专题09二次函数中线段周长最值及定值问题（八大题型）解析版_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 09 二次函数中线段周长最值及定值问题（八大题型） 通用的解题思路： 一、二次函数中的线段最值问题有三种形式: 1.平行于坐标轴的线段的最值问题:常通过线段两端点的坐标差表示线段长的函数关系式,运用二次函数性质 求解，求最值时应注意: ①当线段平行于y轴时,用上端点的纵坐标减去下端点的纵坐标; ②当线段平行于x轴时,用右端点的横坐标减去左端点的横坐标.在确定最值时,函数自变量的取值范围应确 定正确。 2.两条线段和的最值问题:解决这类问题最基本的定理就是“两点之间线段最短”,解决这类问题的方法是:作 其中一个定点关于已知直线的对称点,连接对称点与另一个定点,它们与已知直线的交点即为所求的点,其变 形问题有三角形周长最小或四边形周长最小等. 【常见模型一】（两点在河的异侧）：在直线L上找一点M，使PA+PB的值最小. 方法：如右图，连接AB，与直线L交于点M,在M处渡河距离最短，最短距离为线段AB的长。 【常见模型二】（两点在河的同侧）：在直线L上找一点M，使PA+PB的值最小. 方法：如右图，作点B关于直线L的对称点B’，连接AB’,与直线L的交点即为所求的渡河点，最短距离为线 段AB’的长。 3. 两条线段差的最值问题：解决这类问题最基本的定理就是“三角形任何两边之差小于第三边”， 解决这 类问题的方法是：求解时,先根据原理确定线段差取最值时的图形,再根据已知条件求解。【常见模型一】（两点在同侧）：在直线L上求一点P,求|PA-PB|的最大值 方法：如右图，延长射线AB，与直线L交于点P，|PA-PB|最大值为AB 【常见模型二】（两点在异侧）：在直线L上求一点P,求|PA-PB|的最大值。 方法：如右图，作点B关于直线L的对称点B’， 延长射线AB’，与直线L交于点P，|PA-PB|最大值为AB’ 二、二次函数中的定值问题 一般来说，二次函数求解几何线段代数式定值问题属于定量问题，方法采用: 1.参数计算法:即在图形运动中，选取其中的变量(如线段长，点坐标)作为参数,将要求的定值用参数表示出， 然后消去参数即得定值。 2.韦达定理法:当涉及到直线(一次函数图象或x轴)与二次函数交点时，先联立方程消去y之后整理得到一元 二次方程，借助韦达定理可得到交点横坐标与参数的关系，可以将要求的定值代数式用交点横坐标的和或 积表示，往往会刚好抵消掉参数，则得到定值。 题型 01 利用二次函数解决单线段的最值问题 1．（2024·河南·一模）如图，抛物线 yax2bx4与 x 轴交于点A(2，0)和点B(4，0)，与 y轴交于点 C．(1)求抛物线的函数解析式； (2)点P为抛物线位于第一象限上一个动点，过点P作PDx轴于点D，交直线BC于点Q，求线段PQ的最 大值； (3)点M(2，8)，N(3，8)，将抛物线向上平移m个单位，若平移后的抛物线与线段MN只有一个公共点， 直接写出m的取值范围． 1 【答案】(1)y x2x4 2 (2)PQ的最大值是2 7 11 (3)m 或 m8 2 2 【分析】 （1）将A(2，0)，B(4，0)分别代入抛物线yax2bx4，待定系数法求解析式即可求解； 1 （2）由 y x2x4，当 x0时， y4，则 C(0， 4)，直线 BC的解析式为 yx4．设 2  1  P  x, x2 x4 ，则Q(x，x4)，求得PQ，进而根据二次函数的性质即可求解；  2  1 1 9 1 9 （3）抛物线y x2x4 x12 向上平移m个单位后解析式为y x12  m，平移后 2 2 2 2 2  9  的抛物线的顶点坐标为 1, m ，①当抛物线顶点落在MN上时，②当抛物线经过点M(2，8)时，分别  2  代入即可求解． 【详解】（1） 解:将A(2，0)，B(4，0)分别代入抛物线yax2bx4得，  1 4a2b40 a  ,解得 2, 16a4b40   b1 1 ∴抛物线的解析式为y x2x4； 2 （2） 解：如图所示:1 由y x2x4，当x0时，y4，则C(0，4)， 2  B(4，0)， 设直线BC的解析式为ykx4， ∴4k40，解得k 1， 直线BC的解析式为yx4．  1  设P  x, x2 x4 ，则Q(x，x4)，  2   1  1 1 ∴PQ x2 x4x4 x2 2x x22 2，  2  2 2 当x2时，PQ的最大值是2． （3） 1 1 9 1 9 解：抛物线y x2x4 x12 向上平移m个单位后解析式为y x12  m， 2 2 2 2 2  9  ∴平移后的抛物线的顶点坐标为 1, m ，  2  9 7 ①当抛物线顶点落在MN上时，则 m8，解得m ． 2 2 1 9 ②当抛物线经过点M(2，8)时，8 212  m，解得m8； 2 2 1 9 11 当抛物线经过点N(3，8)时，8 312  m，解得m ， 2 2 2 11 ∴ m8时，满足题意． 2 7 11 综上所述，m 或 m8． 2 2 【点睛】 本题考查了待定系数法求二次函数解析式，直线和抛物线的交点问题，二次函数的平移，熟练掌握二次函 数的性质是解题的关键． 2．（2024·甘肃平凉·一模）如图，抛物线yax2bxc经过点A2,0，点B4,0，交y轴于点C0,4．连接AC,BC.D为OB上的动点，过点D作EDx轴，交抛物线于点E，交BC于点G． (1)求这条抛物线的函数表达式； (2)过点E作EFBC，垂足为F ，设点D的坐标为m,0，请用含m的代数式表示线段EG的长，并求出 当m为何值时EG有最大值，最大值是多少？ (3)点D在运动过程中，是否存在一点G，使得以O,D,G为顶点的三角形与 AOC相似．若存在，请求出此  时点G的坐标；若不存在，请说明理由． 1 【答案】(1)y x2x4 2 2 (2)EF  m2 2m,当m2时，EF 有最大值 2 4 4 8 8 4 (3)存在， , 或 ,  3 3 3 3 【分析】 本题考查了二次函数的性质及相似三角形的判定及性质； （1）将A2,0，B4,0，C0,4 代入yax2bxc，即可求解； （2）利用待定系数法求出直线BC的表达式，即可表示出点E和点G的坐标，从而得出EG再根据解直角 三角形求得EF，根据二次函数的最值即可得出答案； （3）分△OAC∽△DOG和△OAC∽△DGO两种情况，根据相似三角形的性质得出线段之间的关系求得m 的值，从而求得点G的坐标． 【详解】（1） 4a2bc0  由题意得16a4bc0，  c4 1 a  2  ∴b1  c4   1 ∴y x2x4； 2 （2） 设直线BC的表达式为ykxn， ∵过点B4,0，C0,4 ， 4kn0 ∴ ， n4 k 1 ∴ ， n4 ∴直线BC的表达式为yx4，  1  ∴点E的坐标为m, m2m4，点G的坐标为m,m4，  2  1 1 ∴EG m2m4m4 m22m， 2 2 ∵OC OB4， ∴OBC 45， ∵EDx轴， ∴BGD45， ∴EGF 45， ∵EFBC， 2 2 ∴EF  EG m2 2m 2 4 2  m22 2， 4 ∴当m2时，EF 有最大值 2； （3） 存在 ∵OC 4，OA2，G的坐标为m,m4，COAODG90， DG OC ∴①当△OAC∽△DOG时，  2， DO OAm4 即 2， m 4 解得m ， 3 4 8 此时G的坐标为 , ， 3 3 DG OA 1 ②当△OAC∽△DGO时，   ， DO OC 2 m4 1 即  ， m 2 8 解得m ， 3 8 4 此时G的坐标为 , ， 3 3 4 8 8 4 综上，G点坐标为 , 或 ,  3 3 3 3 3．（2024·山西阳泉·一模）综合与探究 1 3 如图，二次函数y x2 x4的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对 4 2 称轴与x轴交于点D，连接AC，作直线BC． (1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的表达式； (2)如图1，若点P是第四象限内二次函数图象上的一个动点，其横坐标为m，过点P分别作x轴、y轴的垂 线，交直线BC于点M，N，试探究线段MN长的最大值； (3)如图2，若点Q是二次函数图象上的一个动点，直线BQ与y轴交于点H，连接CD，在点Q运动的过程 中，是否存在点H，使以H，C，B为顶点的三角形与 ACD相似？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不  存在，请说明理由． 【答案】(1)A2，0，B8，0，C0，4，直线BC的表达式为y 1 x4； 2 (2)线段MN长的最大值为4 5； 39 (3)点Q的坐标为5， 或4，6．  4  【分析】（1）令y0，求得x的值，令x0，求得y的值，可求得A，B，C三点的坐标，利用待定系数法 即可求得直线BC的表达式；  1 3   1  （2）设Pm，m2 m4，则Mm，m4，证明PNM OBC，利用正切函数的定义推出PN 2PM ，  4 2   2  求得MN  PN2PM2  5PM ，得到MN关于m的二次函数，利用二次函数的性质求解即可； （3）利用勾股定理求得AC2 5，ADOC 5，作DG AC于点G，用正切函数的定义推出 OCABCH，分BC BH和BH CH 两种情况讨论，分别求得点H的坐标，求得直线BH 的表达式， 与二次函数的表达式联立求解即可． 1 3 【详解】（1）解：令y0，则 x2 x40， 4 2 解得x 2，x 8， 1 2 令x0，则y  4， ∴A2，0，B8，0，C0，4， 设直线BC的表达式为ykx4， 1 代入B8，0得08k4，解得k  ， 2 1 ∴直线BC的表达式为y x4； 2 （2）解：∵A2，0，B8，0，C0，4， ∴OA2，OB8，OC 4，  1 3   1  1 1 3  1 设Pm，m2 m4，则Mm，m4，PM  m4 m2 m4 m22m，  4 2   2  2 4 2  4 ∵PN∥OB，PM∥OC， ∴PNM OBC，OC 4 1 ∴tanPNM tanOBC    ， OB 8 2 ∴PN 2PM ，MN  PN2PM2  5PM ， ∴MN  5   1 m22m   5 m42 4 5，  4  4 5 ∵ 0，∴当m4时，线段MN长的最大值为4 5； 4 （3）解：∵A2，0，B8，0，C0，4， 28 ∴对称轴为直线x 3， 2 ∴D3，0， ∴AD325，CD 3242 5，AC  2242 2 5， ∴ADDC 5， 作DG AC于点G， 1 ∴AGCG AC  5， 2 ∴DG CD2CG2 2 5， DG ∴tanDCA 2， CG OB ∵tanBCO 2， OC ∴DCABCH， 以H，C，B为顶点的三角形与 ACD相似，则分BC BH和BH CH 两种情况讨论，  ①当BC BH时， ∵BOCH ，∴OH OC， ∴H0，4， 1 同理求得直线BH 的表达式为y x4， 2 1 3 1 联立得 x2 x4 x4， 4 2 2 解得x 4，x 8（舍去）， 1 2 1 y 446， 2 ∴点Q的坐标为4，6； ①当BH CH 时，设H0，t， 则BH2 t264，CH2 t42 t28t16， ∴t264t28t16， 解得t6， ∴H0，6， 3 同理求得直线BH 的表达式为y x6， 4 1 3 3 联立得 x2 x4 x6， 4 2 4 解得x 5，x 8（舍去）， 1 2 3 39 y 56 ， 4 4  39 ∴点Q的坐标为5， ；  4   39 综上，点Q的坐标为5， 或4，6．  4  【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，点的坐标表示三角形的面积， 勾股定理，正切函数，解方程，熟练掌握待定系数法，勾股定理，正切函数是解题的关键． 4．（2024·湖北襄阳·一模）抛物线yx22x3的图象与x轴交于A，B两点（A在B的左边）交y轴于点 C，点P是y轴右侧抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为m．(1)直接写出A，B，C三点的坐标； (2)如图1，若点P在第一象限内抛物线上运动，当PABACO时，求点P的坐标； (3)如图2，点N是经过点B的直线ym(x3)上一点，直线PN∥y轴，交直线BC于点M，过点P作直线 PQ∥x轴，交直线BC于点Q． ①当0m3时，求线段MN长度的最大值； ②记线段MQ的长度为l，当l2 2时，求m的取值范围． 【答案】(1)A1,0,B3,0，C0,3, 8 11 (2) ,  3 9  (3)①4；②1m2 【分析】（1）当y0时，x22x30，解得x 3，x 1，当x0时，yx22x33，即求出答案； 1 2 （2）过点P作PH x轴于点H，连接AC，由题意可得，点P的坐标为  m,m22m3  ，OA1,OC 3， PH AO 1 m22m3 1 由PABACO得到tanPAB tanACO  ，则  ，求出m的值，即可得到 AH CO 3 m1 3 答案； （3）①求出点N的坐标是  m,m23m  ，再求出直线BC的解析式为yx3，得到点M的坐标为 m,m3，则MN m3  m23m  m22m3m12 4，即可求出答案；②证明  PMQ是等 腰直角三角形，PM PQ 2 QM ，得到点Q的坐标是  m22m,m22m3  ，则 2 PQm  m22m  m23m，由PQ 2 QM 2得到m23m20，根据函数wm23m2的图象和 2 性质即可得到m的取值范围．【详解】（1）解：当y0时，x22x30， 解得x 3，x 1， 1 2 ∵抛物线yx22x3的图象与x轴交于A，B两点（A在B的左边）， ∴A1,0,B3,0， 当x0时，yx22x33， ∴C0,3, （2）过点P作PH x轴于点H，连接AC， 由题意可得，点P的坐标为  m,m22m3  ，OA1,OC 3 则PH m22m3,AH m1m1， ∵PABACO， PH AO 1 ∴tanPAB tanACO  ， AH CO 3 m22m3 1 ∴  ， m1 3 8 解得m 1,m  ， 1 2 3 8 经检验m 1是增根，舍去，m  是分式方程的解，且符合题意， 1 2 3 8 ∴m ， 3 8 2 8 11 ∴m22m3  2 3 ， 3 3 9 8 11 ∴点P的坐标是 , ； 3 9  （3）①由题意可得，点P的坐标为  m,m22m3  ， ∵点N是经过点B的直线ym(x3)上一点，直线PN∥y轴，交直线BC于点M，∴点N的坐标是  m,m23m  ， 设直线BC的解析式为ykxb，把点B和点C的坐标代入得到， 3kb0   b3 k 1 解得  b3 ∴直线BC的解析式为yx3， ∴点M的坐标为m,m3， ∴MN m3  m23m  m22m3m12 4 ∴当m1时，线段MN长度的最大值为4； ②∵OC OB3,BOC 90， ∴ BOC是等腰直角三角形，  ∴OBC OCB45， ∵直线PN∥y轴， ∴PMQBCO45, ∵过点P作直线PQ∥x轴，交直线BC于点Q． ∴PQM OBC 45, ∴MPQ180PMQPQM 90， 2 ∴ PMQ是等腰直角三角形，PM PQ QM ， 2 ∵点P的坐标为  m,m22m3  ，过点P作直线PQ∥x轴，交直线BC于点Q． ∴点Q的纵坐标为m22m3， 由直线BC的解析式为yx3，则m22m3x3， ∴xm22m， ∴点Q的坐标是  m22m,m22m3  ， ∴PQm  m22m  m23m ∵线段MQ的长度为l，l2 2， 2 ∴PQ QM 2， 2 即m23m2，∴m23m20， 设函数wm23m2, 当w0时，m23m20，解得m 1,m 2, 1 2 即函数wm23m2与x轴交点坐标为1,0,2,0， 函数wm23m2的图象如图所示， 由图象可知，当1m2时，m23m20， ∴m的取值范围为1m2． 【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质、一次函数的图象 和性质、图象法解不等式等知识，数形结合是解题的关键． 5．（2024·山西晋城·二模）综合与探究 如图，二次函数yax2bx2的图象与x轴交于A1,0，B4,0两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．P 是抛物线上第一象限内的一个动点，过点P作PDx轴于点D，交BC于点E，过点P作直线PF∥AC，交 y轴于点F，交BC于点G，连接DF，过点C作CH PD于点H． (1)求二次函数的表达式，并直接写出直线BC的函数表达式． (2)求线段GE的最大值． (3)在点P运动的过程中，是否存在点F，使△DOF≌△CHE？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在， 请说明理由．1 3 1 【答案】(1)抛物线解析式为y  x2  x2，直线BC解析式为y   x  2 2 2 2 2 5 (2) 5  51 (3)F0，1或F0，  2   【分析】（1）利用待定系数法求解即可；  1 3   1  1 （2）设Pm， m2 m2，则Em， m2，则PE m222；解直角三角形得到  2 2   2  2 tan∠OCAtan∠OBC，则OCAOBC，可证明ACB90，得到∠BGF ∠ACB90，证明 OC 5 ∠GPE∠DBE，由勾股定理求出BC 2 5，则sin∠GPEsin∠OBC  ，进而得到 BC 5 GE 5   1 m22 2  ，则当m2时，GE有最大值，最大值为 2 5 ；   5  2  5 （3）如图所示，当点F在x轴下方时，过点F作FM PD交PD延长线于M，则四边形ODMF是矩形， 1 则DM OF，FM OD，由△DOF≌△CHE，得到ODCH MF m，OF DM HE m，则 2 m 1 1 FM 1  PM  m22m2，根据tan∠FPM   ，得到 1 2，解方程即可得到答案；同理求出 2 PM 2  m22m2 2 当点F在x轴下上方时点F的坐标即可． ab20 【详解】（1）解：把A1,0，B4,0代入yax2bx2中得： ， 16a4b20  1 a   2 ∴ ， 3 b  2 1 3 ∴抛物线解析式为y  x2  x2； 2 2 1 3 在y  x2  x2中，当x0时，y2， 2 2 ∴C0，2， 设直线BC解析式为ykxb， 4kb0 ∴ ， b2  1 k  ∴ 2，  b21 ∴直线BC解析式为y   x  2； 2  1 3   1  （2）解；设Pm， m2 m2，则Em， m2，  2 2   2  ∴PE 1 m2 3 m2   1 m2   1 m22m 1 m22 2； 2 2  2  2 2 ∵A1，0，C0，2，B4，0， ∴OA1，OC2，OB4， OA 1 OC 1 ∴tanOCA  ，tan∠OBC  ， OC 2 OB 2 ∴tan∠OCAtan∠OBC， ∴OCAOBC， ∴∠OCA∠OCB∠OBC∠OCB90，即ACB90， ∵AC∥PF， ∴∠BGF ∠ACB90， ∵PDx轴， ∴∠PGE∠BDE90， 又∵∠PEG∠BED， ∴∠GPE∠DBE， ∵BC OC2OB2 2 5， OC 5 ∴sin∠GPEsin∠OBC  ， BC 5 ∴GEPEsinGPE 5   1 m22 2  ，   5  2  2 5 ∴当m2时，GE有最大值，最大值为 ； 5 （3）解：如图所示，当点F在x轴下方时，过点F作FM PD交PD延长线于M，则四边形ODMF是矩 形， ∴DM OF，FM OD，  1 3   1  1 由（2）得Pm， m2 m2，Em， m2，tan∠EPC tan∠OBC  ，  2 2   2  2 ∵△DOF≌△CHE，  1  1 ∴ODCH MF m，OF DM HE2 m2 m，  2  21 3 1 1 ∴PM  m2 m2 m m22m2， 2 2 2 2 FM 1 在Rt△FPM 中，tan∠FPM   ， PM 2 m 1  ∴ 1 2，  m22m2 2 解得m2或m2（舍去）， 经检验，m2是原方程的解， ∴F0，1； 如图所示，当点F在x轴下上方时，过点F作FN⊥PD交PD于N， 1 同理可得FN m，PN  m2m2， 2 FN 1 在Rt△FPN中，tan∠FPN   ， PN 2 m 1  ∴ 1 2，  m2m2 2 解得m1 5或m1 5（舍去）， 经检验，m1 5是原方程的解，  51 ∴F0， ；   2    51 综上所述，F0，1或F0， ．   2  【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解直角三角形，全等三角形的性质，待定系数法求一次函数解析 式，求二次函数解析式等等，解（2）的关键在于证明PGE 90，进而把求GE的最大值转换成求PE的 最大值，解（3）的关键在于分两种情况，通过全等三角形的性质把所需线段转换到一个直角三角形中进行 求解．  3  3 6．（2024·天津南开·一模）抛物线y= - 2x2+ bx+ c与y轴交于点A0, 且过点Bm, 3m ，其中  2   2      3 m ，连接AB． 2 (1)当m 3时，求抛物线解析式和其顶点的坐标； (2)当b4 3时，若点M为抛物线y= - 2x2+ bx+ c上位于直线AB上方的一点，过点M作直线AB的垂线， 垂足为N．求MN的最大值和此时点M的坐标；  3  3 (3)已知点D0, 3m ，点Qn, ,n0，若点P在线段AB上，且BPn，连接DP，BQ，当DPBQ     2 2     的最小值为4 7时，直接写出此时b的值和点P的坐标． 3  3 34 3 【答案】(1)y2x2 3x ， ,    2  4 8  5 3 454 3 75 (2)点M坐标为 , 时，MN有最大值   4 8 16   8 13  (3)b8 3，点P的坐标为 , 3 3 6  【分析】（1）当m 3时，求出点B坐标，将点A和B的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求出解 析式；  3 （2）当b4 3时，写出抛物线解析式，再将点Bm, 3m 代入解析式求出点B的坐标，根据点A  2   和点B的坐标求出直线AB的解析式，设直线AB与x轴的交点为F，利用锐角三角函数可求出FAO30， 过点M作ME∥y轴与直线AB交于点E，利用铅锤法可求出ME的最大值，根据MEN FAO30，求 出MN的最大值，进而求出点M的坐标； （3）根据题中点A，Q，B，D的坐标特点易知AQ∥DB∥x轴，AQn，DBm，作AB关于AQ对称 的线段AB，在AB上截取ADDBm，根据对称性和平行的性质有DAQQABDBP60，易证 DAQ≌ DBPSAS，从而DQDP，结合图形易知当点D,Q,B在同一直线上时，DQBQ最小，即   DPBQ最小，此时根据两点距离公式写出DB2，根据DPBQ的最小值为4 7，求出此时的m，进而求 出点B和D¢的坐标，将点B代入抛物线解析式，即可求出b的值，再利用点B和D¢的坐标求出直线DB解  3 析式，将点Qn, 代入求出n，从而求出BP，作PH BD于H，易求点P的横坐标，将点P的横坐标   2   代入直线AB的解析式，求出纵坐标，即可得到点P的坐标．  3 【详解】（1）解：当m 3时，点B坐标为  3,3   ， 2    3  3 将点A0, 和B 3,3 代入y= - 2x2+ bx+ c得到：  2   2       3  c b 3  2   ，解得 3 ，   2 3 c  2 3  3bc3  2  2 3 抛物线的解析式为y2x2 3x ， 2 2 3 3  3 3 3 34 3 当x  时，y2   3   ， 22 4  4  4 2 8    3 34 3 顶点的坐标为 , ；   4 8   3 （2）解：当b4 3时，抛物线解析式为y= - 2x2+ 4 3x+ ， 2  3 3 3 将点Bm, 3m 代入得2m24 3m  3m ，   2   2 2 5 3 解得m0或 ， 2 3 m ，  25 3 ∴m ， 2 5 3 315 B , ，   2 2   3 设直线AB为ykx ， 2 5 3 315 5 3 3 315 将B , 代入得 k  ，    2 2  2 2 2 解得k  3， 3 直线AB解析式为y 3x ， 2 1  如图，直线AB与x轴的交点为F ,0， 2  1 OF 2 3 tanFAO   ， OA 3 3 2 FAO30， 过点M作ME∥y轴与直线AB交于点E， MEN FAO30，  3  3 设点Mx ,2x 24 3x  ，则点Ex , 3x  ，  0 0 0 2   0 0 2       3  3 ME2x 24 3x   3x  2x 25 3x ，  0 0 2   0 2  0 0    2 5 3 5 3 5 3 5 3 75 当x   时，ME 2  5 3  ， 0 22 4 max  4  4 8   1 75 MN  ME  ， max 2 max 16 2 5 3 5 3 3 754 3 此时点M的纵坐标=2  4 3   ，  4  4 2 8   5 3 454 3 点M坐标为 , ；   4 8    3  3  3  3 （3）解：  点A  0, 2   和点Q  n, 2   ，点B  m, 3m 2   和点D  0, 3m 2   ，         AQ∥DB∥x轴，AQn，DBm， 如图，作AB关于AQ对称的线段AB，在AB上截取ADDBm， 由（2）得FAO30， 根据对称性和平行的性质有DAQQABDBP60，  DAQ≌ DBPSAS，   DQDP， 由图可知当点D,Q,B在同一直线上时，DQBQ最小，即DPBQ最小， m 3 3 此时点D , m ，   2 2 2   2  m 2  3  3 3  2 DB2 m     3m     m     4 7 ，  2   2   2 2  解得m4（舍负），  3 4 3 3  7 3  5 3 此时点B4,4 3 ，点D , 4 ，即点B4, 和点D2, ，  2  2 2 2   2   2          3 3 7 3 将点B代入抛物线解析式y= - 2x2+ bx+ ，得到- 2´ 42+ 4b+ = - ， 2 2 2 b8 3，  7 3 4pq  2 设直线DB解析式为y pxq，将点D,B代入，得到 ，  5 3 2pq   2p3 3  解得 17 3 ， q  2 17 3 直线DB解析式为y3 3x ， 2  3 17 3 3 将点Qn, 代入得到3 3n  ，    2  2 2 8 n ， 3 8 BPn ， 3 1 4 作PH BD于H，则BH  BP ， 2 3 4 8 DH DBBH 4  ， 3 3 8 点P的横坐标为 ， 3 8 3 将x 代入直线AB解析式y 3x 中， 3 2 8 3 13 3 得到y 3   ， 3 2 6 8 13  点P的坐标为 , 3． 