NG＝OC＝3，
∴G（1，3）或G（1，﹣3）；
②當△AOC∽△GNO時，
，即GN＝，
∴G（1，）或G（1，﹣）；
綜上所述：以O(shè)、N、G為頂點的三角形與△AOC相似時，滿足條件的G點坐標為（1，3）或（1，﹣3）或（1，）或（1，﹣）；
（3）當x＝1時，y＝4，
∴P（1，4），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+m，
將點B（3，0）、C（0，3）代入，可得，
解得，
∴y＝﹣x+3，
過P點作PH∥BC交y軸于點H，
∴直線PH的解析式為y＝﹣x+5，
聯(lián)立，解得x＝1或x＝2，
∴Q（2，3）或Q（1，4）（舍）；
當x＝0時，y＝5，
∴H（0，5），
∵H點關(guān)于C點對稱的點為（0，1），
∴過點（0，1）與直線BC平行的直線解析式為y＝﹣x+1，
聯(lián)立，
解得x＝或x＝，
∴Q（，）或Q（，）；
綜上所述：△QMB與△PMB的面積相等時，Q點坐標為（2，3）或（，）或（，）；
（4）連接CF，在OA上截取OF使得OF＝CF，過點M作MT⊥CF交CF于點T，過點M作MK⊥y軸交CF于點K，
在Rt△CTE中，ET＝CE，
∴CE+ME＝TE+ME＝TM，此時CE+ME的值最??；
∵OF＝CF，CO＝3，
∴OF＝，CF＝，
∴F（﹣，0），
設(shè)直線CF的解析式為y＝t'x+n，
將點C（0，3），F(xiàn)（﹣，0）代入，可得，
，解得，
∴y＝x+3，
∵M（1，2），
∴K（﹣，2），
∴MK＝1+，
∵MT⊥CF，
∴∠FCO+∠CKM＝∠CKM+∠TMK＝90°，
∴∠TMK＝∠FCO，
在Rt△TKM中，MT＝KM?cs∠FCO，
∴MT＝（1+）?＝，
∴CE+ME的最小值為．
6．（2021?深圳模擬）如圖1，拋物線y＝﹣x2+bx+c交x軸于A、B兩點，其中點A坐標為（﹣3，0），與y軸交于點C（0，3），點D為拋物線y＝﹣x2+bx+c的頂點．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）若點E在x軸上，且∠ECA＝∠CAD，求點E的坐標；
（3）如圖2，點P為線段AC上方的拋物線上任一點，過點P作PH⊥x軸于點H，與AC交于點M．
①求△APC的面積最大時點P的坐標；
②在①的條件下，若點N為y軸上一動點，求HN+CN的最小值．
【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）①當點E在點A的左側(cè)時，在Rt△CHN中，NH＝CN＝CH＝，在Rt△AHN中，tan∠HAN＝tan∠DAC＝＝，即tan∠ECA＝tan∠CAD＝，在Rt△CEK中，tan∠ECA＝，進而求解；②當點E（E′）的點A的右側(cè)時，∠ECA＝∠CAD，則直線CE′∥AD，則直線CE′的表達式為y＝2x+3，進而求解；
（3）過點H作HR⊥CG于點R，交CO于點N，則點N為所求點，進而求解．
【解答】解：（1）由題意得：，解得，
故拋物線的表達式為y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）①當點E在點A的左側(cè)時，如圖1，
由拋物線的表達式知，點D的坐標為（﹣1，4），
延長AD交y軸于點H，過點H作HN交AC的延長線于點N，
由點A、D的坐標得，直線AD的表達式為y＝2（x+3），
故點H的坐標為（0，6），
則CH＝6﹣3＝3，
由點A、C的坐標知，∠ACO＝45°＝∠HCN，AC＝3，
在Rt△CHN中，NH＝CN＝CH＝，
在Rt△AHN中，tan∠HAN＝tan∠DAC＝＝＝，
∴tan∠ECA＝tan∠CAD＝，
過點E作EK⊥CA交CA的延長線于點K，
在Rt△AEK中，∠EAK＝∠CAO＝45°，
故設(shè)AK＝EK＝x，則AE＝x，
在Rt△CEK中，tan∠ECA＝＝，
解得x＝，故AE＝x＝3，
則點E的坐標為（﹣6，0）；
②當點E（E′）的點A的右側(cè)時，
∵∠ECA＝∠CAD，
則直線CE′∥AD，
則直線CE′的表達式為y＝2x+r，
而直線CE′過點C，故r＝3，
故直線CE′的表達式為y＝2x+3，
令y＝0，則x＝﹣，
故點E′的坐標為（﹣，0）；
綜上，點E的坐標為（﹣6，0）或（﹣，0）；
（3）設(shè)點P的坐標為（x，﹣x2﹣2x+3），
由點A、C的坐標得，直線AC的表達式為y＝x+3，
則點M（x，x+3），
則△APC的面積＝×OA×PM＝×3×（﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3）＝（﹣x2﹣3x），
∵﹣＜0，故△APC的面積有最大值，
當x＝﹣時，點P的坐標為（﹣，），則點H（﹣，0），
在x軸上取點G（3，0），則OG＝OC，連接CG，
則∠GCO＝45°，
過點H作HR⊥CG于點R，交CO于點N，則點N為所求點，
理由：HN+CN＝HN+CNsin∠GCO＝HN+NR＝HR為最小值，
∵∠CGO＝45°，故△HRG為等腰直角三角形，
則HR＝HG＝（3+）＝，
即HN+CN的最小值為．
7．（2021?深圳模擬）已知：如圖，點A（1，0），B（3，0），D（2，﹣1），C是y軸上的點，且OC＝3．
（1）過點A作AM⊥BC，垂足為M，連接AD、BD，求證：四邊形ADBM為正方形；
（2）若過A、B、C三點的拋物線對稱軸上有一動點P，當PC﹣PB的值最大時，求出點P的坐標；
（3）設(shè)Q為線段OC上的一動點，問：AQ+QC是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）證明四邊形ADBM為矩形，而AD＝BD，故四邊形ADBM為正方形；
（2）點B關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為點A，連接CA交對稱軸于點P，則點P為所求點，進而求解；
（3）在x軸取點A′（﹣1，0），連接A′C，過點A作AH⊥A′C于點H，交y軸于點Q，則點Q是所求點，進而求解．