3 6  【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数和一次函数的图象和性质， 二次函数的线段问题，解直角三角形的相关计算，全等三角形的判定和性质，两点间的距离公式等，解题关键是作出相应的辅助线，数形结合进行分析． 7．（2024·四川南充·一模）如图，已知抛物线yx2bxc与x轴交于A(-1,0)，B两点，与y轴交于点 C(0,3)． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点P是抛物线上位于第四象限内一动点，PDBC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标； (3)如图2，点E是抛物线的顶点，点M是线段BE上的动点（点M不与B重合），过点M作MN x轴于 N，是否存在点M，使 CMN为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．  【答案】(1)y x22x3 3 9 2 3 15 (2)当m 时，PD取得最大值为 ．此时P ,  2 8 2 4  3    (3)  CMN为直角三角形时，点M的坐标为： ,3或 3 23,6 212 2  【分析】（1）把点A,C坐标代入函数的解析式，利用待定系数法求解即可； （2）先求线BC的解析式，设点p的横坐标为m，再用m的代数式表示PD的长度建立二次函数求解即可； （3）先求直线BE的解析式，再分三种情况，根据相似三角形的判定和性质求解即可． 1bc0 b2 【详解】（1）由题意得 ，解得： ． c3 c3 则抛物线的解析式为：y x22x3； （2）过点P作PH x轴于点H，交BC于点G 当y0时，x22x30，解得x=1或3， ∴B(3,0) 设直线BC的解析式为：ykxb ， 13kb 0 则 1 b 3 1 k 1 解得： b 3 1 ∴y x3 设点P  m,m22m3  （0m3），则G（m，m3）， ∴PGm3  m22m3  3mm2， ∵OBOC， ∴OBC OCB45， ∴BGH 45 ∴PGDBGH 45， 2 ∴PD PG． 2 PD 2  m23m   2 m 3  2  9 2 2 2  2 8 3 9 2 3 15 ∴当m 时，PD取得最大值为 ．此时P , ． 2 8 2 4  （3）在EB上存在点M，使 CMN为直角三角形．  抛物线顶点E(1,4)，设直线BE的解析式为：yk xb ， 2 2 k b 4 k 2 则 2 2 ，解得： 2 ， 3k b 0 b 6 2 2 2 ∴y2x6． 设M（n，2n6）（1n3）， ①∵CNM 90ONC，∴CNM 90，不可能为直角； ②当CMN 90时，则CMN MNB90 ∴MC//x轴，3 3  则2n63，∴n ，∴M ,3． 2 2  ③当MCN 90时，过点M作MF  y轴于点F． ∵MCFNCO90，CNONCO90， ∴MCF CNO， 又MFC CON 90， ∴ MFC∽ CON ，   CF MF ∴  ， NO CO 32n6 n ∴  ， n 3 ∴n2 6n90， 解得：n 3 23,n 3 23． 1 2 ∵1n3，∴n 3 23不合题意，应舍去，∴n 3 2 3 2   ∴M 3 23,6 212 3    综上所述，  CMN为直角三角形时，点M的坐标为： ,3或 3 23,6 212 ． 2 【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数的解析式，构造二次函数求线段的最值，二次函数与直角三角 形的存在性问题，相似三角形的判定和性质，难度较大，是中考的压轴题，解题的关键是数形结合，提高 综合运用的能力． 8．（2024·新疆巴音郭楞·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc经过A1,0，C0,3 两点，并与x轴交于另一点B． (1)求该抛物线所对应的函数关系式； (2)求点B坐标； (3)设Px,y是抛物线上的一个动点，过点P作直线l x轴于点M．交直线BC于点N． ①若点P在第一象限内，试问：线段PN 的长度是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时x的值； 若不存在，请说明理由； ②当点P运动到某一位置时，能构成以BC为底边的等腰三角形，求此时点P的坐标及等腰△BPC的面 积． 【答案】(1)yx22x3 (2)B3,0 9 1 13 1 13 3 136 (3)①线段PN 的长度的最大值为 ；②点P的坐标为( ， )，△BPC的面积为 ；或点 4 2 2 21 13 1 13 3 136 P的坐标为( ， )，△BPC的面积为 ． 2 2 2 【分析】（1）将点A、C的坐标代入函数解析式，即利用待定系数法求出二次函数解析式； （2）令y0，得x22x30，解得：x 1,x 3，即可求出点B的坐标； 1 2 （3）①设点P的坐标为(x,x22x3)，则N 的坐标为(x,x3)，构建二次函数，然后由二次函数的最 值问题，求得答案；②求出BC的垂直平分线的解析式，用方程组求出点P的坐标即可解决问题． 【详解】（1）  A1,0，C0,3，且点A、C在抛物线yx2bxc上， 1bc0 ∴ ， c3 b2 解得 ， c3 该抛物线所对应的函数关系式为yx22x3； （2）令y0，得x22x30， 解得：x 1,x 3， 1 2 B3,0； （3）①如图2中， 已知B3,0，C0,3， ∴设直线BC所在直线的解析式为ykxbk 0， 3kb0 ∴ ， b3 k 1 解得， ， b3 ∴直线BC的解析式为：yx3，  点P在抛物线yx22x3上，且PN x轴，点N在直线BC的图象上，设点P的坐标为(x,x22x3)，则点N 的坐标为(x,x3)， 又点P在第一象限， ∴PN   x22x3  x3， x23x， 3 9 (x )2 ， 2 4 3 当x 时， 2 9 线段PN 的长度的最大值为 ． 4 ②解：如图3中， 由题意知，点P在线段BC的垂直平分线上， 又由①知，OBOC， BC的中垂线同时也是BOC的平分线， 设点P的坐标为(a,a)， 又点P在抛物线yx22x3上，于是有aa22a3， a2a30， 1 13 1 13 解得a  ，a  ， 1 2 2 2 1 13 1 13 1 13 1 13 点P的坐标为：( ， )或( ， )， 2 2 2 2 1 13 1 13 若点P的坐标为( ， )，此时点P在第一象限， 2 2 1 13 在Rt  OMP和Rt  BOC中，MPOM  ， 2 OBOC 3，1 1 S S S 2S S 2 BOPM  BOCO， BPC 四边形BOCP BOC BOP BOC 2 2 1 1 13 9 2 3  ， 2 2 2 3 136  ， 2 1 13 1 13 若点P的坐标为( ， )，此时点P在第三象限， 2 2 1 1 13 1 3 136 则S S S S  3| |2 33 ． BPC BOP COP BOC 2 2 2 2 3 136 3 136 综上所述△BPC的面积为 或 ． 2 2 【点睛】此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，线段垂直平分线的性质，二次函数最值问题，解 题的关键是学会利用对称解决最小值问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题． 9．（2024·山东淄博·模拟预测）如图，已知二次函数yx2bxc经过A，B两点，BC x轴于点C，且点 A1，0，C4，0，ACBC． (1)求抛物线的解析式； (2)点E是线段AB上一动点（不与A，B重合），过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F，当线段EF 的长度 最大时，求点E的坐标及S ； △ABF (3)点P是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在这样的P点，使 ABP成为直角三角形？若存在，求出所  有点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)y=x22x3 3 5 125 (2) , ， 2 2 8 (3)存在；点P的坐标为1,8或1,2或1,6或1,1 【分析】（1）先求出点B坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式； （2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，点Et,t1，则F  t,t22t3  ，得出EF t1  t22t3    t 3  2  25 ，利用二次函数求最值方法进一步求解即可；  2 4 （3）根据题意，分三种情况①点B为直角顶点；②点A为直角顶点；③点P为直角顶点分别讨论求解即 可． 【详解】（1）解：∵点A1，0，C4，0， ∴AC 5，OC 4， ∵AC BC 5， ∴B4，5， 把A1，0和B4，5代入二次函数yx2bxc中得： 1bc0  ， 164bc5 b2 解得： ， c3 ∴二次函数的解析式为：y x22x3； （2）解：如图1，∵直线AB经过点A1，0和B4，5， 设直线AB的解析式为ykxb， kb0 ∴ ， 4kb5 k 1 解得： ， b1 ∴直线AB的解析式为：yx1， ∵二次函数y=x22x3， ∴设点Et,t1，则F  t,t22t3  ， ∴EF t1  t22t3    t 3  2  25 ，  2 43 25 ∴当t 时，EF 的最大值为 ， 2 4 3 5 ∴点E的坐标为 , ； 2 2 1 1 25 125 S  EFx x   41 ； ABF 2 B A 2 4 8 （3）解：存在， ∵yx22x3x12 4， ∴对称轴为直线x1， 设P1,m，分三种情况： ①点B为直角顶点时，由勾股定理得：PB2AB2 PA2， ∴412m5241252 112m2， 解得：m8， ∴P1，8； ②点A为直角顶点时，由勾股定理得：PA2AB2 PB2， ∴112m241252 412m52， 解得：m2， ∴P1，2； ③点P为直角顶点时，由勾股定理得：PB2PA2  AB2， ∴112m2412m52 41252， 解得：m6或m1， ∴P1，6或P1,1； 综上，点P的坐标为1，8或1，2或1，6或1,1． 【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及二次函数与几何最值、动态问题、待定系数法求二次函数 的解析式、求一次函数的解析式、二次函数的图象与性质、直角三角形的性质、解二元一次方程、解一元 一次方程、解一元二次方程等知识，知识点较多，难度一般，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相 关联信息，利用数形结合和分类讨论的思想方法进行推理、探究和计算． 10．（2024·湖北恩施·一模）如图1，抛物线yax2bxc的顶点坐标为A1,2，与x轴交于点B(1,0)，C两点，与y轴交于点D，点P是抛物线上的动点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)连接AB、AC，判断 ABC的形状并说明理由．  (3)连接CD，若点P在第一象限，过点P作PECD于E，求线段PE长度的最大值； (4)已知ACBPCB，是否存在点P，使得tan2？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说 明理由． 1 【答案】(1)y x122 2 (2) ABC为等腰直角三角形；理由见解析  9 5 (3) 20 5 1 (4)P的横坐标为 或 3 3 【分析】（1）利用抛物线顶点坐标已知，将抛物线设为顶点式，代入B点，求得抛物线解析式； （2）先求出点C3,0，然后求出AB 112 22 2 2，AC  312 22 2 2，BC 314， 然后根据勾股定理的逆定理进行判断即可； （3）先由抛物线的解析式，求出抛物线与坐标轴的三个交点D、B、C，则直角△DOC的各个内角三角函 数值和边长均可求，且直线CD的解析式可求，因为PECD，可以过P作PF x轴与F ，交CD于H，则 可以证得△PEH∽△COD，利用相等的角的三角函数值相等这个结论，得到PE与PH的数量关系，设出P 点坐标，可以得到H点坐标，表示出PH的长度，继而求得PE的长度，得到一个二次函数，根据P的横坐 标范围，讨论这个二次函数最值问题，在顶点处取得最值，即可解决． （4）根据题意，可以画图，得到PC可以在x轴上方和x轴下方两种情况，先看PC在x轴下方，利用A、 B、C三点坐标，可以证得BAC 90，延长AB交CP于K点，则  AKC是一个直角三角形，构造一线三 直角模型，可以求得CK 的解析式，从而联立CK 与抛物线解析式，求出交点P的横坐标，当P在x轴上方 时，可以先求出K关于x轴对称点K的坐标，先求出直线CK的解析式，再联立直线CK与抛物线解析式，求出交点P的横坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线yax2bxc的顶点坐标为A1,2， ∴设抛物线解析式为yax12 2，代入点B1,0，得4a20， 1 a ， 2 1 抛物线解析式为：y x122． 2 （2）解： ABC为等腰直角三角形；理由如下：  1 1 把y0代入y x122得：0 x122， 2 2 解得：x 3，x 1， 1 2 ∴C3,0， ∵A1,2，B1,0， ∴AB 112 22 2 2， AC  312 22 2 2， BC 314，  2  2 ∵AB2AC2  2 2  2 2 16BC2， 又∵AB AC 2 2， ∴ ABC为等腰直角三角形．  （3）解：如图，过P作PF x轴于F ，交CD于H，PECD，  PEH PFC 90， PHEEPH CHFDCB90， PHECHF ，  EPH DCB， 1 3 令x0，则y x122 ， 2 2  3 D0, ，  2 ∵C3，0 3 \ DO= ，CO3， 2 3 5 CD DO2CO2  ， 2 CO 2 5 cosEPH cosDCB  ， CD 5 3 1 设直线CD为ykx ，代入点C3,0，得k  ， 2 2 1 3 直线CD为y x ， 2 2 1 1 3 ∵点P在抛物线y (x1)22的图像，点H在直线y x 的图像上，且点P与点H的横坐标相等， 2 2 2  1 3  1 3 ∴设Pm， m2m ，则Hm， m ，  2 2  2 2 1 3 PH  m2 m， 2 2 PE 2 5 cosEPH   ，  PH 5 5 3 5 5 3 2 9 5 PE m2 m m   ， 5 5 5  2 20 P在第一象限，  0m3，3 9 5 m 时，PE最大值为 ． 2 20 （4）解：①如图，当P在x轴下方时，tanACPtan2，延长AB交CP延长线于K，过A作x轴平行 线，过K作y轴平行线，两线交于点Q，过C作CR AQ于R， A(1,2)，B(1,0)，C(3,0)，  AB 112 22 2 2， 同理，AC 2 2，BC 4， AB2AC2 BC2，AB AC， BAC 90， AKQQAK QAKRAC 90，  AKQRAC， 又AQK CRA90， △AQK∽△CRA， AK AQ QK    ， CA CR RA AK 又tanACK  2， AC QK AQ   2， RA CR 又ARCR2， QK  AQ4， K3，2， 1 设直线CK 为yk (x3)，代入点K，解得k  ， 1 1 3 1 直线CK 为y x1， 3  1 y x1   3 联立 ， 1 y x12 2  25 3x24x150，解得x 或x3， 3 5 P的横坐标为 ； 3 ②如图，当P在x轴上方时， K关于x轴的对称点为K，则K3，2，连接CK交抛物线于点P，可设直线CK 1 为yk (x3)，代入点K，解得k  ， 2 2 3 1 直线CK为y x1 3  1 y x1   3 联立 ， 1 y x12 2  2 3x24x30， 1 x 或x3， 3 1 P的横坐标为 ， 3 5 1 综上，P的横坐标为 或 ． 3 3 【点睛】此题是二次函数综合题，考查了线段最值问题，解决关键就是做横平竖直线，将“斜线段”转化成“垂 线段”，利用函数思想解决最值问题，第三问考查了角的存在性问题，要注意画图，分类讨论，利用一线三 直角模型来解决问题． 1 11．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图1，二次函数y x2bxc与x轴交于A、B两点，与y轴交于点 4 C．点B坐标为(6,0)，点C坐标为(0,3)，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作PDx轴，垂 足为D，PD交直线BC于点E，设点P的横坐标为m．(1)求该二次函数的表达式； (2)如图2，过点P作PF BC，垂足为F ，当m为何值时，PF最大？最大值是多少？ (3)如图3，连接CP，当四边形OCPD是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使原点O关于直线CQ的 对称点O恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点Q的坐标． 1 【答案】(1)y x2x3 4 9 5 (2)当m3时，PF的值最大，最大值为 ； 10  1 (3)2, 或(2,-1)或2,4．  3 【分析】（1）利用待定系数法求函数表达式即可； 1  1  （2）先利用待定系数法求得直线BC的表达式为y  x3，根据题意设Pm, m2m3， 2  4   1  1 3 Em, m3，0m6，则PE m2 m，证明EPF EBD，利用锐角三角函数和坐标与图形  2  4 2 2 5 5 9 5 性质得PF  PF  m32  ，然后利用二次函数的性质求解即可； 5 10 10 （3）设Q2,n，抛物线对称轴交x轴于点H，交矩形CP边于G，分三种情况：①点O的对称点O恰好 落在对角线OP上时；②点O的对称点O恰好落在对角线CD上时，③点O的对称点O恰好落在对角线DC 的延长线上时，分别画出图形，利用对称性质、坐标与图形性质、锐角三角函数、相似三角形的判定与性 质、勾股定理等分析求解即可． 1 【详解】（1）解：∵二次函数y x2bxc与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．点B坐标为(6,0)， 4 点C坐标为(0,3)， c3  c3 ∴ 1 ，解得 ，   626bc0 b1  4 1 ∴该二次函数的表达式为y x2x3； 4（2）解：设直线BC的表达式为ykxtk 0， t 3 t 3  将B(6,0)、C(0,3)代入，得 ，解得 1 ， 6kt 0  k   2 1 ∴直线BC的表达式为y  x3， 2 ∵抛物线上的动点P在第一象限，且横坐标为m，PDx轴，PD交直线BC于点E，  1   1  ∴Pm, m2m3，Em, m3，0m6  4   2  1  1  1 3 ∴PE m2m3 m3  m2 m， 4  2  4 2 ∵PF BC，PDx轴， ∴EPF  PEF  BED  EBD  90，又PEF BED， ∴EPF EBD， PF OB ∴cosEPF  cosEBD，即  ， PE BC ∵点B坐标为(6,0)，点C坐标为(0,3)， ∴OB6，OC 3，则BC  OC2OB2 3 5， PF 6 ∴  ， PE 3 5 2 5 2 5 1 3  5 9 5 ∴PF  PE  m2 m  m32  ， 5 5  4 2  10 10 5 ∵ 0， 10 9 5 ∴当m3时，PF的值最大，最大值为 ； 10 1 1 （3）解：∵y x2x3 x224， 4 4 ∴该抛物线的对称轴为直线x2， ∵点Q在抛物线的对称轴上， ∴设Q2,n， ∵四边形OCPD是矩形， ∴OCP90，CPOD4，PDOC 3， 设抛物线对称轴交x轴于点H，交矩形CP边于G，则GQPC，GH  OC  3，CG  PG  2， 若点O的对称点O恰好落在对角线OP上时，如图，连接CO，CQ，则CQ垂直平分OO， 即CQOP， ∴COP  OCQ  PCQ  OCQ  90， ∴COP  PCQ, GQ CP ∴tanPCQ  tanCOP，则  ， CG OC 3  n 4 1  1 ∴  ，解得n ，则Q2, ； 2 3 3  3 若点O的对称点O恰好落在对角线CD上时，如图，设CD与GH相交于点K， 由对称性质得CQ  OO，OCQ  OCQ， ∵GH ∥ OC， ∴OCQ  GQC，则OCQ  GQC， ∴KC KQ， ∵GH在抛物线对称轴上，CD是矩形的对角线，  3 1 3 ∴K为GH的中点，则K2, ，GK  GH  ，  2 2 2 5 ∴在Rt△CGK中，KC  CG2  GK2  ， 2 5 ∴KQ  ， 2 3 5 ∴n    1，则Q2,1； 2 2 若点O的对称点O恰好落在对角线DC的延长线上时，如图，过O作O¢K ^ y轴于K，连接OO交QC 延 长线于M，由对称性质得OCM OCM ，OO  QM ，OC OC 3，OM OM ， ∵OKC DOC 90，OCK DCO， ∴ OKC∽ DOC，   OK CK OC OK CK 3 ∴   ，即   ， OD OC CD 4 3 32  42 12 9 ∴OK  ，CK  ， 5 5 24  12 24 ∴OK  OC  CK  ，则O  , ， 5  5 5   6 12 ∴M , ，  5 5  设直线MC的表达式为ykxb， b3 b3   则 6 12，解得 1，  kb k    5 5  2 1 ∴直线MC的表达式为y x3， 2 1 当x2时，y= ´ 2+ 3= 4，则Q2,4， 2  1 综上，满足条件的点Q的坐标为2, 或2,1或2,4．  3 【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、坐标与图形、二次函数的图象与性质、 矩形的性质、相似三角形的判定与性质、对称性质、锐角三角函数以及勾股定理等知识，解答的关键是掌 握相关知识的联系与运用，运用数形结合和分类讨论思想求解是解答的关键． 12．（2024·安徽黄山·一模）已知抛物线y  ax2＋bx  c(a  0)与x轴交于A1,0，B(4,0)两点，经过点 D2,3，与y轴交于点C． (1)求抛物线的函数解析式； (2)若点M是x轴上位于点A与点B之间的一个动点（含点A与点B），过点M作x轴的垂线分别交抛物线 和直线BC于点E、点F．求线段EF 的最大值．1 3 【答案】(1)抛物线的函数解析式为y  x2  x2 2 2 5 (2)线段EF的最大值为 2 【分析】本题主要考查了用待定系数法求二次函数解析式，求一次函数解析式，以及两点之间的距离公 式． （1）利用待定系数求函数解析式即可； 1 3 1 （2）先求出BC的解析式，设Mm,0 ，1m4 则E（m, m2 m2), F(m, m2)，根据两点 2 2 2 之间的距离公式得出关于m的绝对值方程，根据m的取值范围分类讨论求出EF 的最大值即可． 【详解】（1）解：∵抛物线yax2bxc(a0)与x轴交于A(1,0)，B(4,0)两点， ∴可设抛物线的函数解析式为y a(x4)(x1)． ∵抛物线yax2bxc经过点D(2， 3)，则6a  3， 1 解得a ． 2 ∴抛物线的函数解析式为 1 1 3 y  (x4)(x1) x2  x2 2 2 2 （2）当x0时，y  2， C（0,2） 设直线BC的解析式为y kx2，把B(4,0)代入， 得4k  2  0, 1 解得：k  2 1 ∴直线BC的解析式为y   x  2 2 设Mm,0 ，1m4 1 3 1 则E（m, m2 m2), F(m, m2) 2 2 2 1 3  1  1 1  EF   m2  m  2   m  2   m2  2m   m22 2 ， 2 2  2  2 2 1 当0m4时， EF  m222， 2 ∴当m2时，EF 有最大值2．1 当1m0时，F  m222， 2 5 当m1时， EF 有最大值 2 5 综上所述，EF的最大值为 . 2 13．（2024·天津·一模）抛物线yx2bxc（b，c为常数，c0）顶点为P，与x轴交于点A，B（点A 在点B左侧），与y轴交于点C，直线l过点C且平行于x轴，M 为第一象限内直线l上一动点，N 为线段 BC上一动点． (1)若b2，c3． ①求点P和点A，B的坐标； ②当点M 为直线l与抛物线的交点时，求MN的最小值； (2)若Bc,0，BNCM，且ONBM 的最小值等于4 3时，求b，c的值． 【答案】(1)①P1,4，A1,0，B3,0；②MN的最小值 2 (2)c4b3 【分析】本题考查二次函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短； （1）①求得解析式为yx22x3，再求顶点坐标及与x轴交点坐标即可； ②先求出点M 坐标，再根据垂线段最短求出MN的最小值即可； （2）在BC上取一点D，使CDOC c，作D关于CM 的对称点E，DE交x轴于F ，交CM 于G，连接 EB，EB，可证明 OBN≌ DCM ，得到ON DM EM ，当M 在EB上时，ONBM EM BM 最小，    2 2   2 2  根据最小值得到BE4 3，再求出D c,c c，由对称求出E c,c c，再在Rt△EFB中根     2 2 2 2     据EF2BF2 BE2求出c的值，最后把Bc,0代入yx2bxc上求出b的值． 【详解】（1）①∵b2，c3， ∴抛物线解析式为yx22x3x124， ∴顶点为P1,4， 令yx22x30，解得x 3,x 1， 1 2 ∵抛物线yx2bxc与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），∴A1,0，B3,0； ②令x0，得C0,3， ∴OBOC 3， ∴BCO45 当点M 为直线l与抛物线的交点时，直线l过点C且平行于x轴， ∴点M 纵坐标为3，MCN 45 令yx22x33，解得x 0,x 2， 1 2 ∴M2,3， ∴CM 2 ∵当MNBC时，MN值最小， ∴ CMN是等腰直角三角形，  2 ∴MN  CM  2， 2 即MN的最小值 2； （2）在BC上取一点D，使CDOC c， ∵Bc,0，C0,c， ∴OBOC CDc，∴OCBCBO45 ∵直线l过点C且平行于x轴， ∴MCBCBO45， ∵BNCM， ∴ OBN≌ DCM ，   ∴ON =DM , 作D关于CM 的对称点E，DE交x轴于F ，交CM 于G，连接EB，EB, ∴EM DM ON, ∴当M 在EB上时，ONBM EM BM 最小， ∵ONBM 的最小值等于4 3， ∴BE4 3， ∵OBOC CDc，MCBCBO45， 2 ∴CGDG c 2 2 2 ∴DF BF FGDGc c，OF CG c， 2 2  2 2  ∴D c,c c   2 2   ∵作D关于yc的对称点E， 2 2  ∴E c,c c，   2 2   2 ∴EF c c， 2 在Rt△EFB中，EF2BF2 BE2 2 2  2   2   2 ∴c c c c  4 3     2 2     解得c4或c4（舍去）； ∵Bc,0在yx2bxc上， ∴0c2bcc， ∴0cb1，解得bc13． 14．（2024·安徽·二模）如图1，抛物线yax2bxc(a0)的顶点D的坐标为(1,4)，与x轴交于A，B两 点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C(0,3)． (1)求抛物线的表达式及点A，点B的坐标； (2)如图2，连接AD交y轴于点E，过点E作EFAD交x轴于点F，连接DF交抛物线于点G，试求点G 的坐标； (3)如图3，连接AC，BC，点P是抛物线在第一象限内的点，过点P作PQ∥AC，交BC于点Q，当PQ 的长最大时，求点P的坐标． 【答案】(1)yx22x3，A1,0,B3,0 7 20 (2)G ,  3 9  3 15 (3)P ,  2 4  【分析】（1）设出顶点式，将C(0,3)代入求出解析式即可；（2）求出直线AD的解析式，进而求出E点坐标，利用同角的余角相等和正切值，得到 OE OF tanOAE tanOEF  ，求出F 点坐标，进而求出直线FD的解析式，联立直线与抛物线，求出 OA OE 交点坐标即可； （3）过点P作y轴的平行线，与过点Q平行于x轴的直线交于点H，设P点坐标为  t,t22t3  ，求出直 线AC，BC的解析式，根据平移求出直线PQ的解析式，进而求出Q点坐标，得到QH的长，三角函数，表 示出PQ的长，转化为二次函数求最值即可． 【详解】（1）解：∵抛物线yax2bxc(a0)的顶点D的坐标为(1,4)， ∴设抛物线的解析式为：yax12 4， 把C(0,3)，代入yax12 4，得：3a0124， ∴a1， ∴yx124x22x3； 令yx22x30， 解得：x 1,x 3， 1 2 ∴A1,0,B3,0， （2）设直线AD的解析式为：ykxn， 0kn k 2 把A1,0,D1,4代入得： ，解得： ， 4kn n2 ∴y2x2，当x0时，y2， ∴E0,2， ∵EFAD， ∴AEF 90， ∵EOF AOE90， ∴OAEOEF 90OEA， OE OF ∴tanOAE tanOEF  OA OE ∴OE2 OAOF， ∵A1,0, E0,2，∴OA1,OE2， ∴OF 4， ∴F4,0， 4 16 同法可得：直线DF的解析式为：y x ， 3 3  7  4 16 x y x x1   3 联立 3 3 ，解得： 或 ，  yx22x3 y4 y 20  9 7 20 ∴G , ； 3 9  （3）设直线AC的解析式为ymx3，把A1,0,代入得：m30， ∴m3， ∴y3x3， 同法可得：直线BC的解析式为：yx3， ∵A0,1,C0,3， ∴AC 1232  10， OA 10 ∴sinOCA  ， AC 10 设点P  t,t22t3  ， ∵PQ∥AC， ∴设直线PQ的解析式为：y3x p，把P  t,t22t3  ，代入，得： t22t33t p， ∴pt2t3， ∴y3xt2t3，  t2t y3xt2t3   x 4 联立 ，解得： ， yx3  t2t12 y  4 t2t t2t12 ∴Q , ，  4 4 如图，过点P作y轴的平行线，与过点Q平行于x轴的直线交于点H， t2t 1 3 2 9 则：PH QH ，QH t  t   ， 4 4 2 16 ∵PQ∥AC,PH∥OC， ∴QPH ACO， QH 10 ∴sinQPH sinOCA  ， PQ 10 10 3 2 9 10 ∴PQ 10QH  t   ， 4  2 16 3 ∴当t 时，PQ有最大值， 2 3 15 此时P , ． 2 4  【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，一次函数图象的平移，解直角三 角形等知识点，属于中考压轴题，解题的关键的掌握相关知识点，利用数形结合的思想进行求解． 15．（2024·广东惠州·一模）综合与探究： 如图，在平面直角坐标系中，直线ykx4与x轴交于点A(4,0)，与y轴交于点C，抛物线yx2bxc 经过A，C两点且与x轴的正半轴交于点B． (1)求k的值及抛物线的解析式． (2)如图①，若点D为直线AC上方抛物线上一动点，当ACD2BAC时，求D点的坐标；(3)如图②，若F 是线段OA的上一个动点，过点F 作直线EF 垂直于x轴交直线AC和抛物线分别于点G、 E，连接CE．设点F 的横坐标为m． ①当m为何值时，线段EG有最大值，并写出最大值为多少； ②是否存在以C，G，E为顶点的三角形与 AFG相似，若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理  由． 【答案】(1)k1，yx23x4 (2)D的坐标为(2,6) (3)①当m2时，线段EG有最大值为4；②存在，当m的值为2或3时，以C，G，E为顶点的三角 形与 AFG相似  【分析】本题是二次函数的综合题，主要考查的是待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次函数图象 上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质，解题的关键是第（3）问中需分两种情况讨论． （1）将点A的坐标直接代入直线解析式可得出k的值；再求出点C的坐标，将A，C的坐标代入抛物线解 析式，即可得出结论； （2）由（1）可得OAOC 4，则OAC ACO45，所以ACD2BAC90，过点C作CM∥x轴 交抛物线于点M ，过点D作CM 的垂线，垂足为N ，则CN DN，设CN n，可表达点D的坐标，代入 抛物线的解析式即可得出结论； （3）①由点A，C坐标可得出直线AC的解析式，由此可表达点E，G的坐标，进而表达EG的长度，结 合二次函数的性质可得出结论；②根据题意需要分两种情况，当ECGAFG90时，当 CEGAFG90时，分别求出m的值即可． 【详解】（1）解：  直线ykx4与x轴交于点A(4,0)， 4k40， k 1， 直线AC的表达式为yx4； 当x0时，y4， 点C的坐标为(0,4)， 将点A的坐标为(4,0)，点C的坐标为(0,4)，代入yx2bxc， 164bc0 得： ， c4b3 解得： ， c4 抛物线的解析式为yx23x4； （2）如图，过点C作CM∥x轴交抛物线于点M ，过点D作CM 的垂线，垂足为N ， CM∥x轴，  ACM BAC， ACD2BAC，  ACD2ACM ， ACM DCM ， OAOC 4，  OAC OCA45， DCM CDN 45， DN CN， 设CN DN n， D的坐标为(n,n4)， 将点D的坐标代入解析式可得，n23n4n4， 解得n2或n0（舍去） D的坐标为(2,6)； （3）①由（1）可知，直线AC的解析式为：yx4，  点F 的横坐标为m， 点G的坐标为(m,m4)，点E的坐标为(m,m23m4)， 设线段EG的长度为y ， 1 则y m23m4(m4) 1 m24m (m2)2 4，当m2时，线段EG有最大值为4； ②存在，理由如下： 由图形可知CGE AGF， 若 CEG与 AFG相似，则需要分两种情况，   当ECGAFG90时，由（2）可知，E(2,6)，此时m2； 当CEGAFG90时，过点C作CM∥x轴交抛物线于点E， 令yx23x44， 解得x0（舍)或x3， 综上，当m的值为2或3时，以C，G，E为顶点的三角形与 AFG相似．  1 16．（2023·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y  x2  bx  c与x轴交于点A，B， 4 与y轴交于点C，其中B3,0，C0,3 ． (1)求该抛物线的表达式； (2)点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD AC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）的条件下，将该抛物线向右平移5个单位，点E为点P的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点 F ，Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．写出所有使得以QF 为腰的△QEF 是等腰三角形的点Q的 坐标，并把求其中一个点Q的坐标的过程写出来． 1 1 【答案】(1)y x2 x3 4 44  5 (2)PD取得最大值为 ，P  2,  5  2 9  9  9 7 (3)Q点的坐标为 ,1或 ,5或 , ． 2  2  2 4 【分析】 （1）待定系数法求二次函数解析式即可求解； 3  1 1  （2）直线AC的解析式为y x3，过点P作PEx轴于点E，交AC于点Q，设Pt, t2 t3， 4  4 4   3  4 则Qt, t3，则PD PQ，进而根据二次函数的性质即可求解；  4  5 1 9 2 49 9  5 （3）根据平移的性质得出y x   ，对称轴为直线x ，点P  2, 向右平移5个单位得到 4 2 16 2  2  5 E3, ，F0,2，勾股定理分别表示出EF2,QE2,QF2，进而分类讨论即可求解．  2 1 【详解】（1）解：将点B3,0，C0,3 ．代入y  x2  bx  c得， 4 1  323bc0 4  c3  1 b 解得： 4 ，  c3 1 1 ∴抛物线解析式为：y x2 x3， 4 4 1 1 （2）∵y x2 x3与x轴交于点A，B， 4 4 1 1 当y0时， x2 x30 4 4 解得：x 4,x 3， 1 2 ∴A4,0 , ∵C0,3 ． 设直线AC的解析式为ykx3， ∴4k30 3 解得：k  4 3 ∴直线AC的解析式为y x3， 4如图所示，过点P作PEx轴于点E，交AC于点Q，  1 1   3  设Pt, t2 t3，则Qt, t3，  4 4   4  3 1 1  1 ∴PQ t3 t2 t3 t2t， 4 4 4  4 ∵AQEPQD，AEQQDP90， ∴OAC QPD， ∵OA4,OC 3， ∴AC 5， PD AO 4 ∴cosQPD cosOAC=  ， PQ AC 5 ∴PD 4 PQ 4  1 t2t   1 t2 4 t  1 t22 4 ， 5 5 4  5 5 5 5 4 1 1 1 1 5 ∴当t2时，PD取得最大值为 ， t2 t3 22 23 ， 5 4 4 4 4 2  5 ∴P  2, ；  2 1 1 1 1 2 49 （3）∵抛物线y x2 x3 x   4 4 4 2 16 1 9 2 49 9 将该抛物线向右平移5个单位，得到y x   ，对称轴为直线x ， 4 2 16 2  5  5 点P  2, 向右平移5个单位得到E3,   2  2 ∵平移后的抛物线与y轴交于点F ，令x0，则y 1    9  2  49 2， 4 2 16 ∴F0,2 ,  5 2 117 ∴EF2 322    2 4 ∵Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．9 则Q点的横坐标为 ， 2 9  设Q ,m， 2  ∴QE2    9 3   2   m 5  2 ，QF2    9  2 m22， 2   2 2 当QF EF时，   9  2 m22  117 ， 2 4 解得：m1或m5， 当QEQF时，   9 3   2   m 5  2    9  2 m22， 2   2 2 7 解得：m 4 9  9  9 7 综上所述，Q点的坐标为 ,1或 ,5或 , ． 2  2  2 4 【点睛】本题考查了二次函数综合问题，解直角三角形，待定系数法求解析式，二次函数的平移，线段周 长问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 17．（2023·四川凉山·中考真题）如图，已知抛物线与x轴交于A(1,0)和B5,0两点，与y轴交于点C．直 线y  3x3过抛物线的顶点P．(1)求抛物线的函数解析式； (2)若直线xm5m0与抛物线交于点E，与直线BC交于点F ． ①当EF 取得最大值时，求m的值和EF 的最大值； ②当 EFC是等腰三角形时，求点E的坐标．  【答案】(1)yx24x5 (2)①当m 5 时，EF 有最大值，最大值为 25 ；② 3，8或4，5或  25，6 22  2 4 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①先求出C0，5，进而求出直线BC的解析式为yx5，则E  m，m24m5 ，Fm，m5，进  5 2 25 一步求出EF m   ，由此即可利用二次函数的性质求出答案；②设直线xm与x轴交于H，先  2 4 证明 BHF是等腰直角三角形，得到∠EFC BFH 45；再分如图3-1所示，当ECFC时， 如图3-2  所示，当EF EC时， 如图3-3所示，当EF CF时，三种情况利用等腰三角形的定义进行求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于A(1,0)和B5,0两点， 51 ∴抛物线对称轴为直线x 2， 2 在y  3x3中，当x2时，y9， ∴抛物线顶点P的坐标为2，9， 设抛物线解析式为yax229， ∴a12290， ∴a1，∴抛物线解析式为yx22 9x24x5 （2）解：①∵抛物线解析式为yx24x5，点C是抛物线与y轴的交点， ∴C0，5， 设直线BC的解析式为ykxb ， 1 5kb 0 ∴ 1 ， b 5 1 k 1 ∴ ， b5 ∴直线BC的解析式为yx5， ∵直线xm5m0与抛物线交于点E，与直线BC交于点F ∴E  m，m24m5 ，Fm，m5， ∴EF m24m5m5 m25m  5 2 25 m   ，  2 4 ∵10， 5 25 ∴当m 时，EF 有最大值，最大值为 ； 2 4 ②设直线xm与x轴交于H， ∴BH m5，HF m5， ∴BH HF， ∴ BHF是等腰直角三角形，  ∴∠EFC BFH 45；如图3-1所示，当ECFC时， 过点C作CGEF于G，则Gm，5 ∴点G为EF 的中点， 由（2）得E  m，m24m5 ，Fm，m5， m24m5m5 ∴ 5， 2 ∴m23m0， 解得m3或m0（舍去）， ∴E3，8； 如图3-2所示，当EF EC时，则 EFC是等腰直角三角形，  ∴∠FEF 90，即CEEF， ∴点E的纵坐标为5， ∴m24m55， 解得m4或m0（舍去）， ∴E4，5 如图3-3所示，当EF CF时，过点C作CGEF于G，同理可证△CFG是等腰直角三角形， ∴FGCGm， ∴CF  2CG 2m， ∴m25m 2m，   ∴m2 5 2 m0， 解得m 25或m0（舍去），   ∴EF CF  2 25 5 22，HF  2， ∴HE 6 22，   ∴E 25，6 22 综上所述，点E的坐标为3，8或4，5或  25，6 22  【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判断，一次函数与几何综合， 待定系数法求函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 18．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点A6,0，与y轴交于点 B0,6，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线x1．(1)求直线l的解析式； (2)求抛物线的解析式； (3)点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作PC x轴，垂足为C，交直线l于点D，过点P作 PM l，垂足为M．求PM 的最大值及此时P点的坐标． 【答案】(1)yx6 1 1 (2)y x2 x6 4 2 9 2  21 (3)PM 的最大值是 ，此时的P点坐标是3,  8  4  【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）根据题意可设抛物线的解析式为ya(x1)2k，再利用待定系数法求解即可； 2  1 1  （3）由题意易证△PDM 为等腰直角三角形，即得出PM  PD．设点P的坐标为 t, t2 t6 ，则 2  4 2  1 1  1 9 Dt,t6，从而可求出PDt6 t2 t6 (t3)2 ．再结合二次函数的性质可知：当t3时， 4 2  4 4 9 PD有最大值是 ，此时PM 最大，进而即可求解． 4 【详解】（1）解：设直线l的解析式为ymxnm0， 6mn0 把A，B两点的坐标代入解析式，得 ， n6 m1 解得： ， n6 ∴直线l的解析式为yx6； （2）解：设抛物线的解析式为yaxh2ka0， ∵抛物线的对称轴为直线x1， ∴ya(x1)2k． 25ak 0 把A，B两点坐标代入解析式，得 ， ak 6  1 a   4 解得： ， 25 k   4 1 25 1 1 ∴抛物线的解析式为y x12  x2 x6； 4 4 4 2（3）解：∵A6,0 B0,6， ∴OA=OB= 6． ∵在 AOB中AOB90，  ∴OABOBA45． ∵PC x轴，PM l， ∴PCAPMD90． 在Rt ADC中，PCA90，OAB45，  ∴ADC=45， ∴PDM ADC 45． 在Rt PMD中，PMD90，PDM 45，  PM ∴sin45 ， PD 2 ∴PM  PD． 2  1 1  设点P的坐标为 t, t2 t6 ，则Dt,t6，  4 2  1 1  1 3 1 9 ∴PDt6 t2 t6 t2 t  (t3)2 ． 4 2  4 2 4 4 1 ∵ 0， 4 9 ∴当t3时，PD有最大值是 ，此时PM 最大， 4 2 2 9 9 2 ∴PM  PD   ， max 2 2 4 8 1 1 1 1 21 当t3时， t2 t6 32 36 ， 4 2 4 2 4  21 ∴P  3, ，  4  9 2  21 ∴PM 的最大值是 ，此时的P点坐标是3, ． 8  4  【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质等知识．掌 握利用待定系数法求函数解析式和利用数形结合的思想是解题关键． 题型02 利用二次函数解决两条线段之和的最值问题 19．（2024·山东枣庄·一模）已知抛物线yax2bx4与x轴交于A4,0，B1,0两点，与y轴交于点 C．(1)求抛物线的表达式； (2)如图1，点D是线段OC上的一动点，连接AD，BD，将△ABD沿直线AD翻折，得到VABD，当点B 恰好落在抛物线的对称轴上时，求点D的坐标； (3)如图2，动点P在直线AC下方的抛物线上，过点P作直线AC的垂线，分别交直线AC，线段BC于点 E，F，过点F作FGx轴，垂足为G，求FG 2FP的最大值． 【答案】(1)yx23x4  4  (2)D0, 3  3  49 (3)FG 2FP的最大值为 6 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； 5 （2）过B作x轴的垂线，垂足为H，得到AB AB5，AH  ，由AB AB52AH，推出 2 1 DAB BAB30，解直角三角形得到OD的长，即可解答； 2 （3）求得BC所在直线的解析式为y =4x- 4，设P  m,m23m4  ，设PE所在直线的解析式为： 1 m22m y xb ，得y xm22m4，令y  y ，解得x ，分别表示出FG和 2PF，再对FG 2FP 2 2 2 1 2 3 进行化简计算，配方成顶点式即可求解． 【详解】（1）解：将A4,0，B1,0代入yax2bx4的， ab40  16a4b40 a1 解得 b3 ∴抛物线的解析式为yx23x4；（2）如图，过B作x轴的垂线，垂足为H， ∵A4,0，B1,0， ∴AB145， 由翻折可得AB AB5， ∵yx23x4 3 ∴对称轴为x ， 2 3 5 ∴AH  4 ， 2 2 ∵AB AB52AH， ∴ABH 30，BAB60 1 ∴DAB BAB30， 2 4 在Rt AOD中，ODOAtan30 3，  3  4  ∴D0, 3；  3  （3）设BC所在直线的解析式为y k xb， 1 1 1 k b 0 把B、C坐标代入得： 1 1 ， b 4 1 k 4 解得 1 ， b 4 1 ∴y =4x- 4， 1 ∵OAOC， ∴CAO45，∵AEF 90， ∴直线PE与x轴所成夹角为45， 设P  m,m23m4  ， 设PE所在直线的解析式为：y xb ， 2 2 把点P代入得b m22m4， 2 ∴y xm22m4， 2 令y  y ，则4x4xm22m4， 1 2 m22m 解得x ， 3 4  m22m  ∴FGy  4 F 3 x x 2 2PF  2 P F  2 2x x   m2m  cos45 P F 3 4  m22m  2  m2m  2 5 2 49 ∴FG 2FP 4  m   3 3 3 2 6 ∵点P在直线AC下方， ∴4m0， 5 49 ∴当m 时，FG 2FP的最大值为 ． 2 6 【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式和一次函数的解析式，解直角三角形，一次函数的 性质等相关知识点，学会把函数问题转化为方程是解题的关键． 20．（2024·广东广州·一模）如图所示，抛物线yx2bxc与直线AB交于A(4,4)，B(0,4)两点，点C 为线段AB上一动点，过点C作x轴的垂线交抛物线于点D．． (1)求该抛物线的解析式；(2)当点C运动到何处时，线段CD的长度有最大值； 5 (3)点E为直线CD上一动点，在（2）的条件下，当BE CE有最小值时，点E的坐标为______（直接写 5 出答案）． 【答案】(1)yx22x4 (2)C的坐标为(2,0) (3)(2,3) 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）由CD y y m22m42m4m24m，即可求解； D C （3）作点B关于直线CD（直线x2)的对称点B(4,4)，当B、E、G三点共线时，BEGE取得最小值， 进而求解． 164bc4 【详解】（1）解：把A(4,4)，B(0,4)分别代入yx2bxc得： c4 b2 解之得： ， c4 抛物线的解析式为yx22x4； （2）解：设直线AB的解析式为ykxn， 把A(4,4)，B(0,4)分别代入ykxn 4kn4 k 2 得： ，解之得： ， n4 n4 直线AB的解析式为y2x4， 设点C为(m,2m4)， CDx轴，  D(m,m22m4)， CD y y m22m42m4m24m， D C CD(m2)24， 当m2时，线段CD的长度有最大值，此时点C的坐标为(2,0)； （3）解：过点E作EGBC于点G，如图所示．B(0,4)，C(2,0)，  OB4，OC 2， BC  2242 2 5， CD BO，   ECGOBC， sinECGsinOBC， GE OC 2 5     ， CE BC 2 5 5 5 GE CE， 5 5 BE CEBEGE， 5 作点B关于直线CD（直线x2)的对称点B(4,4)， BEBE 当B、E、G三点共线时，BEGE取得最小值， BG AB，  1 可设直线BG的解析式为：y xd ， 2 把B(4,4)代入可得：d 2， 1  y   x  2，令x2，则y3 2 \ E(- 2,3)， 故答案为(2,3)． 【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．考查了勾股定理，解 直角三角函数，求一次函数的解析式，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐 标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 21．（2024·山东淄博·一模）如图，已知直线l:ykx4与抛物线yax2bx2交于点A,B1,3，且点A在x轴上，P是y轴上一点，连接PA,PB． (1)求k,a,b的值； (2)当PAPB取得最小值时，求点P的坐标； (3)若直线xm交直线l于点C（点C在线段AB上，不与端点重合），交抛物线于点D，连接OC．设 wOC2CD，求w关于m的函数表达式，并求出w的最小值． 1 3 【答案】(1)k 1，a ，b 2 2  12 (2)P0，   5  3 11 215 (3)w m2 m14 1m4，最小值为 2 2 24 【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解； （2）设B关于y轴的对称点为B，B的坐标为1,3，连接AB，则AB与y轴的交点即PAPB取得最小 3 12 值时点P的位置，求得直线AB的解析式为y x ，进而即可求解； 5 5 1 3  1 3  （3）由（1）可得y  x2  x2，依题意设Cm,m4，Dm, m2 m2，进而表示出w，根 2 2  2 2  据二次函数的性质，即可求解． 