【解答】解：（1）由點A、D的坐標得，AD＝＝，
同理可得，BD＝，
而AB＝3﹣1＝2，
故AB2＝AD2+BD2，
故△ABD為等腰直角三角形，
由B、C的坐標知，OB＝OC，
則∠CBO＝45°，
則∠DBM＝∠CBO+∠ABD＝90°＝∠ADB＝∠AMB，
故四邊形ADBM為矩形，
而AD＝BD，
∴四邊形ADBM為正方形；
（2）∵OC＝3，故點C（0，3），
設(shè)拋物線的表達式為y＝ax2+bx+c，
將點A、B、C的坐標代入拋物線表達式得：，解得，
故拋物線的表達式為y＝﹣x2﹣2x+3；
點B關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為點A．連接CA交對稱軸于點P，則點P為所求點，
理由：PC﹣PB＝PC﹣PA＝AC為最大值，
由點A、C的坐標得，直線AC的表達式為y＝﹣3x+3，
而拋物線的對稱軸為直線x＝（1+3）＝2，
當x＝2時，y＝﹣3x+3＝﹣3，
故點P的坐標為（2，﹣3）；
（3）存在，理由：
在x軸取點A′（﹣1，0），連接A′C，過點A作AH⊥A′C于點H，交y軸于點Q，則點Q是所求點，
理由：由點A′、C的坐標得，OA′＝1，OC＝3，則CA′＝，
則sin∠HCQ＝＝，
則AQ+CQ×＝AH＝AQ+CQsin∠HCQ＝AH為最小，
∵tanCA′O＝＝3，則tan∠HAA′＝，
而直線AH過點A（1，0），故其表達式為y＝﹣（x﹣1），
令x＝0，則y＝，故點Q的坐標為（0，），則CQ＝3﹣＝
由點A、Q的坐標得，AQ＝＝，
∴AQ+QC的最小值＝+×＝＝．
8．（2021?資陽）拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，且B（﹣1，0），C（0，3）．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點P是拋物線上位于直線AC上方的一點，BP與AC相交于點E，當PE：BE＝1：2時，求點P的坐標；
（3）如圖2，點D是拋物線的頂點，將拋物線沿CD方向平移，使點D落在點D'處，且DD'＝2CD，點M是平移后所得拋物線上位于D'左側(cè)的一點，MN∥y軸交直線OD'于點N，連結(jié)CN．當D'N+CN的值最小時，求MN的長．
【分析】（1）利用待定系數(shù)法，把問題轉(zhuǎn)化為方程組解決．
（2）如圖1中，過點B作BT∥y軸交AC于T，過點P作PQ∥OC交AC于Q．設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），求出BT，PQ，利用平行線分線段成比例定理構(gòu)建方程求解即可．
（3）如圖2中，連接AD，過點N作NJ⊥AD于J，過點C作CT⊥AD于T．證明AD′⊥x軸，由OD′＝＝3，推出sin∠OD′A＝＝，推出NJ＝ND′?sin∠OD′A＝D′N，可得D'N+CN＝CN+NJ，根據(jù)CN+NJ≥CT，可得結(jié)論．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過B（﹣1，0），C（0，3），
∴，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3．
（2）如圖1中，過點B作BT∥y軸交AC于T，過點P作PQ∥OC交AC于Q．
設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），
對于拋物線y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，可得x＝3或﹣1，
∴A（3，0），
∵C（0，3），
∴直線AC的解析式為y＝﹣x+3，
∵B（﹣1，0），
∴T（﹣1，4），
∴BT＝4，
∵PQ∥OC，
∴Q（m，﹣m+3），
∴PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∵PQ∥BT，
∴＝＝，
∴﹣m2+3m＝2，
解得m＝1或2，
∴P（1，4）或（2，3）．
（3）如圖2中，連接AD′，過點N作NJ⊥AD′于J，過點C作CT⊥AD′于T．
∵拋物線y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴頂點D（1，4），
∵C（0，3），
∴直線CD的解析式為y＝x+3，CD＝，
∵DD′＝2CD，
∵DD′＝2，CD′＝3，
∴D′（3，6），
∵A（3，0），
∴AD′⊥x軸，
∴OD′＝＝＝3，
∴sin∠OD′A＝＝，
∵CT⊥AD′，
∴CT＝3，
∵NJ⊥AD′，
∴NJ＝ND′?sin∠OD′A＝D′N，
∴D'N+CN＝CN+NJ，
∵CN+NJ≥CT，
∴D'N+CN≥3，
∴D'N+CN的最小值為3，
此時N為OD'與CT的交點，
∴N（1.5，3），
∵平移后拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣3）2+6，MN平行y軸，將x＝1.5代入拋物線解析式，
∴M（1.5，3.75），
∴MN＝0.75
9．（2022?杜爾伯特縣一模）如圖，已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于A（﹣1，0），B（m，0）兩點，與y軸相交于點C（0，﹣3），拋物線的頂點為D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若點E在x軸上，且∠ECB＝∠CBD，求點E的坐標．
（3）若P是直線BC下方拋物線上任意一點，過點P作PH⊥x軸于點H，與BC交于點M．
①求線段PM長度的最大值．
②在①的條件下，若F為y軸上一動點，求PH+HF+CF的最小值．
【分析】（1）將A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式；
（2）根據(jù)待定系數(shù)法，可得BD的解析式，根據(jù)平行線的判定和兩平行直線的函數(shù)解析式的關(guān)系，根據(jù)待定系數(shù)法，可得CE的解析式，進一步可得答案；