【详解】（1）解：依题意，B1,3代入直线l:ykx4， ∴k43 解得：k 1， ∴直线l的表达式为yx4 对于yx4，得y0，则x4 ∴A的坐标为4,0 将点A 4,0，B1,3分别代入yax2bx216a4b20 ∴ ab23  1 a   2 解得： , 3 b  2 （2）设B关于y轴的对称点为B，B的坐标为1,3，连接AB，则AB与y轴的交点即PAPB取得最小 值时点P的位置， 设直线AB的解析式为yk xb 1 1 k b 3 ∴ 1 1 4k b0 1  3 k    1 5 ∴ 12 b   1 5 3 12 ∴直线AB的解析式为y x 5 5 12 当x0时，y 5  12 ∴P0,   5  1 3 （3）由（1）可得y  x2  x2 2 2  1 3  依题意设Cm,m4，Dm, m2 m2  2 2  ∴OC2 m2m42 2m28m16 如图所示， ∵点C在线段AB上，不与端点重合 ∴D在C点的上方，1 3 1 5 ∴CD m2 m2m4 m2 m2， 2 2 2 2 ∴wOC2CD 1 5 2m28m16 m2 m2 2 2 3 11  m2 m14 2 2 3 11 2 215  m   ， 2 6  24 3 11 ∴w m2 m14 1m4 2 2 3 ∵ 0 2 11 215 ∴当m 时，w取得最小值，最小值为 6 24 22．（2024·广东江门·一模）如图，已知抛物线yax2bx3(a0)，与x轴交于A(3,0)、B(9,0)两点，且与 y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)在抛物线的对称轴l上是否存在一点P，使APCP的值最小?若存在，求出APCP的最小值；若不存在， 请说明理由； (3)在以AB为直径的圆中，直线CN 与  D相切于点N ，直线CN 交x轴于点M ，求直线CN 的解析式． 1 4 【答案】(1)y x2 x3 9 3 (2)存在，最小值为3 10 4 (3)y x3 3 9a3b30 【分析】（1）将A(3,0)、B(9,0)代入yax2bx3(a0)得， ，可求a、b的值，进而可求 81a9b30 抛物线的解析式； （2）如图1，连接BP、BC，由对称的性质可知，APBP，则APCPBPCP，可知当B、P、C三点共线时，APCP最小，为BC，根据勾股定理求BC的长即可； （3）如图2，连接CD，由题意知，  D的半径为3，CN DN，则OD6，DN OC 3，证明 Rt  CDN≌Rt  DCOHL，则CN OD6，证明  COM≌  DNMAAS，则CM DM ，设OM x，则 9 9  CM DM 6x，由勾股定理得，CO2 CM2OM2，即32 6x2x2，可求x ，则M ，0，待 4 4  定系数法求直线CN 的解析式即可． 9a3b30 【详解】（1）解：将A(3,0)、B(9,0)代入yax2bx3(a0)得， ， 81a9b30  1 a   9 解得， ， 4 b  3 1 4 ∴抛物线的解析式为y x2 x3； 9 3 （2）解：如图1，连接BP、BC， 由对称的性质可知，APBP， ∴APCPBPCP， ∴当B、P、C三点共线时，APCP最小，为BC， 当x0时，y=3，即C0，3， 由勾股定理得，BC  3292 3 10， ∴存在一点P，使APCP的值最小，最小值为3 10； （3）解：如图2，连接CD，由题意知，  D的半径为3，CN DN， ∴OD6，DN OC 3， ∵CDCD，DN OC， ∴Rt  CDN≌Rt  DCOHL， ∴CN OD6， ∵CMODMN，COM 90DNM，OC DN， ∴ COM≌  DNMAAS， ∴CM DM ， 设OM x，则CM DM 6x， 由勾股定理得，CO2 CM2OM2，即32 6x2x2， 9 解得，x ， 4 9  ∴M ，0， 4  设直线CN 的解析式为ykxn， 9 9   kn0 将C0，3，M ，0代入得，4 ， 4   n3  4 k  解得， 3 ，  n3 4 ∴直线CN 的解析式为y x3． 3 【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与线段综合，切线的性质，全等 三角形的判定与性质，勾股定理，一次函数解析式等知识．熟练掌握二次函数解析式，二次函数的图象与 性质，二次函数与线段综合，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，一次函数解析式是解题 的关键． 1 23．（2024·重庆·一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线 y x2bxc交x轴于A6，0， 3 B2，0， 交y轴于点C．(1)求抛物线的表达式； (2)如图2， 连接AC，点P是直线AC上方抛物线上的一动点， 过点 P作PE  y轴交AC于点E，过点P 13 作 PF∥AC交x轴于点 F， 求 PE PF的最大值及此时点P坐标； 13 (3)将抛物线沿y轴方向向下平移，平移后所得新抛物线与y轴交于点 D，过点D作DM∥x轴交新抛物线于 点M，射线MO交新抛物线于点 N，如果MO4ON，请写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N 的坐标的其中一种情况的过程． 1 4 【答案】(1)y x2 x4 3 3 50 8 140 (2)最大值 ，此时P ,  9 3 27   1  1 (3)1, 或1,   3  3 【分析】（1）用待定系数法求解即可； 2 13 PQ （2）延长PE交x轴于点Q，证明PFACAO，进而可得sinPFA  ，求出直线AC的解析 13 PF  1 4   2  1 13 式为ykx4，设Pm, m2 m4，则Em, m4，则PE m22m，然后代入PE PF，  3 3   3  3 13 得出关于m的解析式求解即可； （3）分点M在x轴的上方和点M在x轴的下方两种情况求解即可． 1 【详解】（1）∵抛物线 y x2bxc交x轴于A6，0，B2，0， 3  1 0 626bc   3 ∴ ， 1 0 22 2bc  3  4 b ∴ 3，  c41 4 ∴y x2 x4； 3 3 （2）延长PE交x轴于点Q， ∵PE  y轴， ∴PEx轴． ∵当x0时，y4， ∴C0,4， ∴AC  4282 2 13， ∵PF∥AC， ∴PFACAO． 4 2 13 ∵sinCAO  ， 2 13 13 2 13 PQ ∴sinPFA  ， 13 PF 2 13 ∴PQ PF ． 13 设直线AC的解析式为ykx4， 则6k40， 2 ∴k  ， 3 2 ∴y x4． 3  1 4   2  设Pm, m2 m4，则Em, m4，  3 3   3  1 4  2  ∴PE m2 m4 m4 3 3  3  1  m22m， 3 13 1 ∴PE PF PE PQ 13 21 1 1 4   m22m  m2 m4 3 2 3 3  1 8 2 50  m   ， 2 3 9 1 ∵ 0，0m6， 2 8 50 8 140 ∴当m 时，取得最大值 ，此时P , ； 3 9 3 27  （3）当点M在x轴的上方时，如图， 过点C作x轴的平行线交抛物线与点G， 1 4 1 16 ∵y x2 x4 x22 ， 3 3 3 3 ∴对称轴为直线x2， ∴G4,4． 设M4,4n，则D0,4n， 1 4 ∴平移后的解析式为y x2 x4n， 3 3 ∵MO4ON ， ∴N1,n， 1 4 把N1,n代入y x2 x4n，得 3 3 1 4 n  4n， 3 3 1 ∴n ， 3  1 ∴N1, ；  3  1 当点M在x轴的下方时，如图，同理可求N1, ．  3 1  1 综上可知，点N的坐标为1, 或1, ．  3  3 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，锐角三角函数的知识，二次函数 与几何综合，二次函数的平移，勾股定理，熟练掌握各知识点是解答本题的关键． 24．（2024·湖南怀化·一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc与x轴交于A，B两点（点 A在点B的左侧），与y轴交于点C，OBOC 5，顶点为D，对称轴交x轴于点E． 图1 图2 图3 (1)求抛物线的解析式、对称轴及顶点D的坐标； (2)如图2，点Q为抛物线对称轴上一动点，当Q在什么位置时QAQC最小，求出Q点的坐标，并求出此 时△QAC的周长； (3)如图3，在对称轴左侧的抛物线上有一点M，在对称轴右侧的抛物线上有一点N，满足MDN 90．求 证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1)yx24x5，对称轴为直线x2，顶点D的坐标为2，9； (2)△QAC的周长的最小值为 265 2； (3)直线MN恒过定点，定点坐标为2，8．【分析】（1）求得点B的坐标为5，0，点C的坐标为0，5，利用待定系数法求解，再配成顶点式，即可得 解； （2）先求得直线BC的解析式，再求直线BC与对称轴交点Q，将AQCQ转化为BC，在Rt AOC中求  AC，在Rt BOC中求BC即可求解；  （3）如图，过点D作直线l垂直y轴，再过点M，N分别作直线l的垂线，设点M的坐标为  m，m24m5  ，点N的坐标为  n，n24n5  ，证明△MDH∽△DNG，求得mn2mn50，再 利用待定系数法求得直线MN的解析式为ymn4xmn5，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵OBOC 5， ∴点B的坐标为5，0，点C的坐标为0，5， 255bc0 ∴ ，解得b4， c5 ∴抛物线的解析式为yx24x5， ∵yx24x5x22 9， ∴对称轴为直线x2，顶点D的坐标为2，9； （2）解：∵点A与点B5，0关于直线x2对称， ∴直线BC与对称轴的交点为Q，则Q为QAQC最小时位置， 设直线BC的解析式为ykx5， 代入点B5，0得05k5，解得k 1， ∴直线BC的解析式为yx5，当x2，y253， ∴Q2，3， ∵点A1，0， ∵AC  1252  26， AQCQCB 5252 5 2， ∴△QAC的周长的最小值为 265 2； （3）解：如图，过点D作直线l垂直y轴，再过点M，N分别作直线l的垂线，垂足分别为H，G， 设点M的坐标为  m，m24m5  ，点N的坐标为  n，n24n5  ， ∵顶点D的坐标为2，9， ∴MH 9  m24m5  m24m4m22 ，DH 2m， GN 9  n24n5  n24n4n22 ，DGn2， 由题意得H GMDN 90， ∴MDH 90NDGDNG， ∴△MDH∽△DNG， MH HD m22 2m ∴  ，即  ， DG NG n2 n22 ∴ m2n21， ∴mn2mn50， ∵点M的坐标为  m，m24m5  ，点N的坐标为  n，n24n5  ，设直线MN的解析式为yk xb， 1 1 mk b m24m5① ∴ 1 1 ， nk b n24n5② 1 1 ①②得mnk   m2n2 4mn， 1 ∵mn， ∴k mn4， 1 将k mn4代入①得mmn4b m24m5， 1 1 求得b mn5； 1 ∴直线MN的解析式为ymn4xmn5， ∵mn2mn50，即2mnmn5， ∴ymn4x28， ∴当x20即x2时，y8， ∴无论m、n为何值，直线MN总会经过定点2，8， ∴直线MN恒过定点，定点坐标为2，8． 【点睛】本题考查了二次函数的综合运用．考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质， 熟练掌握二次函数的图象与性质、轴对称的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键． 25．（2023·宁夏·中考真题）如图，抛物线yax2bx3(a0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．已 知点A的坐标是1,0，抛物线的对称轴是直线x1． (1)直接写出点B的坐标； (2)在对称轴上找一点P，使PAPC的值最小．求点P的坐标和PAPC的最小值； (3)第一象限内的抛物线上有一动点M ，过点M 作MN x轴，垂足为N ，连接BC交MN于点Q．依题意补全图形，当MQ 2CQ的值最大时，求点M 的坐标． 【答案】(1) 3,0 (2)点P1,2，PAPC的最小值为3 2 5 7 (3)M ,  2 4 【分析】（1）根据抛物线的对称性，进行求解即可； （2）根据抛物线的对称性，得到PAPC PBPCBC，得到当P,B,C三点共线时，PAPC的值最小， 为BC的长，求出直线BC的解析式，解析式与对称轴的交点即为点P的坐标，两点间的距离公式求出BC的 长，即为PAPC的最小值； （3）根据题意，补全图形，设M  m,m22m3  ，得到Nm,0，Qm,m3，将MQ 2CQ的最大值 转化为二次函数求最值，即可得解． 【详解】（1）解：∵点A1,0关于对称轴的对称点为点B，对称轴为直线x1， ∴点B为3,0； （2）当x0时，y3， ∴C0,3， 连接BC， ∵B3,0， ∴BC  3232 3 2， ∵点A关于对称轴的对称点为点B， ∴PAPC PBPCBC， ∴当P,B,C三点共线时，PAPC的值最小，为BC的长，设直线BC的解析式为：ykxn， n3 n3 则： ，解得： ， 3kn0 k 1 ∴yx3， ∵点P在抛物线的对称轴上， ∴P1,2； ∴点P1,2，PAPC的最小值为3 2； （3）过点M 作MN x轴，垂足为N ，连接BC交MN于点Q，如图所示， ∵A1,0,B3,0， 设抛物线的解析式为：yax1x3， ∵C0,3， ∴33a， ∴a1， ∴yx1x3x22x3， 设M  m,m22m3  ，则：Nm,0， 由（2）知：直线BC：yx3， ∴Qm,m3， ∴MQm22m3m3m23m， ∵C0,3,B3,0， ∴OC OB3，BN 3m， ∴OBC OCB45， ∴NQBOBC 45，∴BQ 2BN  23m， ∴CQBCBQ3 23 2 2m 2m，  5 2 25 ∴MQ 2CQm23m 2 2mm25mm   ，  2 4 5 5 7 ∴当m 时，MQ 2CQ有最大值，此时M , ． 2 2 4 【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用抛物线的对称性以及数形结合的思 想进行求解，是解题的关键． 26．（2024·海南海口·一模）如图，抛物线yax2bxc过点A1,0，B3,0，C0,3． (1)求抛物线的解析式； (2)设点P是第一象限内的抛物线上的一个动点， ①当P为抛物线的顶点时，求证： PBC直角三角形；  ②求出 PBC的最大面积及此时点P的坐标；  ③过点P作PN x轴，垂足为N，PN 与BC交于点E．当PE 2CE的值最大时，求点P的坐标． 【答案】(1)yx22x3 3 15 5 7 (2)①  PBC是直角三角形；②P , ；③P ,  2 4  2 4 【分析】（1）把A、B、C三点坐标代入yax2bxc求解即可； （2）①作PH  y轴于点H，易证△PCH 和 BOC是等腰直角三角形，即可求出PCB90；  ②先求出直线BC的解析式，过点P作PDx轴于点D，交BC于点E，设点P  x,x22x3  ，则Ex,x3， 3 9 故PEx23x，S  x2 x，然后根据二次函数的性质求解即可； PBC 2 2 ③过点P作PN x轴于点N，交BC于点E，设点P  x,x22x3  ，则Ex,x3，故PEx23x，判断  BEN是等腰直角三角形得出BE 2BN 3 2 2x，即可求出PE 2CEx25x，然后根据二次 函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：将点A1,0，B3,0，C0,3代入解析式得：  abc0 a1   9a3bc0，解得：b2 ，    c3 c3 ∵抛物线的解析式为yx22x3； （2）解：①配方得yx22x3x124 ∴点P的坐标为1,4， 作PH  y轴于点H，则PH CH 1， ∴HCP45 又∵在Rt BOC中，OBOC 3，  ∴OCB45， ∴PCB90 ∴ PCB是直角三角形  ②设直线BC的解析式为ykxb，将点B、C代入得： 3kb0 k 1  ，解得： ，  b3  b3 ∴直线BC的解析式为yx3， ∵B3,0， ∴OB3， 设点P  x,x22x3  （0x3），过点P作PDx轴于点D，交BC于点E，如图所示：∴Ex,x3， ∴PEx22x3x3x23x， ∴S  1 PEOB 1   x23x  3 3 x2 9 x 3 x 3  2  27 ， PBC 2 2 2 2 2 2 8 3 27 当x 时， PBC的最大面积为 ，  2 8 9 15 x22x3 33 ， 4 4 3 15 ∴P ,  2 4  ③设点P  x,x22x3  （0x3），过点P作PN x轴于点N，交BC于点E，如图所示： ∴Ex,x3， ∴PEx22x3x3x23x， ∵C0,3，B3,0， ∴OC OB3，BN 3x， ∴OBC OCB45， ∴NEBOBC 45， ∴BE 2BN 3 2 2x，   ∴CEBCBE3 2 3 2 2x  2x， 5 2 25 ∴PE 2CEx25xx   ，  2 4 5 5 7 ∴当x 时，PE 2CE有最大值，此时P , ． 2 2 4 【点睛】本题考查了二次函数综合问题，面积问题，线段问题，掌握二次函数的性质是解题的关键． 27．（2024·天津津南·一模）综合与探究：如图，抛物线yx2bxc上的点A，C坐标分别为0,2， 4,0，抛物线与x轴负半轴交于点B，且OM 2，连接AC，CM ． (1)求点M的坐标及抛物线的解析式； (2)点P是抛物线位于第一象限图象上的动点，连接AP，CP，当S S 时，求点P的坐标； △PAC △ACM (3)将抛物线沿x轴的负方向平移得到新抛物线，点A的对应点为点A，点C的对应点为点C，当MAMC 的值最小时，新抛物线的顶点坐标为 ，MAMC的最小值为 ． 7 【答案】(1)M0,2，yx2 x2 2 (2)P2,5  11 81 (3) , ，2 13  12 16 【分析】（1）根据点M在y轴负半轴且OM 2可得点M的坐标为M0,2，利用待定系数法可得抛物线 7 的解析式为yx2 x2； 2 （2）过点P作PF x轴于点F，交线段AC于点E，用待定系数法求得直线AC的解析式为 1  7   1  y   x  2，设点P的横坐标为p0 p4，则Pp,p2 p2，Ep, p2，故 2  2   2  1 PEp24p(0 p4)，先求得S 8，从而得到S  PEOC 2p28p8，解出p的值，从 △ACM △PAC 2 而得出点P的坐标；（3）设抛物线沿x轴的负方向平移m个单位长度得到新抛物线，将点M右平移m个单位长度得到点M， 由平移的性质可知，MAMA,MCMC，MAMC的值最小就是MAMC最小值，作出点C关于直 线y=2对称的对称点C，连接AC交直线y=2于点M，连接MC则此时MAMC取得最小值，即为 AC的长度，利用两点间的距离公式求这个长度，用待定系数法求出直线AC的解析式，从而确定M的坐 标，继而确定平移距离，将原抛物线的解析式化为顶点式，从而得到其顶点，继而确定新抛物线的顶点． 【详解】（1）解：∵点M在y轴负半轴且OM 2， ∴M0,2 将A0,2，C4,0代入yx2bxc，得 c2  164bc0  7 b 解得 2  c2 7 ∴抛物线的解析式为yx2 x2 2 （2）解：过点P作PF x轴于点F，交线段AC于点E， 设直线AC的解析式为ykxmk0， 将A0,2，C4,0代入ykxm，得  1 m2 k   ，解得 2， 4km0  m2 1 ∴直线AC的解析式为y   x  2 2 设点P的横坐标为p0 p4  7   1  则Pp,p2 p2，Ep, p2，  2   2 7  1  ∴PEp2 p2 p2p24p(0 p4) 2  2  1 ∵S 8，∴S  PEOC 2p28p8，解得p  p 2， △ACM △PAC 2 1 2 ∴P2,5；  11 81 （3） , ，2 13，  12 16 补充求解过程如下： 设抛物线沿x轴的负方向平移m个单位长度得到新抛物线， 将点M向右平移m个单位长度得到点M，作出图形如下： 由平移的性质可知，MAMA,MCMC， ∴MAMC的值最小就是MAMC最小值， 显然点M在直线y=2上运用， 作出点C关于直线y=2对称的对称点C，连接AC交直线y=2于点M，连接MC则此时MAMC 取得最小值，即为AC的长度， ∵点C关于直线y=2对称的对称的点是点C，C4,0 ∴C4,4， ∴MAMC MAMC  AC 402422 2 13， min min设直线AC的解析式是：yk xb 1 1 b 2 将点A0,2，C4,4代入得： 1 4k b 4 1 1  3 k  解得： 1 2  b 2 1 3 直线AC的解析式是：y x2 2 3 8 令y x22，解得：x ， 2 3 8  ∴M  ,2， 3  8 ∴平移的距离是m 3 7  7 2 81 又∵yx2 x2x   ， 2  4 16 7 81 ∴平移前的抛物线的坐标是 ,  4 16 7 8 81  11 81 ∴新抛物线的顶点坐标为  , 即 ,  4 3 16  12 16  11 81 故答案是： , ，2 13．  12 16 【点睛】本题考查求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与几何变换综合，二次函数与 相似三角形综合，最短路径问题，三角形面积公式等知识，难度较大，综合性大，作出辅助线和掌握转换 思想是解题的关键，第二问的解题技巧是使用铅锤公式计算面积，第三问的技巧是转化成直角三角形的讨 论问题，如果直接按相似讨论，则有四种情况，可以降低分类讨论的种类，第四问的技巧，是将点M向反 方向移动，从而将两个动点转化成一个动点来解决． 1 28．（2024·安徽马鞍山·一模）在平面直角坐标系中，抛物线y x3xa与x轴交于A,B两点，点 4 B4,0．点C在y轴正半轴上，且OCOB，D,E分别是线段AC，AB上的动点（点D不与点A,C重合， 点E不与点A,B重合）． (1)求此抛物线的表达式； (2)连接BD． ①将△BCD沿x轴翻折得到 BFG，点C,D的对应点分别是点F 和点G，当点G在拋物线上时，求点G的  坐标；②连接CE，当CD AE时，求BDCE的最小值． 1 1 【答案】(1)y x2 x3 4 4  4 20 (2)①G , ；② 97  3 9  1 【分析】（1）抛物线y x3xa与x轴交于A,B两点，点B4,0，用待定系数法即可求解； 4 （2）①如图，连接DG交AB于点M ，根据折叠的性质，设OM mm0，用含m的式子表示点  4   4  Gm, m3 ， 根据点Gm, m3 在抛物线上即可求解；②如下图，过点C作CM∥x轴，可证  3   3  △MCD≌△CAESAS，M 、D、B三点共线时，CEBDMDBDBM 取到最小值，在Rt△MNB中， 根据勾股定理即可求解． 1 【详解】（1）解：  抛物线y x3xa与x轴交于A,B两点，B4,0， 4 1 y 434a0，解得a4， 4 1 1 1 y x3x4 x2 x3， 4 4 4 1 1 ∴抛物线的表达式为y x2 x3． 4 4 1 1 （2）解：已知抛物线y x2 x3与x轴交于A,B两点，点B4,0， 4 4 1 1 ∴令y0，则 x2 x30，解得，x 3，x 4， 4 4 1 2 ∴A(3,0)， ①如图，连接DG交AB于点M ， BCD与 BFG关于x轴对称，   DG AB，DM GM ， 设OM mm0，则AM OAOM 3m，且C(0,4)，在Rt OAB中，OC 4,OA3，  OC 4 ∴tanCAO  ， OA 3 4 ∴在Rt△AMD中，MGMD AMtanCAO 3m， 3  4  Gm, m3 ，  3   4  1 1 1  点Gm, m3 在抛物线y x2 x3 (x3)(x4)上，  3  4 4 4 1 4 4  m3m4 m3，解得m 或3（舍去）， 4 3 3  4 20 G , ；  3 9  ②如下图，过点C作CM∥x轴，使得CM  AC，作BN MC延长线于点N ， MCACAE， 又 CD AE，CM  AC，  △MCD≌△CAESAS， MDCE， M 、D、B三点共线时，CEBDMDBDBM 取到最小值， AC 5，C0,4 ，B4,0，  MC 5，CN 4， 在Rt△MNB中，BN 4，MN 9， BM  542 42  97． 【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握二次函数图像的性质，几何图形的性质，折叠的 性质，勾股定理，最短路径的计算方法是解题的关键． 29．（2024·山东临沂·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax22ax3与x轴交于点A，B( 点A在点B的左侧)，交y轴于点C，点A的坐标为1,0，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E． (1)填空：a_________，点B的坐标是 _________； (2)连接BD，点M 是线段BD上一动点(点M 不与端点B，D重合)，过点M 作MN BD，交抛物线于点N( 点N 在对称轴的右侧)，过点N 作NH x轴，垂足为H，交BD于点F ，点P是线段OC上一动点，当  MNF 1 的周长取得最大值时，求FP PC的最小值； 2 1 2 3 (3)在(2)中，当  MNF的周长取得最大值时，FP PC取得最小值时，如图2，把点P向下平移 个单 2 3 位得到点Q，连接AQ，把 AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度(0360)，得到 AOQ，其中边AQ   交坐标轴于点G．在旋转过程中，是否存在一点G，使得GQOG？若存在，请直接写出所有满足条件的 点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)1，3,0 1 (2)  3 2 2 5 4 5 4 5 2 5  2 5 4 5  4 5 2 5 (3)存在，点Q的坐标为  , ， , ， , ， ,  5 5 5 5  5 5   5 5          【分析】本题是函数与几何的综合，考查待定系数法求解函数的表达式，二次函数的性质，直角三角形的 性质，解直角三角形等知识，第（2）题构造含30的直角三角形是解题的关键，第（3）题分类要全，不能 漏解，难度较大，一般是中考压轴题． （1）将点A的坐标代入抛物线的表达式中可求出a，令y0可求出点B的坐标； （2）通过配方法求出点D的坐标，利用待定系数法求出直线BD的表达式，设点F(m,2m6)，3 55 N(m,m22m3)，利用等角的三角函数值相等求出C  NF，利用二次函数的性质可求出使 MNF 5 MNF的周长取得最大值时的m值，在x轴上取点K( 3,0)，过F作CK 的垂线段FG交y轴于点P，可  1 得(FP PC) FG，连接FC，FK，FK 交y轴与点J，利用△CKF的面积计算求出FG； 2 min （3）由（2）求出点Q的坐标，取AQ的中点G，△AOQ在旋转过程中，只需使AQ的中点G在坐标轴上 即可满足GQOG，分四种情况进行求解． 【详解】（1）解：将点A(1,0)代入yax22ax3中得，a2a30， 解得，a1，即y＝-x2+2x+3， 当y0时，x22x30， 解得，x 1，x 3， 1 2 ∴点B的坐标是3,0， 故答案为：1，3,0； （2）解：∵yx22x3(x1)24， ∴点D1,4，点C0,3， 设直线BD的表达式为ykxb，且经过点B3,0，点D1,4， 3kb0 ∴ ， kb4 k 2 解得， ， b6 ∴y2x6， ∵点F 在直线BD的图象上，点N 在抛物线上， ∴设点F(m,2m6)，N(m,m22m3)， ∵MN BD，NH x轴， ∴NMF NHB90，MFN BFH（对顶角相等）， ∴MNF DBE， 在Rt DBE中，BE 312，DE4，  ∴BD BE2DE2  2242 2 2， DE 4 2 5 BE 2 5 ∴sinDBE   ，cosDBE   ， BD 2 5 5 BD 2 5 5MF 2 5 MN 5 在Rt△MNF 中，sinMNF sinDBE  ，cosMNF cosDBE  ， NF 5 NF 5 2 5 5 ∴MF  NF，MN  NF， 5 5 5 2 5 3 5 ∴MNMF  NF NF  NF， 5 5 5 3 5 3 55 ∴C  NFNF  NF， MNF 5 5 3 55    m22m32m6  ，   5   3 55    m24m3  ，   5   3 55       (m2)21  ， 5   ∴当m2时，C 最大，此时F2,2，HF 2，N2,3， MNF 如图所示，在x轴上取点K   3,0  ，过F 作CK 的垂线段FG交y轴于点P，连接FC，FK，FK 交y轴于 点J， 在Rt△OCK中，OK  3，OC 3，CK 2 3， OK 3 则tanOCK   OC 3 ∴OCK 30， ∵PGCK，即CGP90， 1 ∴在Rt△PCG中，PG PC， 21 PF PCFPPG， 2 ∵F2,2，K   3,0  ，   ∴直线FK 的解析式为：y 42 3 x4 36，   ∴点J 0,4 36 ，CJ 94 3，CK 2 3， 1 1   1 1     ∴S  CK·FG CJ· 2 3 ，即 2 3FG  94 3  2 3 ， CKF 2 2 2 2 1 ∴FG  3， 2 1 1 ∴当 MNF的周长取得最大值时， FP PC的最小值即为FG的值，即  3．  2 2 （3）解：存在， 2 3  2 3  由（2）可知，OP2tan302 2，即点P0, 2， 3   3   2 3 将点P向下平移 个单位得到点Q， 3 ∴点 Q0,2， 在 Rt  AOQ中, OA1,OQ2,则AQ 5， 取AQ的中点G，则有OGGQ， ∴△AOQ在旋转过程中，只需使AQ的中点G在坐标轴上即可满足GQOG， 如图所示，当点G在y轴正半轴上时，过点Q作QI x轴，垂足为I， ∵GOQGQO， ∵OG∥IQ，∴GOQIQO， ∴IQOGQO， ∴设Q(x,y)， x 1 ∴sinIQOsinAQO  ， 2 5 2 5 2 5 4 5 ∴x ，即点Q , ， 5   5 5   4 5 2 5 同理可知，当点G在x轴正半轴上时，点Q , ，   5 5    2 5 4 5 当点G在y轴负半轴上时，点Q , ，   5 5    4 5 2 5 当点G在x轴负半轴上时，点Q , ，   5 5   2 5 4 5 4 5 2 5  2 5 4 5  4 5 2 5 综上，点Q的坐标为 , ， , ， , ， , ．  5 5   5 5   5 5   5 5          30．（2024·天津滨海新·一模）已知抛物线yx22mxc（m，c为常数，且m0），与x轴交于点A(1,0)， B两点，与y轴相交于点C． (1)当m1时，求抛物线的顶点坐标； 1 (2)点M 为抛物线对称轴上一点，点M 的纵坐标为 ，若MBMC，求抛物线的解析式： 2 (3)当m 1时，抛物线的对称轴与x轴交于点D，过点P( 3m,1m)作直线l垂直于y轴，垂足为E，Q为 103 3 直线l上一动点，N 为线段CP上一动点，当DQQN 的最小值为 时，求m的值． 4 【答案】(1)(1,4) (2)yx2 x2 3 (3)m 2 【分析】（1）代入m1，A(1,0)可得c3，进而可得yx22x3(x1)24，即可求得顶点坐标；  1 （2）代入A(1,0)，得c12m，可得抛物线的对称轴为直线xm，C(0,12m)，Mm, ，由对称性  21  1 2 可知，点B的坐标为(2m1,0)，得MB2  (m1)2，MC2 m22m  ，即可求解； 4  2 （3）作点D关于直线l的对称点D¢，则D(m,22m)，TD4m 3m1．过D¢作DN CP，垂足为N ， 103 3 与直线l相交于点Q，此时DQQN DQQN DN取得最小值，即DN  ，在解直角三角形即 4 可求解． 【详解】（1）解：当m1时，抛物线的解析式为yx22xc． 抛物线与x轴交于点A(1,0)，  012c，得c3． 抛物线的解析式为yx22x3． yx22x3(x1)24， 所以抛物线的顶点坐标为(1,4)． （2）  抛物线yx22mxc与x轴交于点A(1,0)， 012mc，得c12m． 抛物线的解析式为y x2 2mx12m．  1 可得抛物线的对称轴为直线xm，C(0,12m)，Mm, ．  2 由对称性可知，点B的坐标为(2m1,0)． 1  1 2 MB2  (m1)2，MC2 m22m  ， 4  2 1  1 2 因为MBMC，有 (m1)2 m22m  4  2 1 1 解得m  ，m  （舍）． 1 2 2 2 抛物线的解析式为yx2 x2． （3）点C(0,12m)，点P( 3m,1m)， 得直线CP的解析式为y  3x12m． 设直线CP与抛物线的对称轴相交于点T，则T(m,2m 3m1)． 作点D关于直线l的对称点D¢，则D(m,22m)， TD4m 3m1．过D¢作DN CP，垂足为N ，与直线l相交于点Q， 103 3 此时DQQN DQQN DN取得最小值，即DN  ． 4 在Rt  CEP中，PE  3m，CE=3m， PE 3 由tanPCE  ，得PCE30． CE 3 1 在Rt△TDN 中，DTN 30，有DN  TD． 2 1 103 3  (4m 3m1) ． 2 4 3 解得m ． 2 【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的 思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决 相关问题． 31．（2024·山东临沂·一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax22ax3与x轴交于点A，B（点 A在点B的左侧），交y轴于点C，点A的坐标为1,0，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E． (1)填空：a＝_____，点B的坐标是______； (2)连接BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MN BD，交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH x轴，垂足为H，交BD于点F，点P是线段OC上一动点，当 MNF  1 的周长取得最大值时，求FP PC的最小值； 2 1 2 3 (3)在（2）中，当 MNF的周长取得最大值时，FP PC取得最小值时，如图2，把点P向下平移 个  2 3 单位得到点Q，连接AQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度0360，得到  AOQ，其中 边AQ交坐标轴于点G．在旋转过程中，是否存在一点G，使得GQOG？若存在，请直接写出所有满足 条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)1,3,0 (2) 5 2 5 4 5 4 5 2 5  2 5 4 5  4 5 2 5 (3)存在，点Q的坐标为 , , , , , , ,          5 5 5 5 5 5 5 5         【分析】（1）将点A(1,0)代入yax22ax3，求得a，再令y0，解方程即可得出答案； （2）将（1）中所得的解析式写成顶点式，则可得点D的坐标，用待定系数法求得直线BD的解析式，设点 Fm,2m6，N  m,m22m3  ，利用等角的三角函数值相等得出C  3 55 NF，利用二次函数的 MNF 5   性质求出使 MNF的周长取得最大值时的m值，在x轴上取点K  3,0 ，则OCK 30，过F作CK 的  1 垂线段FG交y轴于点P，可得(FG PC) FG，连接FC，FK，设FK 交y轴于点J，利用△CKF的面 2 min 积计算出FG即可； （3）由（2）求出点Q的坐标，取AQ的中点G，  AOQ在旋转过程中，只需使AQ的中点G在坐标轴上 即可使得GQOG，分四种情况计算即可． 【详解】（1）解：将点A(1,0)代入yax22ax3，得a2a30， 解得，a1， ∴yx22x3， 当y0时，x22x30， 解得，x 1，x 3， 1 2 ∴点B的坐标是3,0； 故答案为：1，3,0；（2）解：∵yx22x3 x12 4， ∴点C(0，3)，点D(1，4)， 设直线BD的解析式为ykxbk 0，将B(3，0)，D(1，4)代入得： 3kb=0  ， kb=4 k=2 解得， ， b=6 ∴y2x6， 设点Fm,2m6，N  m,m22m3  ， 由图形可知，MNF DBE， 2 5 ∵sinDBE 5，cosDBE ， 5 5 5 2 5 3 5 ∴MNMF  NF NF  NF， 5 5 5 3 5 ∴C  NFNF MNF 5 3 55  NF 5 3 55    m22m32m6  5 3 55    m24m3  5 3 55  m221， 5   ∴当m2时，C 最大，此时F(2，2)，HF 2， MNF 1 在x轴上取点K( 3，0)，则OCK 30，过F作CK 的垂线段FG交y轴于点P，此时PG PC， 2 1 ∴PF PC FPPG， 2 1 ∴当点F，P，G三点共线时，PF PC有最小值为FG， 2 而此时点P不在线段OC上，故不符合题意， 1 ∴PF PC的最小值为FC的长度， 2 ∵点C(0，3)，点F(2，2)， ∴CF  1222  5，1 ∴当  MNF的周长取得最大值时，PF PC的最小值为 5； 2 （3）解：存在． 由（2）可知，点P(0，3)， 2 3 将点P向下平移 个单位得到点Q， 3  2 3 ∴点Q0,3 ，   3   2 3 在Rt  AOQ中，OA1，OQ3 ，则AQ 5， 3 取AQ的中点G，则有OGGQ， ∴ AOQ在旋转过程中，只需使AQ的中点G在坐标轴上即可使得GQOG， 如图所示，当点G在y轴正半轴上时，过点Q作QI x轴，垂足为I， ∵GQOG， ∴GOQGQO ∵OG∥IQ， ∴GOQIQO， ∴IQOGQO， x 1 设Qx,y，则有：sinIQOsinAQO   ， 2 5 2 5 2 5 4 5 ∴x ，则点Q , ，   5  5 5  4 5 2 5 同理可知，当点G在x轴正半轴上时，点Q , ；   5 5   2 5 4 5 当点G在y轴负半轴上时，点Q , ；   5 5    4 5 2 5 当点G在x轴负半轴上时，点Q , ．   5 5   2 5 4 5 4 5 2 5  2 5 4 5  4 5 2 5 综上，点Q的坐标为 , , , , , , , ．         5 5 5 5 5 5 5 5         【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、直角三角形的性 质与解直角三角形等知识点，数形结合并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 1 32．（2024·湖北·一模）如图1，抛物线y  x2  bx  c与x轴交于A，C两点，与y轴交于点B0,3， 4 1 经过点C的直线ykx4k与抛物线y  x2  bx  c的另一个交点为M． 4 (1)直接写出b，c的值； (2)若MCAABO，求k的值； (3)若D为BC上的点，F为AC上的点，BDCF ，过点B作x轴的平行线交抛物线于点E，连接DE， BF，如图2，当DEBF取得最小值时，求点F的坐标． 1 【答案】(1)（1）b ，c3； 4 (2)k1； 8  (3)当DEBF取得最小值时，F的坐标为 ,0． 3 【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可； （2）令y0，求出点A的坐标，然后求出CM 与y轴的交点Q的坐标，然后代入ykx4k求出k的值即 可； （3）作ACQCBE，在CQ上截取CK BE.连接FK,KB. KB与x轴交于点T，过点K作KGx轴， 垂足为G.则 KCF≌ EBD，得到KF DE，即BFDEBFKF BK ， 当点F 在点T的位置时， 取   等号.可得BFDE的最少值等于BK .然后根据 KCG∽ BCO，再根据勾股定理即可解题．   【详解】（1）解：∵点C在x轴上， ∴令y0，则kx4k 0，解得x4， ∴点C的坐标为4,0， 1 把4,0和B0,3代入y  x2  bx  c得： 4  1  c3 b  ，解得： 4， 44bc0  c3 1 1 ∴函数解析式为y x2 x3， 4 4 1 1 （2）令y0，则 x2 x30， 4 4 解得：x 4，x 3， 1 2 ∴点A的坐标为3,0， OA 3 ∴tanABO  1， OB 3 ∵MCAABO， ∴tanMCA1， ∴Q点的坐标为0,4或0,4， 把0,4代入ykx4k得4k 4，解得k 1； 把0,4代入ykx4k得4k 4，解得k1； ∴k 1； （3）如图所示， 作ACQCBE，在CQ上截取CK BE.连接FK,KB. KB与x轴交于点T，过点K作 KGx轴，垂足为G.又∵CF BD， ∴ KCF≌ EBD，   ∴KF DE， ∴BFDEBFKF BK ， 当点F 在点T的位置时， 取等号. 即BFDE的最少值等于BK . 1 1 过B0，3作x轴的平行线交抛物线y x2 x3于点E， 4 4 ∴E1,3， ∴BE1，即 KC1. ∵ACQCBEOCB，  KCG∽ BCO，   KG BO 3    ， CG CO 4 设KG3m， 则CG4m， 在Rt KGC中， 3m²4m²1，  1 解这个方程得，m (负值不符合题意，舍去)， 5 16 3 ∴点K的坐标为  , ，  5 5 9 ∴直线 BK 的函数表达式为：y x3， 8 9 8 当y0时， x30，解得x ， 8 38  T ,0， 3  8  即当DEBF取得最小值时，F 的坐标为 ,0. 3  【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判 定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 33．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，抛物线y ax2bxc的图象经过A(6,0)，B(2,0)，C(0,6)三 1 点，且一次函数ykx6的图象经过点B． (1)求抛物线和一次函数的解析式． (2)点E，F 为平面内两点，若以E、F 、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F 的左侧．这样的 E，F 两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标：如果不存在，请说明理由． (3)将抛物线y ax2bxc的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y ，此抛物线的图象与x轴交于M ， 1 2 N 两点（M 点在N 点左侧）．点P是抛物线y 上的一个动点且在直线NC下方．已知点P的横坐标为m．过 2 1 点P作PDNC于点D．求m为何值时，CD PD有最大值，最大值是多少？ 2 1 【答案】(1)y  x24x6，y3x6 1 2 (2)满足条件的E、F两点存在，E (8,2)，E (4,2)，E (4,4) 1 2 3 13 1 169 2 (3)当m 时，CD PD的最大值为 3 2 24 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作EE BC，FF BC，使EBE BBC， 1 2 1 2 1 2 CF CF BC，连接EF、E F ，证明△BEH ≌△CBO(AAS)，得出EH BO2，H BOC 6，则 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1E (8,2)同理可得，E (4,2)；②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G作E F BC，使E F 与BC 1 2 3 3 3 3 互相平分且相等，则四边形E BFC为正方形，过点E 作E N  y轴于点N ，过点B作BM E N于点M ， 3 3 3 3 3 证明△CE N≌△E BM(AAS)，得出E B2 5，在Rt△E NC中，EC2 CN2E N2，解得CN 2或 4， 3 3 3 3 3 3 进而即可求解； 2 （3）得出  CON 是等腰直角三角形，  HPD是等腰直角三角形，则HDDP HP，点P在抛物线y 2 上， 2 2 1  2 3 2 1 且横坐标为m，得出H(m,m6)，进而可得HDDP  m23m m2 m，则CD PD 2  2  4 2 2 3 2 13 2 169 2  m   ，根据二次函数的性质即可求解． 8  3  24 【详解】（1）解：把A(6,0)，B(2,0)，C(0,6)代入y ax2bxc 1 36a6bc0  得4a2bc0   c6  1 a  2  解得b4  c6   1 ∴y  x24x6 1 2 把B(2,0)代入ykx6得k 3 ∴y3x6 （2）满足条件的E、F 两点存在，E (8,2)，E (4,2)，E (4,4) 1 2 3 解：①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作EE BC，FF BC，使EBE BBC， 1 2 1 2 1 2 CF CF BC，连接EF、E F . 1 2 1 1 2 2过点E 作EH x轴于H . 1 1 1 1 ∵BE CB,BOC EH B90EBC， 1 1 1 1 又BEH 90EBH CBO， 1 1 1 1 ∴△BEH ≌△CBO(AAS)， 1 1 ∴EH BO2，H BOC 6 1 1 1 ∴E (8,2) 1 同理可得，E (4,2) 2 ②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G作E F BC，使E F 与BC互相平分且相等，则四边形 3 3 3 3 E BFC为正方形， 3 3 过点E 作E N  y轴于点N ，过点B作BM E N于点M 3 3 3 ∵CE BE ,CNE E MB90， 3 3 3 3 又BE M 90CE N ECN 3 3 3 ∴△CE N≌△E BM(AAS) 3 3∴CN E M ，BM E N 3 3 ∵BC 2 10 ∴EGBG 10 3 ∴E B2 5 3 在Rt△E NC中，EC2 CN2E N2 3 3 3 ∴(2 5)2 CN2(6CN)2 解得CN 2或4 当CN 4时，E (2,2)，此时点E在点F 右侧故舍去； 3 当CN 2时，E (4,4). 3 综上所述：E (8,2)，E (4,2)，E (4,4) 1 2 3 1 1 （3）∵y  x24x6向右平移8个单位长度得到抛物线y  x824x86 1 2 2 2 1 当y 0，即 x824x860 2 2 解得：x 2,x 6 1 2 ∴M(2,0)，N(6,0) ∵y 过M ，N ，C三点 2 1 ∴y  x24x6 2 2 在直线NC下方的抛物线y 上任取一点P，作PH x轴交NC于点H，过点H作HG y轴于点G. 2∵N(6,0)，C(0,6) ∴ON OC ∴ CON 是等腰直角三角形  ∵CHG45，GHP90 ∴PHD45 又PDCN ∴ HPD是等腰直角三角形  2 ∴HDDP HP 2 ∵点P在抛物线y 上，且横坐标为m 2 ∴CGGH m ∴CH  2m ∵y x6 CN ∴H(m,m6) 1  1 ∴HPm6 m24m6 m23m 2  2 2 1  2 3 2 ∴HDDP  m23m m2 m 2  2  4 2 1 1 3 3 2 3 2  ∴CD PDCH HD PDCH  PD 2m  m2 m   2 2 2 2 4 2   3 2 13 2 169 2  m   8  3  24 13 1 169 2 ∴当m 时，CD PD的最大值为 ． 3 2 24 【点睛】本题考查了二次函数综合运用，正方形的性质，二次函数的性质，分类讨论，熟练掌握二次函数 的性质是解题的关键． 题型03 利用二次函数解决两条线段之差的最值问题 34．（2024·安徽合肥·一模）已知抛物线L:yax24xc(a0)与直线yaxc都经过点A(1,m)，直线 yaxc与抛物线L的对称轴交于点B． (1)求m的值；(2)求证：a2c2 4； (3)当a1时，将抛物线L向左平移n(n0)个单位得到抛物线P，抛物线P与抛物线L的对称轴交于点M， 且点M在点B的下方．过点A作x轴的平行线交抛物线P于点N，且点N在点A的右侧，求BM AN 的 最大值，并求出此时n的值． 【答案】(1)m2 (2)详见解析 1 25 (3)当n 时，BM AN 值最大，为 2 4 【分析】（1）把A(1,m)代入L:yax24xc(a0)与yaxc中，得ma4c①，mac②，两 式相加可得m2． （2）由acm2得a22acc2 4，由ac2，a0，得2ac0，故a2c2 4． （3）由a1得抛物线L为y（x2）27，得M  2,n27  ，表示出BM 12n2，AN 6n，得  1 2 25 BM AM n   ，再利用利用二次函数的性质求解即可．  2 4 【详解】（1）把A(1,m)代入L:yax24xc(a0)与yaxc中，得 ma4c①，mac②， ①②得m2． （2）∵acm2， ∴ac2 22， ∴a22acc2 4， ∴a2c2 42ac． ∵ac2， 又a0， ∴c0， ∴ac0， ∴2ac0， ∴42ac4， ∴a2c2 4．（3）如图： ∵a1， ∴c3， ∴将抛物线L为yx24x3x227，直线为y= x+ 3， ∵抛物线L向左平移， ∴抛物线P为yx2n27， ∵抛物线L的对称轴为直线x2， ∵抛物线P与抛物线L的对称轴交于点M， ∴M  2,n27  ， ∵直线与抛物线L的对称轴交于点B， ∴B2，5， ∵点M在点B的下方， ∴BM 5  n27  12n2． ∵抛物线L的对称轴为直线x2，A(1,2)， ∴AD6， ∴AN 6n，  1 2 25 ∴BM AM 12n26nn   ，  2 4 1 25 ∴当x 时，BM AM 取得最大值 ． 2 4 【点睛】本题考查了二次函数、一次函数图象上点的坐标特征，完全平方公式，不等式的性质，二次函数的平移，二次函数的性质，二次函数的平移，以及二次函数与几何综合，掌握二次函数最值的求法是解题 关键． 35．（2024·宁夏银川·一模）如图，已经抛物线经过点O0，0，A5，5，且它的对称轴为x2． (1)求此抛物线的解析式； (2)若点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，当  OAB的面积为15时；求点B的坐标． (3)在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，求P的坐标以及PAPB的最大值． 【答案】(1)y=x2- 4x. (2)B2,8 (3)P(-2,12), PAPB的最大值为3 2. 【分析】（1）根据题意可设抛物线为yax2bx,再利用待定系数法求解抛物线的解析式即可； （2）设B2,y, 且y0, 记OA与对称轴的交点为Q，设直线OA为：ykx, 解得：k 1, 可得直线OA为： 1 yx, 则Q2,2, 利用S S S  BQx x 列方程，再解方程即可； OAB BOQ ABQ 2 A O （3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时PAPBAB最大，由勾股定理可得最小值，再利用待 定系数法求解AB的解析式，联立一次函数与二次函数的解析式，解方程组可得P的坐标． 【详解】（1）解：  抛物线经过点O(0,0)， 设抛物线为：yax2bx,  抛物线过A(5,5)，且它的对称轴为x2． 25a5b5  a1  b , 解得： ,   2 b4  2a抛物线为：y=x2- 4x. （2）解：如图，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限， 设B2,y, 且y0, 记OA与对称轴的交点为Q， 设直线OA为：ykx, \ 5=5k, 解得：k 1,  直线OA为：yx, Q2,2, 1 S S S  BQx x  OAB BOQ ABQ 2 A O 1  y2515, 2 解得：y8或y4, ∵y0, 则y8, B2,8. （3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时PAPBAB最大， A5,5,B2,8, AB 522 582 3 2, 设AB为：ykxb, 代入A、B两点坐标， 5kb5  , 2kb8 k1 解得： , b10 ∴AB为：y=-x+10, yx10  , yx24x x5 x2 解得： , , y5 y12 P2,12. 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，坐标与图形面积，三角形三边关系的应用， 勾股定理的应用，确定PAPB最大时P的位置是解本题的关键． 