（3）①根據(jù)BC的解析式和拋物線的解析式，設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），則M（x，x﹣3），表示PM的長，根據(jù)二次函數(shù)的最值可得：當x＝時，PM的最大值；
②當PM的最大值時，P（，﹣），確定F的位置：在x軸的負半軸了取一點K，使∠OCK＝45°，過F作FN⊥CK于N，當N、F、H三點共線時，如圖2，F(xiàn)H+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，根據(jù)45度的直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），點C（0，﹣3）代入拋物線y＝x2+bx+c中得：，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4
∴頂點D（1，﹣4），
當y＝0時，x2﹣2x﹣3＝0，
（x﹣3）（x+1）＝0，
x＝3或﹣1，
∴B（3，0）；
如圖1，連接BD，
設(shè)BD所在直線的解析式為：y＝k（x﹣3），將D點坐標代入函數(shù)解析式，得﹣2k＝﹣4，
解得k＝2，
故BD所在直線的解析式為：y＝2x﹣6，
∵∠ECB＝∠CBD，
∴CE∥BD，
設(shè)CE所在直線的解析式為：y＝2x+b，將C點坐標代入函數(shù)解析式，得b＝﹣3，
故CE所在直線的解析式為：y＝2x﹣3，
當y＝0時，x＝．
當點E在點B的右側(cè)時，直線CE經(jīng)過BD的中點（2，2），
此時CE的解析式為y＝x﹣3，
∴點E的坐標是（6，0）．
∴綜上所述，點E的坐標是（，0）或（6，0）；
（3）①如圖2，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
設(shè)BC的解析式為：y＝kx+b，
則，
解得：，
BC的解析式為：y＝x﹣3，
設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），則M（x，x﹣3），
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
當x＝時，PM有最大值為；
②當PM有最大值，P（，﹣），
在x軸的負半軸了取一點K，使∠OCK＝45°，過F作FN⊥CK于N，
∴FN＝CF，
當N、F、H三點共線時，PH+NH最小，即PH+HF+CF的值最小，
Rt△OCK中，OC＝3，
∴OK＝3，
∵OH＝，
∴KH＝+3＝，
Rt△KNH中，∠KHN＝45°，
∴KN＝KH＝，
∴NH＝KN＝，
∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH＝．
10．（2020?自貢）在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（﹣3，0）、B（1，0），交y軸于點N，點M為拋物線的頂點，對稱軸與x軸交于點C．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，連接AM，點E是線段AM上方拋物線上一動點，EF⊥AM于點F，過點E作EH⊥x軸于點H，交AM于點D．點P是y軸上一動點，當EF取最大值時：
①求PD+PC的最小值；
②如圖2，Q點為y軸上一動點，請直接寫出DQ+OQ的最小值．
【分析】（1）拋物線的表達式為：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝3，即可求解；
（2）①點C（﹣1，0）關(guān)于y軸的對稱點為點B（1，0），連接BD交y軸于點P，則點P為所求點，PD+PC＝PD+PB＝DB為最小，即可求解；
②過點O作直線OK，使sin∠NOK＝，過點D作DK⊥OK于點K，交y軸于點Q，則點Q為所求點，則DQ+OQ＝DQ+QK＝DK為最小，即可求解．
【解答】解：（1）拋物線的表達式為：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，
即﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故拋物線的表達式為：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由拋物線的表達式得，點M（﹣1，4），點N（0，3），
則tan∠MAC＝＝2，
則設(shè)直線AM的表達式為：y＝2x+b，
將點A的坐標代入上式并解得：b＝6，
故直線AM的表達式為：y＝2x+6，
∵∠EFD＝∠DHA＝90°，∠EDF＝∠ADH，
∴∠MAC＝∠DEF，則tan∠DEF＝2，則cs∠DEF＝，
設(shè)點E（x，﹣x2﹣2x+3），則點D（x，2x+6），
則FE＝EDcs∠DEF＝（﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6）×＝（﹣x2﹣4x﹣3），
∵﹣＜0，故EF有最大值，此時x＝﹣2，故點D（﹣2，2）；
①點C（﹣1，0）關(guān)于y軸的對稱點為點B（1，0），連接BD交y軸于點P，則點P為所求點，
PD+PC＝PD+PB＝DB為最小，
則BD＝＝；
②過點O作直線OK，使sin∠NOK＝，過點D作DK⊥OK于點K，交y軸于點Q，則點Q為所求點，
DQ+OQ＝DQ+QK＝DK為最小值，
則直線OK的表達式為：y＝x，
∵DK⊥OK，故設(shè)直線DK的表達式為：y＝﹣x+b，
將點D的坐標代入上式并解得：b＝2﹣，
而直線DK的表達式為：y＝﹣x+2﹣，
故點Q（0，2﹣），
由直線KD的表達式知，QD與x軸負半軸的夾角（設(shè)為α）的正切值為，則csα＝，
則DQ＝＝＝，而OQ＝（2﹣），
則DQ+OQ為最小值＝+（2﹣）＝．
11．（2022?中山市三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，拋物線的對稱軸為直線x＝1，點A（﹣1，0），過B的直線交y軸于點D，交拋物線于E，且．
（1）求拋物線的解析式；
（2）在拋物線第四象限的圖象上找一點P，使得△BDP的面積最大，求出點P的坐標；
（3）點M是線段BE上的一點，求的最小值，并求出此時點M的坐標．
【分析】（1）由x＝1得點A的對稱點B的坐標，將A、B坐標代入y＝ax2+bx﹣3中，利用待定系數(shù)法可求；
（2）求出直線BE的解析式，用m表示點P、H的坐標，進而表示線段PH，根據(jù)S△BDP＝×PH×3，用含m的代數(shù)式表示△BDP的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，求出S關(guān)于m的二次函數(shù)的頂點橫坐標，即可得出結(jié)論：
（3）過點M作MS∥y軸，過點E作ES∥x軸，過A作AT⊥ES于點T，構(gòu)造出直角三角形，利用三角函數(shù)找到與ME相等的線段，根據(jù)“垂線段最短”得AM+ME的最小值，將二次函數(shù)與直線方程聯(lián)立，解方程組，先求出點E坐標，點M坐標可求．
【解答】解：（1）拋物線y＝ax2+bx﹣3與x軸交于A、B兩點，拋物線的對稱軸為直線x＝1，點A（﹣1，0），
∴B（3，0），
∴，
解得．
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3．
（2）∵B（3，0），，
∴OD＝4，即D（0，4）．
∴直線BE的解析式為：y＝﹣x+4．
如圖，過點P作PH⊥x軸，交AB于點H，
設(shè)P（m，m2﹣2m﹣3），則H（m，﹣m+4），
∴PH＝﹣m+4﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+7，
∴S△BDP＝×PH×3
＝﹣m2+m+
＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴當m＝時，即P（，﹣）時△BDP的面積最大．
（3）如圖，過點M作MS∥y軸，過點E作ES∥x軸，過A作AT⊥ES于點T，
∵ES∥x軸，
∴∠SEM＝∠EBA，
∵tan∠EBA＝，
∴tan∠MES＝，
∴sin∠MES＝＝，
∴SM＝EM，
∴AM+EM＝AM+SM≥SA≥AT，
∴AM+EM的最小值為AT．
令x2﹣2x﹣3＝﹣x+4，
解得x＝3（舍）或x＝﹣，
∴E（﹣，），
∴AM+EM的最小值，此時M（﹣1，）．
12．（2021?南山區(qū)校級三模）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與y軸相交于點C（0，﹣2），與x軸分別交于點B（3，0）和點A，且tan∠CAO＝1．
（1）求拋物線解析式．
（2）拋物線上是否存在一點Q，使得∠BAQ＝∠ABC，若存在，請求出點Q坐標，若不存在，請說明理由；
（3）拋物線的對稱軸交x軸于點D，在y軸上是否存在一個點P，使PC+PD值最小，若存在，請求出最小值，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由C（0，﹣2），tan∠CAO＝1，可得A（﹣2，0），用待定系數(shù)法即得拋物線解析式為y＝x2﹣x﹣2；
（2）過A作AM∥BC交y軸于M，交拋物線于Q，作M關(guān)于x軸的對稱點M'，作直線AM'交拋物線于Q'，由AM∥BC，得∠QAB＝∠ABC，即知Q是滿足題意的點，根據(jù)B（3，0），C（0，﹣2），得直線BC解析式是y＝x﹣2，設(shè)直線AM解析式為y＝x+m，將A（﹣2，0）代入可得直線AM解析式為y＝x+，M（0，），解即得Q（5，），根據(jù)M、M'關(guān)于x軸對稱，知Q'是滿足題意的點，用待定系數(shù)法可得直線AQ'為y＝﹣x﹣，解即得Q（1，﹣2）；
（3）過P作PH⊥AC于H，過D作DH'⊥AC于H'，交y軸于P'，由y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，可得D（，0），因OA＝OC＝2，故△AOC是等腰直角三角形，可得△PCH是等腰直角三角形，PH＝PC，即知PC+PD最小即是PH+PD最小，故當P運動到P'，H和H'重合時，PC+PD的最小，最小值是DH'，由AD＝，即得DH'＝，即PC+PD的最小值是．
【解答】解：（1）∵C（0，﹣2），
∴OC＝2，
∵tan∠CAO＝1，
∴＝1，
∴OA＝2，A（﹣2，0），
將A（﹣2，0），B（3，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2+bx+c得：
，解得，
∴拋物線解析式為y＝x2﹣x﹣2；
（2）存在一點Q，使得∠BAQ＝∠ABC，理由如下：
過A作AM∥BC交y軸于M，交拋物線于Q，作M關(guān)于x軸的對稱點M'，作直線AM'交拋物線于Q'，如圖：
∵AM∥BC，
∴∠QAB＝∠ABC，即Q是滿足題意的點，
∵B（3，0），C（0，﹣2），
∴直線BC解析式是y＝x﹣2，
設(shè)直線AM解析式為y＝x+m，將A（﹣2，0）代入得﹣+m＝0，
∴m＝，
∴直線AM解析式為y＝x+，M（0，），
解得（與A重合，舍去）或，
∴Q（5，），
∵M、M'關(guān)于x軸對稱，
∴∠Q'AB＝∠QAB＝∠ABC，M'（0，﹣），
∴Q'是滿足題意的點，
設(shè)直線AQ'為y＝kx﹣，將A（﹣2，0）代入得﹣2k﹣＝0，
∴k＝﹣，
∴直線AQ'為y＝﹣x﹣，
解得（舍去）或，
∴Q（1，﹣2）；
綜上所述，點Q坐標是（5，）或（1，﹣2）；
（3）在y軸上存在一個點P，使PC+PD值最小，理由如下：
過P作PH⊥AC于H，過D作DH'⊥AC于H'，交y軸于P'，如圖：
∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，
∴拋物線對稱軸是直線x＝，
∴D（，0），
∵OA＝OC＝2，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠OCA＝45°＝∠OAC，