题型04 利用二次函数解决三条线段之和的最值问题 36．（2021·湖北恩施·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上， 抛物线yx2bxc经过点B，D4,5两点，且与直线DC交于另一点E．（1）求抛物线的解析式； （2）F 为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F ，E，B为顶点的四 边形是以BE为边的菱形．若存在，请求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M ，连接ME，BP．探究EM MPPB是 否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点M 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）yx22x3；（2）存在以点Q，F ，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，点F 的         坐标为 1, 22 或 1, 22 或 1,5 17 或 1,5 17 ；（3）EM MPPB存在最小值，最小值为  5 411，此时点M的坐标为1, ．  4 【分析】（1）由题意易得AD AB5，进而可得A4,0，则有B1,0，然后把点B、D代入求解即可； （2）设点F1,a，当以点Q，F ，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形时，则根据菱形的性质可分 ①当BF BE时，②当EF BE时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可； （3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进 而可得OM=BP，则有EM MPPBDM MO1，若使EM MPPB的值为最小，即DM MO1为最 小，则有当点D、M、O三点共线时，DM MO1的值为最小，然后问题可求解． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，D4,5， ∴AD AB5，A4,0， ∴AO4， ∴OB=1， ∴B1,0，164bc5 把点B、D坐标代入得： ，  1bc0 b2 解得： ， c3 ∴抛物线的解析式为yx22x3； （2）由（1）可得B1,0，抛物线解析式为yx22x3，则有抛物线的对称轴为直线x=1， ∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称， ∴E2,5， ∴由两点距离公式可得BE2 122052 26， 设点F1,a，当以点Q，F ，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形时，则根据菱形的性质可分： ①当BF BE时，如图所示： ∴由两点距离公式可得BF2 BE2，即112 0a2 26， 解得：a 22，     ∴点F的坐标为 1, 22 或 1, 22 ； ②当EF BE时，如图所示：∴由两点距离公式可得EF2 BE2，即212 5a2 26， 解得：a5 17，     ∴点F的坐标为 1,5 17 或 1,5 17 ；   综上所述：当以点Q，F ，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，点F 的坐标为 1, 22 或       1, 22 或 1,5 17 或 1,5 17 ； （3）由题意可得如图所示： 连接OM、DM， 由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，B1,0， ∴OB1，DM=EM， ∵过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M ， ∴PM OB1,PM//OB，∴四边形BOMP是平行四边形， ∴OM=BP， ∴EM MPPBDM MO1， 若使EM MPPB的值为最小，即DM MO1为最小， ∴当点D、M、O三点共线时，DM MO1的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示： ∵D4,5， ∴OD 4252  41， ∴DM MO1的最小值为 411，即EM MPPB的最小值为 411， 5 设线段OD的解析式为ykx，代入点D的坐标得：k  ， 4 5 ∴线段OD的解析式为y x， 4  5 ∴M1, ．  4 【点睛】本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的 性质及轴对称的性质是解题的关键． 37．（2024·天津河北·一模）已知抛物线yx²bxc，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y 1 轴相交于点C，若C点坐标为0，2，对称轴为x ． 2 (1)求抛物线顶点P和点A的坐标； (2)点D为y轴上一点，连接AD，BD，若将△ABD沿AD所在直线翻折，点B的对应点B恰好落在抛物 线的对称轴上，求D点坐标； (3)抛物线上点M在直线yc上方，过M作AC的垂线交线段BC于点N，过N点向y轴作垂线，垂足为Q，求CBMN2 2QN的最小值．  1 9 【答案】(1)P , ，A2,0  2 4  2 3  2 3 (2)D点的坐标为0, 或0,   3   3      2 (3)CBMN2 2QN的最小值为 5 4 【分析】（1）把点C的坐标代入，结果对称轴公式建立方程组求出二次函数的解析式，再根据顶点坐标公 式求顶点坐标，令y0，解一元二次方程求与x轴交点的坐标； （2）分两种情况：D点在y轴正半轴上或D点在y轴负半轴上，利用30直角三角形的性质求解即可； （3）先求直线AC、BC和MN的解析式，联立求出N 点的坐标，再求MN2 2QN的最大值，最后求 CBMN2 2QN的最小值． 1 【详解】（1）将C0,2，对称轴x 代入yx2bxc， 2 c2  得 b 1     2(1) 2 b1 解得 ， c2 ∴yx2x2，  b 4acb2   1 9 顶点P , ，即P , ，  2a 4a   2 4 令y0，得x2x20，解得x 2，x 1， 1 2 ∴A2,0，B1,0； （2）如图，当D点在y轴正半轴上时，连接BA， ABD沿AD所在直线翻折得到VABD，  1  1  3 ABAB3，对称抽x 与x轴交于点H，有H ,0,AH  ， 2  2  2 AH 1 在Rt AHB中，cosHAB  ，  AB 2 有HAB60，则HAD30，2 3 在Rt△ADO中，DO AOtanHAD ， 3  2 3 ∴D点的坐标为0, ；   3    2 3 同理，当D点在y轴负半轴上时，D点的坐标为0, ；  3     2 3  2 3 D点的坐标为0, 或0,   3   3      （3）由C0,2，A2,0，B1,0得：BC  5， 设直线AC的解析式为ykxb，则有 02kb  ， 2b b2 解得 ， k 1 即AC的解析式为：yx2，同理BC的解析式为：y2x2， 点M 在抛物线上且在直线yc(即y2)上方，设M 横坐标为m， 有M  m,m2m2  ，1m0, MN  AC，得直线MN的解析式为：yxm22，  yxm22  MN交BC于N ，联立 ， y2x2 得N  m2,2m22  ，则Q  0,2m22  ，有MN2 2QN   m2m 2  2m22    m2m2  2 2 2m2    2  m2m  2 2m2 2m2 2m  1 2 2  2m    2 4 1 2 即当m 时，MN2 2QN有最大值 ， 2 4 1 2 即当m 时，CBMN2 2QN有最小值 5 ． 2 4 【点睛】本题考查求一次函数的解析式，二次函数的解析式，二元一次方程组与一次函数的关系，二次函 数的最值，属于常见的中考试题，解题的关键是构建二次函数求最值． 38．（2022·山东烟台·统考二模）如图，平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B在x轴上，抛物线𝑦=― 𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经过A，𝐶(4,―5)两点，且与直线DC交于另一点E． (1)求抛物线的解析式： (2)P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q，连接EQ，AP．试求𝐸𝑄+𝑃𝑄+𝐴𝑃的最小值； (3)N为平面内一点，在抛物线对称轴上是否存在点M，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形？若 存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)𝑦=―𝑥2+2𝑥+3 (2) 41+1 (3)存在，(1,―3)，(1, 22)，(1,― 22)，(1,―5+ 17)，(1,―5― 17) 【分析】（1）求出A点坐标，把A、C坐标代入解析式计算即可； （2）连接OC，交对称𝑥=1于点Q，证明四边形AOQP是平行四边形，即可说明若使的𝐸𝑄+𝑃𝑄+𝐴𝑃值为最小，其𝐸𝑄+𝑂𝑄为量小，最小值为线段OC长； （3）由于N是任意一点，要使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形只要说明△AME是等腰三角形即 可． 【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，𝐶(4,―5)， ∴𝐴𝐷=𝐴𝐵=5，𝐵(4,0)， ∴𝑂𝐴=1， ∴𝐴(―1,0)， {―16+4𝑏+𝑐=―5 将点A，C坐标代入𝑦=―𝑥2+𝑏𝑥+𝑐得： ， ―1―𝑏+𝑐=0 {𝑏=2 解得： ， 𝑐=3 ∴抛物线的解析式为𝑦=―𝑥2+2𝑥+3； （2）连接OC，交对称𝑥=1于点Q ∵𝑃𝑄⊥𝑦轴， ∴𝐴𝑂∥𝑃𝑄， ∵𝐴𝑂=𝑃𝑄=1， ∴四边形AOQP是平行四边形， ∴𝐴𝑃=𝑂𝑄， ∴𝐸𝑄+𝑃𝑄+𝐴𝑃=𝐸𝑄+1+𝑂𝑄 若使的𝐸𝑄+𝑃𝑄+𝐴𝑃值为最小，其𝐸𝑄+𝑂𝑄为量小． ∵E，C关于对称轴𝑥=1对称， ∴𝐸𝑄=𝐶𝑄， ∴𝐸𝑄+𝑂𝑄=𝐶𝑄+𝑂𝑄， 此时𝐸𝑄+𝑂𝑄的值最小，最小值为线段OC长． ∵𝐶(4,―5)， ∴𝑂𝐶= 42+52= 41， ∴𝐸𝑄+𝑃𝑄+𝐴𝑃的最小值为 41+1， 即𝐸𝑄+𝑃𝑄+𝐴𝑃的最小值为 41+1．（3）设𝑀(1,𝑚) ∵E，C关于对称轴𝑥=1对称，𝐶(4,―5)， ∴𝐸(―2,―5)， ∵𝐴(―1,0) ∴𝐴𝐸2=(―1+2)2+(―5―0)2=26 𝐴𝑀2=(―1―1)2+(0―𝑚)2=𝑚2+4 𝐸𝑀2=(―2―1)2+(―5―𝑚)2=𝑚2+10𝑚+34 ∵由于N是任意一点，要使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形 ∴△AME是等腰三角形 当𝐴𝐸=𝐴𝑀时，𝐴𝑀2=𝐴𝐸2=𝑚2+4=26， 解得𝑚=± 22， 此时M点坐标为(1, 22)，(1,― 22) 当𝐴𝐸=𝐸𝑀时，𝐸𝑀2=𝐴𝐸2=𝑚2+10𝑚+34=26， 解得𝑚=―5± 17， 此时M点坐标为(1,―5+ 17)，(1,―5― 17) 当𝐴𝑀=𝐸𝑀时，𝐸𝑀2=𝐴𝑀2=𝑚2+10𝑚+34=𝑚2+4， 解得𝑚=―3， 此时M点坐标为(1,―3) 综上所述，存在点M(1,―3)，(1, 22)，(1,― 22)，(1,―5+ 17)，(1,―5― 17) ，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形 【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求抛物线的解析式、线段和 最值问题、二次函数的性质、菱形的判定与性质，综合性较强，有一定难度．其中第（3）问把菱形转换成 等腰三角形是解题的关键，需要注意分析题意分情况进行讨论，否则容易漏解．题型05 利用二次函数解决三角形周长的最值问题 39．（2024·江西·一模）已知关于x的二次函数yax2bxc的图象的对称轴是直线x1，其最大值是4， 经过点A1,4，交y轴于点B，请仅用无刻度直尺按下列要求作图． (1)在图1中作二次函数图象上的点P2,2； (2)在图2中二次函数图象的对称轴上找一点Q，使  ABQ的周长最短． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查二次函数综合题，轴对称图形的画法，抛物线的性质，熟练掌握抛物线的性质以及画对 称轴的作图技巧是解题的关键． （1）先求出函数解析式，再得出点的具体位置； （2）求  ABQ的周长最小，AB是固定值，即BQAQ最小，即找到B的对称点，连接另一个点和对称点， 点Q即是AP与对称轴的交点． 【详解】（1） b x 1  2a a2   根据题意可得：abc4 解得：b4 ，   abc4 c2   即二次函数y2x24x2， B0,2  在图上找到点B关于对称轴对称的点即是点P； （2） 由（1）得：B0,2，P2,2， 令AP的解析式为ykxb， 2kb2 k 2 将点A点P代入解析式得： ，解得： ， kb4 b2 AP的解析式为y2x2， 因为点Q在对称轴上，x1时，y1，故点Q1,1 40．（2024·山东济宁·一模）如图，顶点坐标为1,4的抛物线yax2bxc与x轴交于A，B两点（点A在 点B的左边），与y轴交于点C0，3，D是直线BC上方抛物线上的一个动点，连接AD交拋物线的对称轴于 点E． (1)求抛物线的解析式； (2)连接AC，当△ACE的周长最小时，求点D的坐标；(3)过点D作DH x轴于点H，交直线BC于点F ，连接AF．在点D运动过程中，是否存在使△ACF为等 腰三角形？若存在，求点F 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)yx22x3； (2)D2，3； (3)点D的坐标为  5，2 52  或2，3或   5 ， 7 ． 2 4 【分析】本题考查了二次函数综合，待定系数法求函数解析式，二次函数综合－周长问题以及特殊三角形 问题，熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键． （1）设抛物线的解析式为yax12 4，把C0，3代入求解即可； （2）当点D与点C关于直线x1对称时，△ACE的周长取得最小值，据此即可求解； （3）利用待定系数法求得直线BC的解析式，设点Fn，3n，分CF  AC  10或AF  AC  10或 AF FC时，三种情况讨论，利用勾股定理列式计算即可求解． 【详解】（1）解：根据题意设抛物线的解析式为yax12 4， 把C0，3代入得3a0124， 解得a1， ∴抛物线的解析式为yx12 4， 即yx22x3； （2）解：抛物线的顶点坐标为1,4， ∴抛物线的对称轴为直线x1， 当点D与点C关于直线x1对称时，△ACE的周长ACAECE ACAEED ACAD取得最小值， ∵C0，3，∴D2，3；（3）解：令y0，则x1240， 解得x=1或x3， ∴A1，0，B3，0， 设直线BC的解析式为ymx3， 把B3，0代入得03m3， 解得m1， ∴直线BC的解析式为yx3，AC 1232  10， 设点Fn，3n， 当CF  AC  10时，即CF2 10， ∴n233n2 10， 解得n 5（负值舍去），   ∴点D的坐标为 5，2 52 ； 当AF  AC  10时，即AF2 10， ∴n123n2 10， 解得n0（舍去），或n2， ∴点D的坐标为2，3； 当AF FC时，即AF2 FC2， ∴n123n2 n233n2， 5 解得n ， 2 5 7 ∴点D的坐标为 ， ； 2 4 综上，点D的坐标为  5，2 52  或2，3或   5 ， 7 ． 2 4 41．（2023·湖南张家界·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数yax2bxc的图象与x轴 交于点A2,0和点B6,0两点，与y轴交于点C0,6．点D为线段BC上的一动点．(1)求二次函数的表达式； (2)如图1，求△AOD周长的最小值； (3)如图2，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA,PB，记 PAD与△PBD的面积和  为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值． 1 【答案】(1)y x22x6 2 (2)12  15 27 (3) 3, ，S   2  最大值 2 【分析】（1）根据题意设抛物线的表达式为yax2x6，将0,6代入求解即可； （2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，根据点坐特点及正方形的判定得出四边形OBEC为 正方形，E6,6，连接AE，交BC于点D，由对称性 DE  DO ，此时 DO  DA有最小值为AE的长，再 由勾股定理求解即可； （3）由待定系数法确定直线BC的表达式为yx6，直线AC的表达式为y3x6，设  1  Pm, m22m6，然后结合图形及面积之间的关系求解即可．  2  【详解】（1）解：由题意可知，设抛物线的表达式为yax2x6， 将0,6代入上式得：6a0206， 1 a 2 1 所以抛物线的表达式为y x22x6； 2 （2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，∵B6,0，C0,6，BOC 90， ∴OBOC 6， ∵O、E关于直线BC对称， ∴四边形OBEC为正方形， ∴E6,6， 连接AE，交BC于点D，由对称性 DE  DO ， 此时 DO  DA有最小值为AE的长， AE AB2BE2  8262 10 ∵△AOD的周长为DADOAO， AO2，DADO的最小值为10， ∴△AOD的周长的最小值为10212； （3）由已知点A2,0，B6,0，C0,6， 设直线BC的表达式为ykxn， 6kn0 k 1 将B6,0，C0,6代入ykxn中， ，解得 ， n0 n6 ∴直线BC的表达式为yx6， 同理可得：直线AC的表达式为y3x6， ∵PD∥AC， ∴设直线PD表达式为y3xh，  1  由（1）设Pm, m22m6，代入直线PD的表达式  2 1 得：h m2m6， 2 1 ∴直线PD的表达式为：y3x m2m6， 2  1 1 yx6 x m2 m    8 4 由 1 ，得 ， y3x m2m6 1 1   2 y m2 m6  8 4 1 1 1 1  ∴D m2 m, m2 m6， 8 4 8 4  ∵P，D都在第一象限， ∴S S S S S △PAD △PBD △PAB △DAB 1  1   1 1   AB  m22m6 m2 m6 2  2   8 4  1  3 9   8 m2 m 2  8 4  3 3  m29m  m26m  2 2 3 27  (m3)2 ， 2 2  15 ∴当m3时，此时P点为 3, .  2  27 S  ． 最大值 2 【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，周长最短问题及面积问题， 理解题意，熟练掌握运用二次函数的综合性质是解题关键． 42．（2023·山东济宁·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中．抛物线yax2bx2与x轴交于A4,0和 B1,0，与y轴交于点C，连接AC，BC．(1)求该抛物线的解析式； (2)如图2，点M 为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M 作y轴的平行线，交AC于点N ，过点M 作 x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值； (3)点P为抛物线上的一动点，是否存在点P使ACPBAC 45？若存在，请求出点P的坐标；若不存 在，请说明理由． 1 3 【答案】(1)y x2 x2 2 2 (2)62 5  23 75 (3)存在，5,3或 ,   7 49 【分析】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、相似三角形判定与性质、对称变换等知识，解题 的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度． 1 3 （1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y x2 x2； 2 2 1 （2）设直线AC解析式为y kx2，用待定系数法得直线AC解析式为y x2，设 2  1 3   1  1 Mx, x2 x2，则Nx, x2，即得MN  x22x，可证  QMN ∽  AOC，可得MQ2MN ，  2 2   2  2 NQ 5MN ，构建二次函数，利用二次函数的性质求解； （3）在x轴负半轴上取D，使OC OD，连接CD交抛物线于P，此时ACPBAC 45，P是满足条 件的点，由C0,2，D2,0，得直线CD解析式为yx2，即可解得P5,3，作D关于直线AC的对 称点E，连接CE并延长交抛物线于P，由对称性知AC ACP，P'是满足条件的点，设Em,n，构建 方程组求出点E的坐标，可得结论．16a4b20 【详解】（1）解：把A4,0和B1,0的坐标代入yax2bx2，得到 ，  ab20  1 a   2 解得 ， 3 b  2 1 3 抛物线的解析式为y x2 x2； 2 2 1 3 （2）解：由y x2 x2可得C0,2， 2 2 设直线AC解析式为y kx2，把A4,0代入得： 4k20， 1 解得k  ， 2 1 直线AC解析式为y x2， 2  1 3   1  设Mx, x2 x2，则Nx, x2，  2 2   2  1 3 1  1 MN  x2 x2 x2 x22x， 2 2 2  2 MQ∥x轴，MN∥y轴，  MQN CAO，NMQAOC 90，   QMN ∽  AOC， MN MQ NQ MN MQ NQ    ，即   ， OC OA AC 2 4 2 5 MQ2MN，NQ 5MN ，  MNQ周长为MNMQNQ  MN2MN 5MN    3 5 MN    1   3 5  x22x  2  3 5  x2262 5， 2 3 5  0，  2 当x2时，△MNQ周长最大值为62 5； （3）解：在x轴负半轴上取D，使OC OD，连接CD交抛物线于P，如图：D2,0，CDO45，此时ACPBAC 45，P是满足条件的 点， C0,2，D2,0，  直线CD解析式为yx2，  yx2  x0 x5 由 1 3 得 或 ，  y x2 x2 y2 y3  2 2 P5,3， 作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P，由对称性知ACP'ACP，P是满足条件 的点， 设Em,n，根据AE AD，CECD可得：  (m4)2n2 (42)2  ， m2(n2)2 (02)2(20)2  14 m   5 m2 解得 或 ，  n 8  n0  5  14 8 E , ，  5 5  14 8 1 由E , ，C0,2可得直线CE解析式为：y= x+2，  5 5 7  1  23 y x2 x   7 x0   7 解 得 或 ， y 1 x2 3 x2 y2  y 75  2 2  49  23 75  , ，  7 49  23 75 综上所述，P的坐标为5,3或 , ．  7 4943．（2024·山东滨州·一模）在平面直角坐标系中，直线y  x 2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛 物线yax2bxca0经过A，B两点，并与x轴的正半轴交于点C． (1)求a，b满足的关系式及c的值； 1 (2)当a 时，若点P是抛物线对称轴上的一个动点，求 ABP周长的最小值  4 (3)当a1时，若点Qm,n是直线AB下方抛物线上的一个动点，当m取何值时，  ABQ的面积最大？并求 出 ABQ面积的最大值．  【答案】(1)2ab1，c2； (2)2 22 5 (3)最大值为1． 【分析】（1）在直线y  x 2中，令x0和y0可得点A和B的坐标，代入抛物线yax2bxc(a0) 中可解答； （2）连接BC交直线x1于点P，利用两点之间线段最短可得出此时 PAB的周长最小，从而可以解答；  （3）根据a1时，可得抛物线的解析式yx2x2，如图2，过点Q作QF x轴于F ，交AB于E，则  EQD 是等腰直角三角形，设Q(m,m2m2)，则E(m,m2)，表示QE的长，求得QD最大值，进而得到答 案． 【详解】（1）解：直线y  x 2中，当x0时，y=2， \ B(0,- 2)， 当y0时，x20， x2， A(2,0)， 将A(2,0)，B(0,2)代入抛物线yax2bxc(a0)中，得： 4a2bc0  ， c22ab 1，c2； 1 1 （2）解：如图1，当a 时，2 b1， 4 4 1 b ， 2 1 1 1 9 抛物线的解析式为：y x2 x2 (x1)2 ， 4 2 4 4 抛物线的对称轴是：x1， 由对称性可得C(4,0)， 要使 ABP的周长最小，只需APBP最小即可，  如图1，连接BC交直线x1于点P， 因为点A与点C关于直线x1对称，由对称性可知：APBPPCBPBC， 此时 ABP的周长最小，所以ABP的周长为ABBC，  Rt△AOB中，AB OA2OB2  2222 2 2， Rt  BOC中，BC  OB2OC2  2242 2 5，  ABP周长的最小值为2 22 5；  （3）解：当a1时，21b 1， b1， y=x2x2， A(2,0)，B(0,2)，C(1,0)， OAOB，  AOB是等腰直角三角形，  OAB45， 如图2，过点Q作QF x轴于F ，交AB于E，则  EQD是等腰直角三角形，设Q(m,m2m2)，则E(m,m2)， QE(m2)(m2m2)m22m(m1)21， 2 2 2 QD QE (m1)2 ， 2 2 2 2 当m1时，QD有最大值是 ， 2 当m1时，y1122， 2 点Q的坐标为(1,2)时，QD有最大值是 ，此时 ABQ的面积最大；  2 1 1 2 S  ABQD 2 2 1． ABQ最大值 2 2 2 当m1时，  ABQ的面积最大；  ABQ面积的最大值为1． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了利用待定系数法求抛物线的解析式，二次函数的性质，等腰直角 三角形的性质，轴对称最短路线问题等知识，综合性较强，难度适中，利用方程思想，数形结合是解题的 关键． 44．（2024·广东东莞·一模）如题，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bx2与x轴交于点A1,0， 点B4,0，与y轴交于点C，连接AC，BC． (1)求抛物线的解析式． (2)点D为抛物线的对称轴上一动点，当 ACD周长最小时，求点D的坐标．  (3)点E是OC的中点，射线AE交抛物线于点F ，P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交射线AF 与点G，是否存在点P使得△PFG与△AOE相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．1 3 【答案】(1)y  x2  x2 2 2 3 5 (2)D ,  2 4 (3)存在，点P的坐标为1,3或3,2 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）点A关于对称轴的对称点为点B，连接BC交对称轴于点D，连接AD，此时ADCD最小，得出直线 1 3 5 3 5 BC的解析式为y   x  2，当x 时，y ，得出D , 即可求解； 2 2 4 2 4 （3）分两种情况：△FPG∽△AOE，△PFG∽△AOE，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：把点A1,0，B4,0分别代入yax2bx2，  1 a ab20   2 得 解得 16a4b20 b 3  2 1 3 ∴抛物线的解析式为y  x2  x2． 2 2 （2）∵A1,0，B4,0 14 3 ∴对称轴为直线x  2 2 点A关于对称轴的对称点为点B，连接BC交对称轴于点D，连接AD，此时ADCD最小， 当x0时，y2， ∴点C0,2． 设直线BC的解析式为y kx2，代入B4,0得4k20 1 ∴k  2 1 ∴直线BC的解析式为y   x  2 23 5 当x 时，y ， 2 4 3 5 ∴点D , ． 2 4 （3）存在． ∵C0,2，E是OC的中点， E0,1． 又A1,0， ∴直线AE的解析式为yx1，OEOA1．  1 3 y x2 x2 1 3 联立 2 2 得 x2 x2x1． 2 2  yx1 解得x 2，x 1（舍）． 1 2 当x2时，y3． ∴F2,3．  1 3  设Pn, n2 n2，则Gn,n1．  2 2  1 3 1 1 ∴PG  n2 n2n1   n2 n1． 2 2 2 2 分以下两种情况： ①如图2，若△FPG∽△AOE，则ÐFPG=90°，PF PG． ∴PF∥x轴． ∴PF 2n． 1 1 ∴2n n2 n1． 2 2 解得n1或n2（舍）．∴P1,3． ②如图3，若△PFG∽△AOE，则PFG90，PF FG． 过点F 作FH PG于点H，则PG2FH ，  1 1  即 n2 n12n2．  2 2  解得n3或n2（舍）． ∴P3,2． 综上，点P的坐标为1,3或3,2． 【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求二次函数解析式，线段周长问题以及相似三角形 的性质，解题的关键是求出二次函数解析式． 45．（2024·山西晋中·一模）综合与探究 如图1，抛物线 yax2bx 3与x轴交于A3，0，B1，0两点，与y轴交于点C，顶点为点D．连接 AC，BC，将 ABC沿x轴向右平移 mm0个单位长度，得到 ABC．   (1)求抛物线的函数表达式与顶点D的坐标． (2)如图2，连接AC，AD，CD，当 △ACD周长最短时，求m的值． (3)如图3，设边BC与边AC交于点E，连接BE，是否存在m，使得BE与 ABE的一边相等?若存在，  直接写出m的值；若不存在，请说明理由．3 2 3  4  【答案】(1)y x2 x 3，顶点D的坐标为1, 3； 3 3  3  18 (2) ； 7 4 (3) 或164 13． 3 【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的函数表达式，再把抛物线的函数表达式转化为顶点式即可得到 顶点D的坐标； （2）设点C关于x轴的对称点为点C，连接CD，当C、A、D在同一直线上时，△ACD的周长最短，   由对称得到点C的坐标为 0, 3 ，设直线C"D的函数表达式为ykxn，可得直线CD的函数表达式为 7  3  y 3x 3，求得点A的坐标为 ,0，即可求出m的值； 3  7  （3）如图，过点E作EPx轴于点P，由A3,0，B1,0，  0, 3  ，可得OA3，OB1，AB4， 3 OC  3，进而得到tanOAC  ，tanOBC  3，ABAB4，即可得BAC30， 3 ABC60，ACB90，分三种情况：BEBE，BE AE，BE AB，利用解直角三角形和勾 股定理解答即可求解． 【详解】（1）解：将点A3,0，B1,0代入yax2bx 3中得，  9a3b 30  ， ab 30  3 a  3 解得 ，  2 3 b   3 3 2 3 ∴抛物线的函数表达式为y x2 x 3， 3 3 3 2 3 3 4 ∵y x2 x 3 x12  3， 3 3 3 3  4  ∴顶点D的坐标为1, 3；  3  （2）解：如图，设点C关于x轴的对称点为点C，连接CD，当C、A、D在同一直线上时，△ACD的 周长最短，  ∵点C的坐标为 0, 3 ，   ∴.点C的坐标为 0, 3 ，    4  设直线CD的函数表达式为ykxn， 将点C 0, 3 、D1, 3代入得，  3  n 3   4 ， kn 3  3 n 3  解得 7 ， k  3  3 7 ∴直线CD的函数表达式为y 3x 3， 3 7 当y0时， 3x 30， 3 3 解得x ， 7  3  ∴点A的坐标为 ,0，  7  3 18 ∴m AA 3 ； 7 7 4 （3）解：存在，m 或m164 13． 3 如图，过点E作EPx轴于点P， ∵A3,0，B1,0，  0, 3  ， ∴OA3，OB1，AB4，OC  3，OC 3 OC ∴tanOAC   ，tanOBC   3，ABAB4， OA 3 OB ∴OAC 30，OBC 60， ∴ACB90， ∴BAC30，ABC60，ACB90， 分三种情况讨论： ①当BEBE时，在 BBE中，  ∵ EBBBBE， ∴BEBE， ∴该情况不存在； ②当BE AE时， ∵AB4，EPx轴， ∴APBP2， ∵BAC30， 3 2 3 ∴PE AP·tan302  ， 2 3 ∵ABC 60， 2 3 ∴ PE 3 2， BP   tan60 3 3 2 8 ∴AB APBP2  ， 3 3 8 4 ∴BB ABAB4  ， 3 3 4 即m ； 3 ③当BE AB时，BE AB4m， 3 1 ∴AE AB·cos30 4m，BE AB·sin30 4m， 2 2 在Rt△BPE中，PBE60， 1 3 ∴BPBE·cos60 4m，PEBE·sin60 4m， 4 4 ∵BBm， 3 ∴BPBBBP1 m， 4在Rt  PEB中 ，PE2PB2 BE2， ∴   3 4m   2   1 3 m   2 4m2，  4   4  解得m 164 134（不合，舍去），m 164 13， 1 2 ∴m164 13； 4 综上，m的值为 或164 13． 3 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的顶点坐标，轴对称最短线段问题，二次 函数图象的平移，等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，掌握分类讨论思想解答是解题的关键． 46．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax22xc（a,c是常数）经过A0,3、 B3,0两点．点P为抛物线上一点，且点P的横坐标为m． (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)点C为抛物线对称轴上一点，连结AC,OC，求 AOC周长的最小值；  (3)已知点Q4m,m1，连结PQ，以PQ为对角线作矩形PMQN，且矩形各边直于坐标轴． ①抛物线在矩形内的部分图象y随x增大而减小，且最高点与最低点的纵坐标之差为2时，求m的值； ②连结BQ，设BQ的中点为D，当以P、D、Q为顶点的三角形为锐角三角形时，直接写出m的取值范 围． 【答案】(1)yx22x3 (2)3 13 3 331  331 (3)①m的值为1或 或3；② m 7或 m 7 2 2 2 【分析】（1）将A0,3、B3,0代入yax22xc，利用待定系数法即可求解； （2）根据题意知抛物线的对称轴为x1，作点A关于抛物线的对称轴为x1的对称点A2,3，则AC  AC， 可知  AOC的周长OAOCACOAOCAC，要使  AOC的周长最小，只需使OCAC最小，由三角形 三边关系可知OCACOA 2232  13（当点C在OA上时取等号），即OCAC的最小值为 13，由此 可求解； （3）①由题意可知，P  m,m22m3  ，Q4m,m1，当m4m时，m2，当m22m3m1时，  171  171 171 171 m ，分6种情况：当m2或m 时，当2m 时，当m 时，当1m2 2 2 2 2  171  171 时，当 m1时，当m 时，分别讨论即可； 2 2 ②先证明在锐角三角形中，两边的平方和大于第三边的平方，两边的平方差小于第三边的平方，再根据坐 标距离公式表示出PQ2，DQ2，PD2，再根据PD2DQ2 PQ2 PD2DQ2，列出不等式求解即可． 【详解】（1）解：将A0,3、B3,0代入yax22xc得： c3 a1  ，解得： ， 9a6c0 c3 ∴该抛物线对应的函数表达式为yx22x3； （2）∵yx22x3， 2 ∴抛物线的对称轴为x 1， 21 ∵A0,3，则OA3 作点A关于抛物线的对称轴为x1的对称点A2,3，则AC  AC， ∴  AOC的周长OAOCACOAOCAC， 要使  AOC的周长最小，只需使OCAC最小， 由三角形三边关系可知OCACOA 2232  13（当点C在OA上时取等号），即OCAC的最小值为13， ∴  AOC的周长的最小值为3 13； （3）①由题意可知，P  m,m22m3  ，Q4m,m1，  171 当m4m时，m2，当m22m3m1时，m ， 2  171 即：当m2或m ，PQ平行于坐标轴，此时不存在满足题意的矩形， 2 当2m 171 时，如图，此时，矩形内部没有y随x增大而减小的函数图象，故不符合题意； 2 当m 171 时，如图，此时，矩形内部有y随x增大而减小的函数图象， 2 最高点在QN上，纵坐标为y ，最低点为点P，纵坐标为y ， Q P ∴y y m1  m22m3  2，解得：m 3，m 2（舍去）； Q P 1 2 当1m2时，如图，此时，矩形内部有y随x增大而减小的函数图象， 最高点为点P，纵坐标为y ，最低点在MQ上，纵坐标为y 4m224m3， P T ∴y y   m22m3  4m2 24m32，解得：m 3 ； P T   2当  171 m1时，如图，此时，矩形内部有y随x增大而减小的函数图象， 2 最高点为点P，纵坐标为y ，最低点在NQ上，纵坐标为y ， P Q ∴y y   m22m3  m12，解得：m 1，m 2（舍去）； P 1 1 2 当m  171 时，如图，此时，矩形内部有y随x增大而减小的函数图象也有y随x增大而增大的函数图象， 2 故不符合题意； 3 综上，m的值为1或 或3； 2 ②如图， ABC是锐角三角形，BC a，AC b，ABc，  过点A作ADBC，则AD2BD2 AB2 c2，∵aBD，bAD，在a2 BD2，b2 AD2， ∴a2b2 AD2BD2 c2， 即：c2 a2b2，同理，b2 a2c2，a2c2b2， ∴a2b2 c2 a2b2， 即：在锐角三角形中，两边的平方和大于第三边的平方，两边的平方差小于第三边的平方； ∵P  m,m22m3  ，Q4m,m1， 则PQ2 m4m 2  m22m3  m1 2 m42m33m28m32     ∵点D为BQ的中点， 4m3 m1 ∴D , ，  2 2  则DQ2   4m 4m3  2    m1  2  1 m12，  2   2  2 PD2   m 4m3  2     m22m3   m1  2 m43m3 5 m2 49 ，  2   2  2 2 当m1时，Q3,0，D3,0，此时不存在  PDQ， 当m3时，Q1,2，D2,1，P3,0，三个点均在直线yx3上，此时不存在  PDQ， ∴m1，m3， ∵△PQD是锐角三角形， ∴PD2DQ2 PQ2 PD2DQ2， 先求PD2DQ2 PQ2， 即：  m43m3 5 m2 49  1 m12 m42m33m28m32，  2 2  2 整理得：m39m80，即m39m80， m3m28mm2m80 m  m2m8    m2m8  0 m1 m2m8  0，  331 331 当m1时，m10，则m2m80，即：  m     m   0， 2 2    331  331 m 0 m 0  2  2  331 可得 ，此时无解，或 ，解得 m1；  331  331 2 m 0 m 0    2  2  331 ∴ m1， 2  331 331 当m 1时，m10，则m2m80，即：  m     m   0， 2 2     331  331 m 0 m 0  2 331  2  331 可得 ，解得m ，或 ，解得m （舍去）；  331 2  331 2 m 0 m 0    2  2 331 ∴m ， 2 331  331 即：当PD2DQ2 PQ2时，m 或 m1； 2 2 再求PQ2 PD2DQ2， 即：m42m33m28m32  m43m3 5 m2 49  1 m12 ，  2 2  2 整理得：m3m27m70，即m37mm270， m  m27    m27  0， m1 m27  0，    当m1时，m10，则m270，即： m 7 m 7 0，  m 7 0  m 7 0 可得 ，解得：m 7 （舍去），或 ，解得：m 7， m 7 0 m 7 0 ∴m 7，    当m 1时，m10，则m270，即： m 7 m 7 0，  m 7 0  m 7 0 可得 ，此时无解，或 ，解得：1m 7， m 7 0 m 7 0 ∴1m 7， 即：当PQ2 PD2DQ2时，m 7或1m 7； 331  331 ∴当PD2DQ2 PQ2 PD2DQ2时， m 7或 m 7， 2 2331  331 综上，当以P、D、Q为顶点的三角形为锐角三角形时， m 7或 m 7． 2 2 47．（2024·内蒙古乌海·模拟预测）如图（1），在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx4a0与x轴交 于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，点A的坐标为1,0，且OCOB，点D和点C关 于抛物线的对称轴对称． (1)分别求出a，b的值和直线AD的解析式； (2)直线AD下方的抛物线上有一点P，过点P作PH  AD于点H，作PM 平行于y轴交直线AD于点M ， 交x轴于点E，求 PHM 的周长的最大值；  (3)在（2）的条件下，如图2，在直线EP的右侧、x轴下方的抛物线上是否存在点N ，过点N 作NGx轴 交x轴于点G，使得以点E、N 、G为顶点的三角形与 AOC相似？如果存在，请直接写出点G的坐标；  如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)a1，b3，y=x1 (2)44 2 1 33  11 393  (3)存在，点G的坐标为 ,0或 ,0     2 8     【分析】本题主要考查的是二次函数的综合应用，掌握二次函数的交点式、配方法求二次函数的最值、相 似三角形的判定、等腰直角三角形的判定、一元二次方程的求根公式，列出PM 的长与a的函数关系式是解 题的关键． （1）先求得C的坐标，从而得到点B的坐标，设抛物线的解析式为yax1x4，将点C的坐标代入 求解即可；先求得抛物线的对称轴，从而得到点D3,4，然后可求得直线AD的解析式y=x1； （2）求得BAD45，接下来证明△PMD为等腰直角三角形，所当PM 有最大值时三角形的周长最大，设P  a,a23a4  ，Ma1，则PM a22a3，然后利用配方可求得PM 的最大值，最后根据△MPH   的周长 1 2 PM 求解即可； OA EG OA GN （3）当EGN 90时，如果  或  时，则 AOC∽△EGN，设点G的坐标为a,0，则  OC GN OC EN N  a,a23a4  ，则EGa1，NGa23a4，然后根据题意列方程求解即可． 【详解】（1）  点A的坐标为1,0， OA1． 令x0，则y  4， C0,4，OC 4， QOC OB， OB4， B4,0， 设抛物线的解析式为yax1x4，  将x0，y  4代入得：4a4， 解得a1， 抛物线的解析式为yx23x4； a1，b3； 3 3 抛物线的对称轴为x  ，C0,4，  21 2  点D和点C关于抛物线的对称轴对称， D3,4； 设直线AD的解析式为ykxb． 将A1,0、D3,4代入得：  kb0  ， 3kb4 解得k 1，b=-1， 直线AD的解析式y=x1； （2）  直线AD的解析式y=x1，直线AD的一次项系数k 1， BAD45． PM 平行于y轴，  AEP90， PMH AME45． 2 2    MPH 的周长PM MH PH PM  MP PM  1 2 PM ．  2 2 设P  a,a23a4  ，则Ma,a1， 则PM a1  a23a4  a22a3(a1)24． 当a1时，PM 有最大值，最大值为4．    MPH 的周长的最大值4 1 2 44 2；  （3）在直线EP的右侧、x轴下方的抛物线上存在点N ，过点N 作NGx轴交x轴于点G，使得以点E、 N 、G为顶点的三角形与 AOC相似；理由如下：  设点G的坐标为a,0，则N  a,a23a4  ①如图2.1， OA EG 若  时， AOC∽△EGN．  OC GN a1 1 则  ，整理得：a2a80． a23a4 4 1 33 得：a (负值舍去)， 2 1 33  点G为 ,0；   2   ②如图2.2，OA GN 若  时， AOC∽ NGE，   OC EN a1 则 4，整理得：4a211a170， a23a4 11 393 得：a (负值舍去)， 8 11 393  点G为 ,0，   8   1 33  11 393  综上所述，点G的坐标为 ,0或 ,0．     2 8     48．（2023·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx2过点1,3，且交x轴于点 A1,0，B两点，交y轴于点C． (1)求抛物线的表达式； (2)点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PDBC于点D，过点P作y轴的平行线交直线BC于 点E，求△PDE周长的最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）中△PDE周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线CB方向平移 5个单位长度，点M为平 移后的抛物线的对称轴上一点．在平面内确定一点N，使得以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形，写 出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程． 1 3 【答案】(1)y  x2  x2 2 26 510 (2)△PDE周长的最大值 ，此时点P2,3 5  5 9 1 3 7 1 3 7 (3)以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时N , 或  ,   或  ,    2 2  2 2   2 2  【分析】（1）把1,3、A1,0代入yax2bx2计算即可； DPE周长 PE （2）延长PE交x轴于F ，可得DEPBCO，进而得到 DPE OBC，   ，求出PE的   OBC周长 BC  最大值即可； （3）先求出平移后的解析式，再设出M，N的坐标，最后根据菱形的性质和判定计算即可． 3ab2 【详解】（1）把1,3、A1,0代入yax2bx2得， ， 0ab2  1 a   2 解得 ， 3 b  2 1 3 ∴抛物线的表达式为y  x2  x2； 2 2 （2）延长PE交x轴于F ， ∵过点P作PDBC于点D，过点P作y轴的平行线交直线BC于点E， ∴DEPBCO，PDECOB90， ∴ DPE OBC，   DPE周长 PE ∴   ， OBC周长 BC  PE ∴ DPE周长  OBC周长，   BC ∴当PE最大时△PDE周长的最大 1 3 ∵抛物线的表达式为y  x2  x2， 2 2∴B4,0， 1 ∴直线BC解析式为y   x  2，BC OC2OB2 2 5 2  1 3   1  设Pm, m2 m2，则Em, m2  2 2   2  ∴PE 1 m2 3 m2   1 m2   1 m22m 1 m222， 2 2  2  2 2 ∴当m2时PE2最大，此时P2,3 ∵  BOC周长为OCOBBC 62 5， ∴△PDE周长的最大值为 2   62 5   6 510 ，此时P2,3， 2 5 5 6 510 即△PDE周长的最大值 ，此时点P2,3； 5 （3）∵将该抛物线沿射线CB方向平移 5个单位长度，可以看成是向右平移2个单位长度再向下平移一个 单位长度， 1 3 1 7 7 ∴平移后的解析式为y x22 x221 x2 x4，此抛物线对称轴为直线x ， 2 2 2 2 2 7  ∴设M ,n，Ns,t 2  ∵P2,3，A1,0 ∴PA2 18，PM2    7 2   2 n32  9 n32，AM2    7 1   2 n02  81 n2， 2  4 2  4 当PA为对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形 ∴PA与MN互相平分，且PM  AM ∴ 9 n32  81 n2，解得n 3 4 4 2 7  s 21 30  2 nt ∵PA中点坐标为 , ，MN中点坐标为 , ，  2 2   2 2     5 7 s  s1   2 ∴2 ，解得 ， 9  nt 3 t  2  5 9 此时N , ；  2 2 当PA为边长且AM 和PN 是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形∴AM 与PN 互相平分，且PM PA ∴ 9 n32 18，解得n3 3 7 4 2 7  1 2s 3t  2 n0 ∵PN 中点坐标为 , ，AM 中点坐标为 , ，  2 2   2 2     1  7  s 2s 1  2 ∴ 2 ，解得 ，  3tn0  t  3 7  2 1 3 7 1 3 7 此时N , 或N , ；     2 2 2 2     同理，当PA为边长且AN和PM 是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形 ∴AN和PM 互相平分，且AM PA 81 n2 18，此方程无解； 4  5 9 1 3 7 1 3 7 综上所述，以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时N , 或  ,   或  ,   ；  2 2  2 2   2 2  【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，相似三角形的性质与判定，菱形的性质及应用， 中点坐标公式等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度． 题型06 利用二次函数解决四边形周长的最值问题 49．（2024·四川凉山·模拟预测）如图，抛物线yx2bxc的图象与x轴交于A3,0、B两点，与y轴 交于点C0,3． (1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标； (2)若点E在抛物线上，且S S ，求点E的坐标； △EOC △ABC (3)点P是抛物线上A、D之间的一点，过点P作PM x轴于点M ，过点P作PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN x轴于点N ．设点P的横坐标为点m，请用含m的代数式表示矩形PQNM 的周长，并求矩 形PQNM 周长的最大值． 【答案】(1)yx124，顶点D的坐标为1,4 (2)E4,21,E4,5 (3)矩形PMNQ的周长为2m28m2，矩形的周长最大值为10 【分析】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，面积问题，线段周长问题； （1）待定系数法求解析式即可求解； （2）根据三角形的面积公式求得E点的横坐标为4，即可求解； （3）根据对称轴为直线x=1，设M点的横坐标为m，则PM m22m3，表示出矩形的周长，然后根 据二次函数的性质求得最值，即可求解． 【详解】（1）解：由抛物线yx2bxc经过点A3,0、C0,3， c3 b2 所以有 ，解得 ． 93bc0 c3 ∴抛物线的解析式为yx22x3． （2）将y0代入yx22x3，解得x 3，x 1， 1 2 ∴B1,0 ABOC 43 S   6S △ABC 2 2 △EOC ∵OC 3， ∴E点的横坐标为4， 把x4代入yx22x3 ∴E4,21，4,5 （3）由抛物线yx22x3可知，对称轴为直线x=1， ∵P点的横坐标为m，PM x轴， 则PM m22m3，N1m，0 MN 1m222m， ∴矩形PMNQ的周长2PM MN，  m22m32m2  22m28m22(m2)210 ∴当m2时矩形的周长最大值为10． 