∴△PCH是等腰直角三角形，
∴PH＝PC，
∴PC+PD最小即是PH+PD最小，
∴當P運動到P'，H和H'重合時，PC+PD的最小，最小值是DH'，
∵∠OAC＝45°，DH'⊥AC，
∴△ADH'是等腰直角三角形，
∴DH'＝AD，
∵A（﹣2，0），D（，0），
∴AD＝，
∴DH'＝，即PC+PD的最小值是．
13．（2021?津南區(qū)一模）已知拋物線y＝x2﹣2x+c交x軸于A，B兩點，且點B的坐標為（3，0），其對稱軸交x軸于點C．
（Ⅰ）求該拋物線的頂點D的坐標；
（Ⅱ）設(shè)P是線段CD上的一個動點（點P不與點C，D重合）．
①過點P作y軸的垂線l交拋物線（對稱軸右側(cè)）于點Q，連接QB，QD，求△QBD面積的最大值；
②連接PB，求PD+PB的最小值．
【分析】（Ⅰ）用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，即可得拋物線的頂點D的坐標是（1，﹣4）；
（Ⅱ）①過Q作QE∥y軸交BP于E，由B（3，0），D（1，﹣4）可得直線BD解析式為y＝2x﹣6，設(shè)Q（m，m2﹣2m﹣3），其中1＜m＜3，則E（m，2m﹣6），EQ＝﹣m2+4m﹣3，可得S△QBD＝EQ?|xB﹣xD|＝﹣（m﹣2）2+1，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)即得△QBD面積的最大值是1；
②連接AD，過A作AH⊥BD于H，過P作PF⊥BD于F，連接AP，由P在拋物線對稱軸上，得PA＝PB，在Rt△DBC中可得sin∠BDC＝＝＝，在Rt△DPF中，PF＝PD?sin∠PDF＝PD，即知PD+PB＝（PD+PB）＝（PF+PA）≥AH，由2S△ABD＝AB?CD＝BD?AH得AH＝＝，即可得PD+PB的最小值是8．
【解答】解：（Ⅰ）∵拋物線y＝x2﹣2x+c經(jīng)過點B（3，0），
∴9﹣6+c＝0，
解得c＝﹣3，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴拋物線的頂點D的坐標是（1，﹣4）；
（Ⅱ）①過Q作QE∥y軸交BD于E，如圖：
設(shè)直線BD解析式為y＝kx+b，將B（3，0），D（1，﹣4）代入得：
，解得，
∴直線BD解析式為y＝2x﹣6，
根據(jù)題意知Q在線段BD下方，設(shè)Q（m，m2﹣2m﹣3），其中1＜m＜3，則E（m，2m﹣6），
∴EQ＝2m﹣6﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3，
∴S△QBD＝EQ?|xB﹣xD|＝（﹣m2+4m﹣3）×（3﹣1）＝﹣m2+4m﹣3＝﹣（m﹣2）2+1，
∵﹣1＜0，1＜m＜3，
∴m＝2時，S△QBD最大值為1，
答：△QBD面積的最大值是1；
②連接AD，過A作AH⊥BD于H，過P作PF⊥BD于F，連接AP，如圖：
∵P在拋物線對稱軸上，
∴PA＝PB，
在Rt△DBC中，BD＝＝＝2，
∴sin∠BDC＝＝＝，
在Rt△DPF中，PF＝PD?sin∠PDF＝PD，
∴PD+PB＝（PD+PB）＝（PF+PA）≥AH，
由2S△ABD＝AB?CD＝BD?AH得：
AH＝＝＝，
∴PD+PB≥×＝8，
即PD+PB的最小值是8．
14．（2021?防城區(qū)模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2﹣2ax﹣8a（a＞0）與x軸從左至右依次交于A，B兩點，與y軸交于點C，經(jīng)過點B的直線y＝﹣x+與拋物線的另一交點為D，且點D的橫坐標為﹣5．
（1）求拋物線的函數(shù)表達式；
（2）若點P（x，y）在該二次函數(shù)的圖象上，且S△BCD＝S△ABP，求點P的坐標；
（3）設(shè)F為線段BD上的一個動點（異于點B和D），連接AF．是否存在點F，使得2AF+DF的值最小？若存在，分別求出2AF+DF的最小值和點F的坐標，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）線求出點D的坐標，再將D點坐標代入拋物線解析式即可求解出a，進而得出解析式；
（2）由S△BCD＝S△ABP，則CE?|xB﹣xD|＝AB?|yP|，可得（﹣）×（4+5）＝（4+2）×|yP|，再結(jié)合題意求出yP＝，即可求出P點坐標為或；
（3）過點D作DM平行于x軸，故∠BDM＝30°，過F作FH⊥DM于H，當A、F、H三點共線時，即AH⊥DM時，2AF+DF取最小值．
【解答】解：把x＝﹣5代入y＝﹣x+，
解得y＝3，
∴D（﹣5，3），
把D（﹣5，3）代入y＝ax2﹣2ax﹣8a，
解得a＝，
∴拋物線的解析式為；
（2）設(shè)直線BD與y軸交于點E，
∴E（0，），
由可得A（﹣2，0），B（4，0），C（0，），
由S△BCD＝S△ABP，
∴CE?|xB﹣xD|＝AB?|yP|，
∴（﹣）×（4+5）＝（4+2）×|yP|，
∴|yP|＝，
∴yP＝±，
∵拋物線的頂點為（1，﹣），
∴yP＝，
∴P點坐標為或；
（3）存在點F，使得2AF+DF的值最小，理由如下：
過點D作DM平行于x軸，故∠BDM＝30°，過F作FH⊥DM于H，
∴sin30°＝＝，
∴HF＝DF，
∴2AF+DF＝2（AF+DF）＝2（AF+HF）＝2AH，
當A、F、H三點共線時，即AH⊥DM時，2AF+DF取最小值，
∵A（﹣2，0），
∴F（﹣2，2），
∵D（﹣5，3），
∴AH＝3，
∴2AF+DF的最小值為6．
15．（2021秋?沈北新區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，拋物線y＝ax2﹣2x+c與x軸交于點A（1，0），點B（﹣3，0），與y軸交于點C，連接BC，點P在第二象限的拋物線上，連接PC、PO，線段PO交線段BC于點E．
（1）求拋物線的表達式；
（2）若△PCE的面積為S1，△OCE的面積為S2，當＝時，求點P的坐標；
（3）已知點C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為點N，連接BN，點H在x軸上，當∠HCB＝∠NBC時，
①求滿足條件的所有點H的坐標；
②當點H在線段AB上時，平面內(nèi)點M，且HM＝1，直接寫出AM+CM的最小值．
【分析】（1）先把點A（1，0），點B（﹣3，0）代入拋物線y＝ax2﹣2x+c中列方程組，解方程組可得a和c的值，從而得拋物線的表達式；
（2）先根據(jù)待定系數(shù)法求BC的解析式為：y＝x+3，根據(jù)同高三角形面積的比等于對應(yīng)底邊的比，可得，證明△OEH∽△OPG，得＝，可設(shè)E（3m，3m+3），則P（5m，﹣25m2﹣10m+3），代入比例式可得方程，解出即可得結(jié)論；
（3）①由對稱得：N（﹣2，3），有兩種情況：如圖2，i）當BN∥CH1時，∠H1CB＝∠NBC，根據(jù)平移的性質(zhì)可得點H1的坐標；ii）當∠H2CB＝∠NBC，設(shè)H2（n，0），直線CH2與BN交于點M，確定BN和CH2的解析式，利用方程組的解可得M的坐標（﹣，），根據(jù)兩點的距離公式利用BM＝CM，列方程可得結(jié)論；
②通過證明△MHN∽△AHM，可得MN＝AM，當點M，點N，點C共線時，MN+MC最小值為CN的長，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）把點A（1，0），點B（﹣3，0）代入拋物線y＝ax2﹣2x+c中，
得：，
解得：，
∴拋物線的表達式為：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如圖1，過P作PG⊥y軸于G，過E作EH⊥y軸于H，
當x＝0時，y＝3，
∴C（0，3），
設(shè)BC的解析式為：y＝kx+b，
則，解得，
∴BC的解析式為：y＝x+3，
∵△PCE的面積為S1，△OCE的面積為S2，且＝，
∴，
∵EH∥PG，
∴△OEH∽△OPG，
∴＝，
∴設(shè)E（3m，3m+3），則P（5m，﹣25m2﹣10m+3），
∴＝，
∴25m2+15m+2＝0，
（5m+2）（5m+1）＝0，
m1＝﹣，m2＝﹣，
當m＝﹣時，5m＝﹣2，則P（﹣2，3），
當m＝﹣時，5m＝﹣1，則P（﹣1，4），
綜上，點P的坐標是（﹣2，3）或（﹣1，4）；
（3）①由對稱得：N（﹣2，3），
∵∠HCB＝∠NBC，
如圖2，連接CN，有兩種情況：
i）當BN∥CH1時，∠H1CB＝∠NBC，
∵CN∥AB，
∴四邊形CNBH1是平行四邊形，
∴H1（﹣1，0）；
ii）當∠H2CB＝∠NBC，
設(shè)H2（n，0），直線CH2與BN交于點M，
∴BM＝CM，
∵B（﹣3，0），N（﹣2，3），
∴同理可得BN的解析式為：y＝3x+9，
設(shè)CH2的解析式為：y＝k1x+b1，
則，解得：，
∴設(shè)CH2的解析式為：y＝﹣+3，
∴M（﹣，），
∵BM＝CM，
∴（﹣+3）2+（）2＝（﹣）2+（3﹣）2，
解得：n＝﹣9或﹣1（舍），
∴H2（﹣9，0），
綜上，點H的坐標是（﹣1，0）或（﹣9，0）；
②∵點H在線段AB上，
∴點H（﹣1，0），
∴HO＝1，AH＝2，
如圖3，取HO的中點N（﹣，0），
∴HO＝，
∴＝＝，
又∵∠MHN＝∠AHM，
∴△MHN∽△AHM，
∴，
∴MN＝AM，
∴AM+MC＝MN+MC，
∴當點M，點N，點C共線時，MN+MC最小值為CN的長，
∴CN＝＝＝，
∴AM+MC的最小值為．
16．（2021?香洲區(qū)校級三模）如圖，拋物線y＝﹣x2﹣6x+7交x軸于A，B兩點（點A在點B左側(cè)），交y軸于點C，直線y＝x+7經(jīng)過點A、C，點M是線段AC上的一動點（不與點A，C重合）．
（1）求A，B兩點的坐標；
（2）當點P，C關(guān)于拋物線的對稱軸對稱時，求PM+AM的最小值及此時點M的坐標；
（3）連接BC，當△AOM與△ABC相似時，求出點M的坐標．
【分析】（1）在y＝﹣x2﹣6x+7中，令y＝0，解得x＝﹣7或x＝1，即得A（﹣7，0），B（1，0）；
（2）過P作PN⊥x軸于N，交AC于M，拋物線y＝﹣x2﹣6x+7的對稱軸為直線x＝﹣＝﹣3，在y＝﹣x2﹣6x+7中，得C（0，7），可得sin∠CAB＝＝＝，在Rt△AMN中，MN＝AM，故PM+AM最小，即是PM+MN最小，PM+AM的最小值即為PN的長，根據(jù)點P，C（0，7）關(guān)于拋物線的對稱軸直線x＝﹣3對稱，即得PN＝OC＝7，即PM+AM的最小值為7，由A（﹣7，0），C（0，7）得直線AC解析式為y＝x+7，可求出M（﹣6，）；
（3）過M作MH⊥x軸于H，過M'作M'G⊥x軸于G，△AOM與△ABC相似，分兩種情況：①當△ABC∽AMO時，＝，可得AM＝，由△AMH∽△ACO，即得M（﹣，），②當△ABC∽△AOM'時，＝，得AM'＝，同理可得M'（﹣，）．
【解答】解：（1）在y＝﹣x2﹣6x+7中，令y＝0得：
﹣x2﹣6x+7＝0，解得x＝﹣7或x＝1，
∴A（﹣7，0），B（1，0）；
（2）過P作PN⊥x軸于N，交AC于M，如圖：
拋物線y＝﹣x2﹣6x+7的對稱軸為直線x＝﹣＝﹣3，
在y＝﹣x2﹣6x+7中，令x＝0得y＝7，
∴C（0，7），
∴AC＝＝7，
∴sin∠CAB＝＝＝，
在Rt△AMN中，MN＝AM?sin∠CAB＝AM，
∴PM+AM最小，即是PM+MN最小，由垂線段最短可知PM+AM的最小值即為PN的長，
∵點P，C（0，7）關(guān)于拋物線的對稱軸直線x＝﹣3對稱，
∴PN與OC關(guān)于拋物線y＝﹣x2﹣6x+7的對稱軸直線x＝﹣3對稱，P（﹣6，7），
∴PN＝OC＝7，即PM+AM的最小值為7，
由A（﹣7，0），C（0，7）得直線AC解析式為y＝x+7，
在y＝x+7中，令x＝﹣6得y＝，
∴M（﹣6，）；
（3）過M作MH⊥x軸于H，過M'作M'G⊥x軸于G，如圖：
∵A（﹣7，0），B（1，0），C（0，7），
∴AB＝8，AC＝7，
∵∠MAO＝∠BAC，
∴△AOM與△ABC相似，分兩種情況：
①當△ABC∽AMO時，＝，
∴＝，
∴AM＝，
∵MH⊥x軸，
∴MH∥OC，
∴△AMH∽△ACO，
∴＝＝，即＝＝，
∴AH＝，MH＝，
∴OH＝OA﹣AH＝，
∴M（﹣，），
②當△ABC∽△AOM'時，
∴＝，即＝，
∴AM'＝，
同理可得＝＝，
∴＝＝，
∴AG＝，M'G＝，
∴OG＝OA﹣AG＝，
∴M'（﹣，），
綜上所述，當△AOM與△ABC相似時，M坐標為（﹣，）或（﹣，）．
17．（2021?涪城區(qū)校級模擬）已知：如圖所示，拋物線y＝﹣x2﹣x+c與x軸交于A、B兩點，與y軸的正半軸交于點C，點A在點B的左側(cè)，且滿足tan∠CAB?tan∠CBA＝1．
（1）求A、B兩點的坐標；
（2）若點P是拋物線y＝﹣x2﹣x+c上一點，且△PAC的內(nèi)切圓的圓心正好落在x軸上，求點P的坐標；
（3）若M為線段AO上任意一點，求MC+AM的最小值．
【分析】（1）點A、B的橫坐標分別為x1，x2，利用tan∠CAB?tan∠CBA＝1和一元二次方程根與系數(shù)之間的關(guān)系求解；
（2）三角形內(nèi)切圓的圓心是三個內(nèi)角平分線的交點，得到x軸是角平分線，作點C關(guān)于x軸的對稱點C'（0，﹣2），直線AC'的解析式，聯(lián)立拋物線求交點坐標；
（3）此題為胡不歸模型，構(gòu)建模型求解．
【解答】解：（1）設(shè)點A、B的橫坐標分別為x1，x2，
令y＝0可得﹣x2﹣x+c＝0，
∴x1?x2＝﹣2c，
∵tan∠CAB?tan∠CBA＝1，即＝1，
∴OC2＝OA?OB＝（﹣x1）?x2＝2C，
即c2＝2c，
解得c1＝0（舍去），c2＝2，
∴拋物線y＝﹣x2﹣x+2，
令y＝0解得，x1＝﹣4，x2＝1，
故點A（﹣4，0），點B（1，0）；
（2）△PAC的內(nèi)切圓圓心正好落在x軸上，則x軸為∠CAP的角平分線，
作點C關(guān)于x軸的對稱點C'（0，﹣2），
設(shè)直線AC'的解析式為y＝kx+b，將點A（﹣4，0），C'（0，﹣2）代入，
得，
解得，
∴直線AC'的解析式為y＝x﹣2，
聯(lián)立拋物線與直線得，
解得，，
故點P坐標（2，﹣3）；
（3）過點A作直線AD，使sin∠OAD＝，過點M作ME⊥AD于點E，如圖，
在Rt△MAE中，sin∠OAD＝，
∴ME＝AM，
∴MC+AM＝MC+ME，當點M、C、E三點共線時，MC+ME最小為CE，
∵∠OMC＝∠EMA．∠MEA＝∠COM，
∴∠EAM＝∠OCM，
在Rt△OCM中，sin∠OCM＝sin∠OAD＝，OC＝2，
∴tan∠OCM＝＝＝，cs∠OAD＝＝，
∴OM＝1，CM＝，
∴AM＝4﹣1＝3，
在Rt△AEM中，sin∠OAD＝，AM＝3，
∴EM＝3?sin∠OAD＝，
∴MC+ME＝+＝．
故MC+AM的最小值．
18．（2021?青山區(qū)模擬）已知拋物線y＝ax2﹣4ax﹣12a與x軸相交于A，B兩點，與y軸交于C點，且OC＝OA．設(shè)拋物線的頂點為M，對稱軸交x軸于點N．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，點E（m，n）為拋物線上的一點，且0＜m＜6，連接AE，交對稱軸于點P．點F為線段BC上一動點，連接EF，當PA＝2PE時，求EF+BF的最小值．
（3）如圖2，過點M作MQ⊥CM，交x軸于點Q，將線段CQ向上平移t個單位長度，使得線段CQ與拋物線有兩個交點，求t的取值范圍．
【分析】（1）令y＝0可得A坐標，由OC＝OA得OC，即可得C的坐標，代入y＝ax2﹣4ax﹣12a求出a，即可得拋物線解析式；
（2）過E作EH⊥x軸于H，交BC于F'，過F作FQ⊥x軸于Q，Rt△BOC中，可得sin∠CBO＝＝，Rt△BFQ中，sin∠CBO＝＝，可得FQ＝BF，要求EF+BF的最小即是求EF+BF的最小值，也是EF+FQ最小，此時E、F、Q共線，即F與F'重合，Q與H重合，EH的長度即是EF+BF的最小值，求出E點坐標即可得到答案；
（3）將線段CQ向上平移，當Q落到拋物線上的Q1處時，線段CQ與拋物線有兩個交點，繼續(xù)將線段向上平移，當線段與拋物線只有一個交點，Q移動到Q2處，分別求出Q移動到Q1、Q2處時的t值，即可得到答案．
【解答】解：（1）在y＝ax2﹣4ax﹣12a中，令y＝0得ax2﹣4ax﹣12a＝0，
解得x1＝﹣2，x2＝6，
∴OA＝2，
∵OC＝OA，
∴OC＝3，即C（0，3），
將C（0，3）代入y＝ax2﹣4ax﹣12a得a＝﹣，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+3；
（2）過E作EH⊥x軸于H，交BC于F'，過F作FQ⊥x軸于Q，如圖：
∵y＝﹣x2+x+3對稱軸為直線x＝2，
∴P橫坐標為2，即ON＝2，
∴AN＝2﹣（﹣2）＝4，
∵AP＝2PE，
∴AN＝2NH，
∴NH＝2，
∴E橫坐標為4，在y＝﹣x2+x+3中令x＝4得y＝3，
∴E（4，3），
由（1）可知：OC＝3，OB＝6，
Rt△BOC中，BC＝＝3，
∴sin∠CBO＝＝＝，
∵EH⊥x軸，
∴Rt△BFQ中，sin∠CBO＝＝，
∴FQ＝BF，
而EF+BF＝（EF+BF），
∴EF+BF最小即是EF+BF最小，也是EF+FQ最小，此時E、F、Q共線，即F與F'重合，Q與H重合，EH的長度即是EF+BF的最小值，
∵EH＝|yE|＝3，
∴EF+BF的最小值為3，
∴EF+BF的最小值為；
（3）將線段CQ向上平移，當Q落到拋物線上的Q1處時，線段CQ與拋物線有兩個交點，繼續(xù)將線段向上平移，當線段與拋物線只有一個交點，Q移動到Q2處，如圖：
∵y＝﹣x2+x+3頂點M（2，4），
又C（0，3），
∴CM的解析式為y＝x+3，
由MQ⊥CM，設(shè)MQ解析式為y＝﹣2x+b，將M（2，4）代入得：4＝﹣2×2+b，
∴b＝8，
∴MQ解析式為y＝﹣2x+8，
在y＝﹣2x+8中令y＝0得x＝4，
∴Q（4，0），
而C（0，3），
∴CQ解析式為y＝﹣x+3，
將線段CQ向上平移t個單位長度，與C1Q1重合時，則Q1（4，t），
代入y＝﹣x2+x+3得：t＝﹣×16+4+3＝3，
將線段CQ向上平移t個單位長度，與C2Q2重合時，C2Q2解析式為y＝﹣x+3+t，
由只有一個解，可得﹣x2+x﹣t＝0的判別式Δ＝0，即（）2﹣4×（﹣）?（﹣t）＝0，
解得t＝，
∴將線段CQ向上平移t個單位長度，使得線段CQ與拋物線有兩個交點，3≤t＜．
19．（2021?羅湖區(qū)校級模擬）已知拋物線y＝ax2+bx（a，b為常數(shù)，a≠0）與x軸的正半軸交于點A，其頂點C的坐標為（2，4）．
（Ⅰ）求拋物線的解析式；
（Ⅱ）點P是拋物線上位于直線AC上方的一個動點，求△PAC面積的最大值；
（Ⅲ）點Q是拋物線對稱軸上的一個動點，連接QA，求QC+QA的最小值．
【分析】（1）由頂點C的坐標為（2，4）列方程即可得答案；
（2）設(shè)P橫坐標為m，用m的代數(shù)式表示△PAC面積即可得出答案；
（3）將QC+QA化為（QC+QA），屬“胡不歸”問題，作sin∠ECD＝，把所求問題轉(zhuǎn)化為求垂線段即可．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx頂點C的坐標為（2，4），
∴，解得，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x，
（2）過P作PQ交AC于Q，如答圖1：
∵拋物線的解析式為y＝﹣x2+4x，
∴令y＝0得x1＝0，x2＝4，
∴A（4，0），
設(shè)直線AC解析式為y＝kx+b，將A（4，0）、C（2，4）代入得：
，解得，
∴直線AC解析式為y＝﹣2x+8，
設(shè)P（m，﹣m2+4m），則Q（m，﹣2m+8），
∴PQ＝（﹣m2+4m）﹣（﹣2m+8）＝﹣m2+6m﹣8，
∴S△PAC＝S△PAQ+S△PCQ＝PQ?（xA﹣xC）＝（﹣m2+6m﹣8）×（4﹣2）＝﹣m2+6m﹣8，
當m＝＝3時，S△PAC最大為1，
∴△PAC面積的最大值是1；
（3）∵QC+QA＝（QC+QA），
∴要使QC+QA最小，即是QC+QA最小，
設(shè)拋物線對稱軸交x軸于D，以C為頂點，CD為一邊，在對稱軸左側(cè)作∠ECD，使sin∠ECD＝，過A作AB⊥CB于B，交CD于Q′，過Q作QF⊥CE于F，如答圖2：
∵sin∠ECD＝，QF⊥CE，
∴QF＝QC，
∴QC+QA最小即是QF+QA最小，
此時F與B重合，Q與Q′重合，QC+QA的最小值即是AB的長度，
∵∠BQ′C＝∠AQ′D，∠Q/BC＝∠Q′DA＝90°，
∴∠ECD＝∠Q′AD，
∵sin∠ECD＝，
∴sin∠Q′AD＝，可得tan∠Q′AD＝，cs∠Q′AD＝，
而A（4，0）、C（2，4）知DA＝2，
∴Q′A＝，Q′D＝1，
∴Q′C＝3，
∵sin∠ECD＝，
∴Q′B＝，
∴AB＝Q′A+Q′B＝，
∴QC+QA最小為，
∴QC+QA最小為（QC+QA）＝8．
20．（2020?東勝區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（﹣2，0），B（0，），C（1，0），其對稱軸與x軸交于點E，頂點坐標為D．
（1）求二次函數(shù)的表達式；
（2）點P為拋物線的對稱軸上的一個動點，且在第二象限內(nèi)，若平面內(nèi)存在點Q，使得以B，C，P，Q為頂點的四邊形為菱形，求點Q的坐標；
（3）若M為y軸上的一個動點，連接ME，求MB+ME的最小值．
【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）分CP＝BC、BP＝BC、CP＝BP三種情況，利用菱形的性質(zhì)和中垂線的性質(zhì)，分別求解即可；
（3）如圖，連接BC，作EH⊥BC于H，交OB于M，此時BM+ME最小，進而求解．
【解答】解：（1）將點A、B、C的坐標代入拋物線表達式得，解得，
故拋物線的表達式為y＝﹣x2﹣x+；
（2）由函數(shù)的表達式知，函數(shù)的對稱軸為x＝﹣，故設(shè)點P的坐標為（，m）．
∵C（1，0），B（0，），
∴BC2＝1+3＝4，直線BC的表達式為y＝﹣x+，
①以C為圓心BC為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時CP＝BC，
則（+1）2+m2＝4，解得m＝±，
即此時點P的坐標為P1（﹣，）或P2（﹣，﹣）（舍去）；
②以B為圓心BC為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時BP＝BC，
則（）2+（m﹣）2＝4，解得m1＝+或m2＝﹣，
即此時點P的坐標為P3（﹣，+）或P4（﹣，﹣）（舍去）；
③線段BC的垂直平分線與對稱軸有一個交點，此時CP＝BP，
則（+1）2+m2＝（）2+（﹣m）2，解得m＝，
即此時點P的坐標為P5（﹣，）；
故點P的坐標為（﹣，）或（﹣，+）或（﹣，）；
當點P的坐標為P（﹣，）時，
∵BC∥PQ，
故直線PQ的表達式為y＝﹣x+t，
將點P的坐標代入上式得：＝﹣×（﹣）+t，
解得t＝，
故直線PQ的表達式為y＝﹣x+，
則設(shè)點Q的坐標為（x，y），其中y＝﹣x+，
由菱形的性質(zhì)知，BP的中點即為CQ的中點，
由中點公式得：（x﹣）＝（0+1），解得x＝﹣，
當x＝﹣時，y＝﹣x+＝，
故點Q的坐標為（﹣，），
同理可得，點P（﹣，+）或（﹣，）時，對應(yīng)的點Q的坐標分別為（，）或（，），
綜上所述，滿足條件的點Q的坐標為（﹣，）或（，）或（，）；
（3）如圖，連接BC，作EH⊥BC于H，交OB于M，此時BM+ME最?。?br>理由：∵OC＝1，OB＝，
∴tan∠CBO＝＝，
∴∠CBO＝30°，
∴MH＝BM，
∴BM+ME＝MH+EM＝EH，
∴此時BM+ME最短，
在Rt△CEH中，∵∠CHE＝90°，CE＝，∠HCE＝60°，
∴sin60°＝，
∴EH＝，
∴BM+ME的最小值為．

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