50．（2022·广西柳州·中考真题）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y 轴交于点C（0，5）． (1)求b，c，m的值； (2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交 抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最 大时，求点D的坐标； (3)如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一 点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标． 【答案】(1)b=4，c=5， m=5 (2)当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8） 23 (3)所有符合条件的点P的坐标为（2， ），（2，﹣9） 3 【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，利用待定系数法求解b，c即可，再令y=0， 再解方程求解m即可； （2）先求解抛物线的对称轴为x＝2，设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），证明四边形DEFG 是矩形，而DE=2x- 4,DF =-x2+4x+5, 可得四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝ ﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，再利用二次函数的性质可得答案； （3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK（AAS），再求解N（﹣4， 1 5 æ 5ö 3），求解直线BN 的解析式为：y x , 可得Qçç0, ÷÷, 设P（2，p），再利用勾股定理表示 3 3 è 3øæ 5ö2 10 61 æ5ö2 25 PQ2 =22+ççp- ÷÷ = p2- p+ , BP2＝(5- 2)2+p2 =9+p2，BQ2 =52+çç ÷÷ =25+ , 再分两种情况 è 3ø 3 9 è3ø 9 建立方程求解即可． 【详解】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c， ìï -1- b+c=0 ìïb=4 \ í ，解得：í , ïîc=5 ïîc=5 ∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5， 令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x ＝5，x ＝﹣1， 1 2 ∴B（5，0）， ∴m＝5； （2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9， ∴对称轴为x＝2， 设D（x，﹣x2+4x+5）， ∵DE∥x轴， ∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5）， ∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴， ∴四边形DEFG是矩形， ∴DE=2x- 4,DF =-x2+4x+5, ∴四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20， ∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大， ∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）； （3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，∴∠NKC＝∠MHC＝90°， 由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM， ∵B（5，0），C（0，5）． ∴OB＝OC， ∴∠OCB＝∠OBC＝45°， ∵CH⊥对称轴于H， ∴CH∥x轴， ∴∠BCH＝45°， ∴∠BCH＝∠OCB， ∴∠NCK＝∠MCH， ∴△MCH≌△NCK（AAS）， ∴NK＝MH，CK＝CH， ∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9， ∴对称轴为x＝2，M（2，9）， ∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2， ∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2， ∴N（﹣4，3）， 设直线BN的解析式为y＝mx+n， ì 1 ï m=- ìï -4m+n=3 ï 3 ∴í , 解得：í , ïî5m+n=0 ï 5 ï n= î 31 5 ∴直线BN 的解析式为：y x , 3 3 æ 5ö ∴Qçç0, ÷÷, è 3ø 设P（2，p）， æ 5ö2 10 61 ∴PQ2 =22+ççp- ÷÷ = p2- p+ , è 3ø 3 9 BP2＝(5- 2)2+p2 =9+p2， æ5ö2 25 BQ2 =52+çç ÷÷ =25+ , è3ø 9 分两种情况： ①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2， 10 61 25 ∴9+p2 = p2- p+ +25+ , 3 9 9 23 解得：p= , 3 æ 23ö ∴Pçç2, ÷÷, è 3 ø ②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2， 10 61 25 ∴p2- p+ =9+p2+25+ , 3 9 9 解得：p=-9, ∴点P′的坐标为（2，﹣9）． æ 23ö 综上，所有符合条件的点P的坐标为çç2, ÷÷或P(2,-9)． è 3 ø 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次 函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关 键． 51．（2023·辽宁丹东·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+5与x轴交于𝐴 (―1,0)，𝐵(5,0)两点，与y轴交于点C．(1)求抛物线的函数表达式； (2)若点P是位于直线𝐵𝐶上方抛物线上的一个动点，求△𝐵𝑃𝐶面积的最大值； (3)若点D是y轴上的一点，且以B、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标； (4)若点E为抛物线的顶点，点𝐹(3,𝑎)是该抛物线上的一点，点M在x轴、点N在y轴上，是否存在点M、N 使四边形𝐸𝐹𝑀𝑁的周长最小，若存在，请直接写出点M、点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)𝑦=―𝑥2+4𝑥+5 125 (2) 8 ( 10) (3)D的坐标为(0,―1)或 0,― 3 (11 ) ( 11) (4)𝑀 ,0 ，𝑁 0, 17 5 【分析】（1）把𝐴(―1,0)，𝐵(5,0)分别代入𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+5，利用待定系数法求解； 1 （2）过点P作𝑃𝐻⊥𝑂𝐵交𝐵𝐶于点H，根据𝑆 = 𝑂𝐵⋅𝑃𝐻得到𝑆 关于点P的横坐标的二次函数关系 △𝑃𝐵𝐶 2 △𝑃𝐵𝐶 式，进而求出二次函数的最值即可； 𝐴𝐵 𝐵𝐶 𝐴𝐵 𝐶𝐷 （3）由∠𝑂𝐵𝐶=∠𝑂𝐶𝐵=45°可知：要使△𝐵𝐶𝐷与△𝐴𝐵𝐶相似，则有 = 或 = ，分别求解即可； 𝐵𝐶 𝐶𝐷 𝐵𝐶 𝐵𝐶 （4）作点E关于y轴的对称点𝐸′，作点𝐹(3,𝑎)关于x轴的对称点𝐹′，由轴对称的性质可得四边形𝐸𝐹𝑀𝑁的周 长=𝑀𝑁+𝑁𝐸+𝑀𝐹+𝐸𝐹=𝑀𝑁+𝑁𝐸′+𝑀𝐹′+𝐸𝐹，可知当𝐸′，𝐹′，M，N在一条直线上时，四边形𝐸𝐹𝑀𝑁 的周长取最小值，直线𝐸′𝐹′与x轴、y轴的交点即为点M、N，由此可解． 【详解】（1）解：把𝐴(―1,0)，𝐵(5,0)分别代入𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+5得： { 0=𝑎―𝑏+5 ， 0=25𝑎+5𝑏+5{𝑎=―1 解得 ， 𝑏=4 ∴抛物线的表达式为𝑦=―𝑥2+4𝑥+5． （2）解：如图，过点P作𝑃𝐻⊥𝑂𝐵交𝐵𝐶于点H， 令𝑥=0，得𝑦=5， ∴𝐶(0,5)， ∴设直线𝐵𝐶的表达式为：𝑦=𝑘𝑥+𝑏， 将𝐶(0,5)，𝐵(5,0)代入𝑦=𝑘𝑥+𝑏， { 5=𝑏 得 ， 0=5𝑘+𝑏 {𝑘=―1 解得 ， 𝑏=5 ∴直线𝐵𝐶的表达式为𝑦=―𝑥+5， 设𝑃(𝑚,―𝑚2+4𝑚+5)，则𝐻(𝑚,―𝑚+5)， ∴𝑃𝐻=―𝑚2+4𝑚+5+𝑚―5=―𝑚2+5𝑚， 1 1 5( 5)2 125 ∴𝑆 = 𝑂𝐵⋅𝑃𝐻= ×5×(―𝑚2+5𝑚)=― 𝑚― + ， △𝑃𝐵𝐶 2 2 2 2 8 5 125 ∴当𝑚= 时，𝑆 取最大值，最大值为 ， 2 △𝑃𝐵𝐶 8 125 即△𝐵𝑃𝐶面积的最大值为 ； 8 （3）解：如图，∵𝐶(0,5)，𝐵(5,0)，𝐴(―1,0)， ∴𝑂𝐶=𝑂𝐵=5，𝐴𝐵=5―(―1)=6， ∴∠𝑂𝐵𝐶=∠𝑂𝐶𝐵=45°，𝐵𝐶= 𝑂𝐶2+𝑂𝐵2=5 2， 要使△𝐵𝐶𝐷与△𝐴𝐵𝐶相似， 𝐴𝐵 𝐵𝐶 𝐴𝐵 𝐶𝐷 则有 = 或 = ， 𝐵𝐶 𝐶𝐷 𝐵𝐶 𝐵𝐶 𝐴𝐵 𝐵𝐶 6 5 2 ①当 = 时， = ， 𝐵𝐶 𝐶𝐷 5 2 𝐶𝐷 25 解得𝐶𝐷= ， 3 10 则𝑂𝐷=𝐶𝐷―𝑂𝐶= ， 3 ( 10) ∴𝐷 0,― ； 3 𝐴𝐵 𝐶𝐷 ② 当 = 时，𝐶𝐷=𝐴𝐵=6， 𝐵𝐶 𝐵𝐶 则𝑂𝐷=𝐶𝐷―𝑂𝐶=6―5=1， ∴𝐷(0,―1)， ( 10) 即D的坐标为(0,―1)或 0,― ； 3 （4）解：𝑦=―𝑥2+4𝑥+5=―(𝑥―2)2+9， ∵E为抛物线的顶点， ∴𝐸(2，9)，∵𝐹(3,𝑎)在抛物线上， ∴𝑎=―32+4×3+5=8， ∴𝐹(3,8)， 如图，作点E关于y轴的对称点𝐸′(―2，9)，作点F关于x轴的对称点𝐹′(3,―8)， 由轴对称的性质可知𝐸′𝑁=𝐸𝑁，𝐹′𝑀=𝐹𝑀， ∴四边形𝐸𝐹𝑀𝑁的周长=𝑀𝑁+𝑁𝐸+𝑀𝐹+𝐸𝐹=𝑀𝑁+𝑁𝐸′+𝑀𝐹′+𝐸𝐹， ∴当𝐸′，𝐹′，M，N在一条直线上时，四边形𝐸𝐹𝑀𝑁的周长取最小值， 因此，直线𝐸′𝐹′与x轴、y轴的交点即为点M、N， 设直线𝐸′𝐹′的解析式为：𝑦=𝑚𝑥+𝑛，将𝐸′(―2，9)，𝐹′(3,―8)代入， {9=―2𝑚+𝑛 得 ， ―8=3𝑚+𝑛 { 17 𝑚=― ∴ 5 ， 11 𝑛= 5 17 11 ∴直线𝐸′𝐹′的解析式为：𝑦=― 𝑥+ ， 5 5 11 当𝑥=0时，𝑦= ； 5 17 11 11 当𝑦=― 𝑥+ =0时，𝑥= ， 5 5 17(11 ) ( 11) ∴𝑀 ,0 ，𝑁 0, ． 17 5 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查一次函数、二次函数、轴对称、相似三角形等知识点，综合性较 强，难度较大，解题的关键是综合运用上述知识点，第四问的关键是利用轴对称的性质找出点M和点N的 位置． 52．（2022·广东东莞·东莞市光明中学校考一模）二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+3(𝑎≠0)的图像与𝑦轴交于点𝐶，与𝑥 (9 ) 轴交于点𝐴(1,0)、𝐵 ,0 ． 2 (1)求𝑎、𝑏的值； (2)𝑃是二次函数图像在第一象限部分上一点，且∠𝑃𝐴𝐵=∠𝑂𝐶𝐴，求𝑃点坐标； (3)在（2）的条件下，有一条长度为1的线段𝐸𝐹落在𝑂𝐴上（𝐸与点𝑂重合，𝐹与点𝐴重合），将线段𝐸𝐹沿𝑥轴正 6 方向以每秒 个单位向右平移，设移动时间为𝑡秒，当四边形𝐶𝐸𝐹𝑃周长最小时，求𝑡的值． 13 2 11 【答案】(1)𝑎= ,𝑏=― 3 3 ( 4) (2)𝑃 5, 3 (3)6 (9 ) 【分析】（1）把𝐴(1,0)、𝐵 ,0 代入数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+3即可得出结果； 2 1 ( 2 11 ) 9 （2）先得出tan∠𝑃𝐴𝐵= ，设𝑃 𝑥, 𝑥2― 𝑥+3 (0<𝑥<1或𝑥> ），如图：过点𝑃作.𝑃𝐷⊥𝑥.轴于点𝐷，根 3 3 3 2 据解直角三角形得出tan∠𝑃𝐴𝐷= 𝑃𝐷 = 2 3 𝑥2― 1 3 1 𝑥+3 = 1 ，得出𝑃点坐标； 𝐴𝐷 𝑥―1 3 （3）作𝑃 关于𝑥轴的对称点𝑃 ，先求𝐶𝑃 的解析式，得出当𝐶𝐸+𝑃𝐹值最小时，四边形𝐶𝐸𝐹𝑃的周长最小，连 1 2 2 接𝐸𝑃 ，根据两点之间线段最短可得：当𝐶，𝐸，𝑃 三点共线，𝐶𝐸+𝐸𝑃 =𝐶𝑃 时，𝐶𝐸+𝐸𝑃 最短，得出结 1 2 2 2 2 论．(9 ) 【详解】（1）解：把𝐴(1,0)、𝐵 ,0 代入数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+3 2 { 𝑎+𝑏+3=0 2 11 得： 81 9 ，解得：𝑎= ，𝑏=― ， 𝑎+ 𝑏+3=0 3 3 4 2 2 11 ∴𝑎的值为： ，𝑏的值为：― ． 3 3 2 11 （2）解：由𝑦= 𝑥2― 𝑥+3，令𝑥=0，则𝑦=3， 3 3 ∴𝐶(0,3），即OC=3 ∵𝑂𝐴=1，𝑂𝐶=3， 𝐴𝑂 1 ∴在𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐶中，tan∠𝐴𝐶𝑂= = ， 𝐶𝑂 3 ∵∠𝑃𝐴𝐵=∠𝑂𝐶𝐴， 1 ∴tan∠𝑃𝐴𝐵= ， 3 ( 2 11 ) 9 设𝑃 𝑥, 𝑥2― 𝑥+3 (0<𝑥<1或𝑥> ）， 3 3 2 过点𝑃作𝑃𝐷⊥𝑥轴于点𝐷， ∴𝐴𝐷=𝑂𝐷―𝑂𝐴=𝑥―1， 在𝑅𝑡△𝑃𝐴𝐷中， tan∠𝑃𝐴𝐷= 𝑃𝐷 = 2 3 𝑥2― 1 3 1 𝑥+3 = 1 ， 𝐴𝐷 𝑥―1 3 ∴𝑥=5， ∴𝑥―1≠0， 2 11 2 11 4 当𝑥=5时， 𝑥2― 𝑥+3= ×52― ×5+3= ， 3 3 3 3 3 ( 4) ∴𝑃 5, . 36 6 （3）解：由题意得：𝑂𝐸= 𝑡，𝑂𝐹= 𝑡+1，即𝐹向左平移1个单位到点𝐸， 13 13 ( 4) ( 4) 将𝑃 5, 向左平移1个单位到𝑃 4, ， 3 1 3 ( 4) 作𝑃 关于𝑥轴的对称点𝑃 ，则𝑃 4,― ， 1 2 2 3 连接𝐶𝑃 ， 2 设𝐶𝑃 ：𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0）， 2 ( 4) 把𝐶(0,3)，𝑃 4,― 代入得： 2 3 { 𝑏=3 { 13 𝑘=― 4，解得： 12， 4𝑘+𝑏=― 𝑏=3 3 13 ∴𝐶𝑃 ：𝑦=― 𝑥+3， 2 12 13 令𝑦=0，则0=― 𝑥+3， 12 36 (36 ) ∴𝑥= ，即𝐶𝑃 与𝑥轴的交点为 ,0 ， 13 2 13 (36 ) (49 ) ∴当𝐸 ,0 ，𝐹 ,0 时，四边形𝐶𝐸𝐹𝑃的周长最短， 13 13 ∵四边形𝐶𝐸𝐹𝑃的周长=𝐶𝑃+𝐸𝐹+𝐶𝐸+𝑃𝐹，且𝐶𝑃，𝐸𝐹是定长， ∴当𝐶𝐸+𝑃𝐹值最小时，四边形𝐶𝐸𝐹𝑃的周长最小， 连接𝐸𝑃 ， 1 ∵𝑃𝑃 =1=𝐸𝐹，且𝑃𝑃 //𝐸𝐹， 1 1 ∴四边形𝐸𝐹𝑃𝑃 是平行四边形， 1 ∴𝐸𝑃 =𝑃𝐹， 1 ∵𝑃 ，𝑃 关于𝑥轴对称，𝐸是𝑥轴上的点， 1 2 ∴𝐸𝑃 =𝐸𝑃 ， 1 2 ∴𝐸𝑃 =𝑃𝐹， 2 ∴𝐶𝐸+𝑃𝐹=𝐶𝐸+𝐸𝑃 ， 2 根据两点之间线段最短可得：当𝐶，𝐸，𝑃 三点共线，𝐶𝐸+𝐸𝑃 =𝐶𝑃 时，𝐶𝐸+𝐸𝑃 最短， 2 2 2 2 (36 ) 即𝐸 ,0 时，四边形𝐶𝐸𝐹𝑃的周长最小， 13 6 36 ∴ 𝑡= ，𝑡=6𝑠， 13 13 即当𝑡=6𝑠时，四边形𝐶𝐸𝐹𝑃的周长最小．【点睛】本题考查了二次函数的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、解直角三角形等知识点， 正确作出辅助线是解答本题的关键． 53．（2022·安徽六安·校考一模）如图，直线AB∶y=x-3与x轴、y轴分别交于A，B两点，抛物线y=x²+bx+c 经过点A，B，抛物线的对称轴与x轴交于点D，与直线AB交于点N，顶点为C (1)求抛物线的解析式； (2)点M在线段BN上运动，过点M作线段EF平行于y 轴，分别交抛物线于点F，交x轴于点E，作FG⊥CD 于点G； ①若设E（t，0），试用含t的式子表示 DE的长度； ②试求四边形 EFGD的周长取得最大值． 【答案】(1)𝑦=𝑥2―2𝑥―3 17 (2)①𝐷𝐸=1―𝑡；② 2 【分析】（1）由直线AB∶y=x-3，求出其与x轴、y轴的交点坐标，再代入二次函数解析式，求解即可； （2）①由抛物线的解析式得出它的对称轴，对称轴与x轴交点的横坐标减去点 E 的横坐标，就是 DE 的 长度； ②用含t的代数式表示 EF 的长度，再表示矩形 EFGD 的周长，将得到的二次函数解析式转化为顶点式，求四边形 EFGD周长最大时 t的值即可． 【详解】（1）∵直线AB∶y=x-3，令𝑥=0 得𝑦=―3 ，令𝑦=0 得𝑥=3 ∴𝐴(3,0),𝐵(0,―3) 将A、B的坐标代入y=x²+bx+c 0=9+3𝑏+𝑐 𝑏=―2 得{ 解得{ ―3=𝑐 𝑐=―3 ∴ 抛物线的解析式为𝑦=𝑥2―2𝑥―3 （2）①∵𝑦=𝑥2―2𝑥―3=(𝑥―1)2―4 ∴𝐷(1,0) ∵ E（t，0） ∴𝐷𝐸=1―𝑡 ②∵ E（t，0） ∴𝑀(𝑡,𝑡―3),𝐹(𝑡,𝑡2―2𝑡―3) ∴𝐸𝐹=―(𝑡2―2𝑡―3)=―𝑡2+2𝑡+3 1 2 17 ∴ 四边形 EFGD的周长=2(1―𝑡―𝑡2+2𝑡+3)=―2𝑡2+2𝑡+8=―2(𝑡― ) + 2 2 ∵―2<0,0<𝑡≤1 1 17 ∴𝑡= 时，四边形 EFGD的周长取得最大值为 ． 2 2 【点睛】本题考查了一次函数图象与坐标轴的交点、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质及二 次函数求最值的问题等，熟练掌握知识点并能够运用数形结合的思想是解题的关键． 题型07 利用二次函数解决线段比最值问题 54．（2024·山西太原·三模）综合与探究 如图1，经过原点O的抛物线y2x28x与x轴的另一个交点为A，直线l与抛物线交于A，B两点，已 知点B的横坐标为1，点M为抛物线上一动点．(1)求出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式． (2)如图2，若点M是直线l上方的抛物线上的一个动点，直线OM 交直线l于点C，设点M的横坐标为m， MC 求 的最大值． OC (3)如图3，连接OB，抛物线上是否存在一点M，使得MOABAO，若存在，请直接写出点M的坐标； 若不存在，请说明理由． 【答案】(1)A的坐标为4，0，B的坐标为1，6，直线AB函数表达式为y2x8； 9 (2) ； 16 (3)M3,6或5,10． 【分析】本题主要考查二次函数的综合应用、相似三角形的性质证明、一次函数的应用，掌握相关知识并 灵活应用是解题的关键． （1）在y2x28x中，令y0得02x28x得A4，0，在y2x28x中，令x1得y6，设直线AB 函数表达式为ykxb，把A4，0，B1，6代入，即可求解； （2）过M作MK  x轴于K，过C作CTx轴于T，则M  m，2m28m ，Km，0，设直线OM 函数表达 式为y＝kx，把M  m，2m28m  代入得直线OM 函数表达式为y2m8x，进而得C   4 ， 328m ， 5m 5m  MC KT 1 5 2 9 由MK∥CT，   m   ，即可求解 ； OC OT 4 2 16 OE （3）过B作MRx轴于R，设直线l交y轴于点E，求出点E的坐标为0,8，则tanBAO 2，由 OAMOABAO得到tanMOAtanBAO2，则 MR 2，设M  t，2t28t  ，则MR 2t28t ,OR t ， OR 2t28t 得到 2，解得t3或t5，进而可求解； t 【详解】（1）解：在y2x28x中，令y0得02x28x， 解得x0或x4， ∴A4，0， 在y2x28x中，令x1得y6， ∴B1，6， 设直线AB函数表达式为ykxb， 把A4，0，B1，6代入得： 4kb0  ， kb6 k 2 解得 ， b8 ∴直线AB函数表达式为y2x8； ∴A的坐标为4，0，B的坐标为1，6，直线AB函数表达式为y2x8； （2）过M作MK  x轴于K，过C作CTx轴于T，如图： ∵点M的横坐标为m， ∴M  m,2m28m ，Km,0， 设直线OM 函数表达式为y＝kx，把M  m，2m28m  代入得： km2m28m， 解得k2m8，∴直线OM 函数表达式为y2m8x，  4 x y2m8x   5m 由 得， ， y2x8 y 328m  5m  4 328m ∴C ， ， 5m 5m  4 4 m25m4 ∴OT  ，KT m  ， 5m 5m 5m ∵MK∥CT， m25m4 MC KT 5m 1 5 2 9 ∴    m   ， OC OT 4 4 2 16 5m 1 ∵ 0， 4 5 MC 9 ∴当m 时， 取最大值，最大值为 ； 2 OC 16 （3）抛物线上存在一点M，使得MOABAO，理由如下： 过M 作MRx轴于R，设直线l交y轴于点E，如图： 当x0时，y2x88， ∴点E的坐标为0,8， ∴OE8 ∵A4，0，AOE90 OE ∴tanBAO 2， OA ∵MOABAO， ∴tanMOAtanBAO2，MR ∴ 2， OR 设M  t，2t28t  ，则MR 2t28t ,OR t ， 2t28t ∴ 2， t 解得t3或t5， 经检验，t3或t5是方程的解且符合题意， ∴M3,6或5,10． 55．（2024·山东济南·一模）如图，抛物线yax23ax4a的图象经过点C0,2，交x轴于点A，B (点A在 点B左侧)，连接BC直线ykx1k 0与y轴交于点D，与BC上方的抛物线交于点E与BC交于点F． (1)求抛物线的解析式； EF (2) 是否存在最大值？若存在，请求出其最大值及此时点E的坐标；若不存在，请说明理由． DF (3)第一象限内抛物线上是否存在一点P，使得 BCO中有一个锐角与PCF 相等？若存在，求点P得横坐  标，若不存在，请说明理由． 1 3 【答案】(1)y  x2  x2 2 2 (2)存在，最大值为2，E2,3 3 (3)存在，P得横坐标为 或3 2 【分析】（1）将点C的坐标代入函数解析式求得a值即可 EF （2）由题意知，点E位于y轴右侧，作EG∥y 轴，交BC于点G，根据平行线截线段成比例，将求 的 DF GE 最大值转化为求 的最大值，利用一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，两点间 CD的距离公式以及配方法解题即可； （3）当PCBOCB时，过点O作ON BC于点N，延长ON至H，使NH NO， 连接CH 交抛物线于 2 5 8 5 点P，过点H作HT x轴于点T，点P为所求点，由三角函数可求sinOCB ，OH  ，再由勾 5 5 8 8 16 3 股定理可求OT  ，则H , ，进而可求直线CH 的解析式为y x2，再求出与二次函数的交点坐 5 5 5  4 标即可；当PCBOBC时， 则CP∥x轴，则点P、C关于抛物线对称性对称，即可求解； 1 【详解】（1）把C0,2代入yax23ax4a，即4a2，解得a ， 2 1 3 抛物线的解析式为y  x2  x2； 2 2 （2）存在，理由如下： 如图，由题意，点E在y轴的右侧，作EG∥y轴， 交BC于点G， EG∥y轴，   EGF∽ DCF ,   EF EG   ， DF CD  直线ykx1k 0与y轴交于点D， D(0,1)， CD211， EF  EG， DF 1 3 令y0得， x2 x20，解得x 1,x 4， 2 2 1 2 A1,0,B4,0， 04mn 设BC所在直线的解析式为ymxnm0 ， 将B4,0，C0,2代入上述解析式得：  ，解 2n  1 m 得： 2，   n21 BC的解析式为y   x  2， 2  1 3   1  设Et, t2 t2，则Gt, t2，其中0t4，  2 2   2  EG 1 t2 3 t2   1 t2   1 t22 2， 2 2  2  2 EF 1   t222， DF 2 1  0，  2 拋物线开口方向朝下， 当t2时，有最大值，最大值为2， 1 3 将t2代入 t2 t22323， 2 2 点E的坐标为2,3． （3）存在，理由如下： 当PCBOCB时，过点O作ON BC于点N，延长ON至H，使NH NO， 连接CH 交抛物线于点P， 过点H作HT x轴于点T， NH NO，ON BC，  BC是OH的垂直平分线， CH CO， PBC OCB， 点P为所求点， OB 2 2 5 在Rt△BCO中，tanOCB 2，则sinOCB = ， CO 5 5 2 5 4 5 8 5 在Rt  OCN中，ON OCsinOCB2  ，OH 2ON  ， 5 5 5  CONOCN 90,NOBCON 90， OCN NOBPBC OCB，8 5 2 5 16 HT OHsinNOB   ， 5 5 5 8 OT  OH2HT2  ， 5 8 16 H , ， 5 5  n2 8 16  设直线CH 的解析式为ymxn，把H , ，C0,2代入得：8 16， 5 5   mn 5 5 n2  解得： 3， m   4 3 直线CH 的解析式为y x2， 4  3 y x2   4 联立 ， 1 3 y x2 x2  2 2  3 x x0   2 解得 或 ， y2 y 25  8 3 25 P , ， 2 8  3 点P得横坐标为 ， 2 当PCBOBC时， 则CP∥x轴，则点P、C关于抛物线对称性对称， 3 ∵对称轴为直线x , 2 点P3,2， 点P得横坐标为3， 3 综上所述，点P得横坐标为 或3． 2 【点睛】本题考查了二次函数综合，涉及待定系数法求二次函数的解析式，二次函数最值，相似三角形的 性质和判定，解直角三角形，勾股定理等知识点，解题的关键是综合运用以上知识点，正确做出辅助线， 分类讨论思想的运用． 56．（2024·四川广元·二模）如图1，二次函数yax²bxc的图象与x轴交于点．A1,0，B3,0，与y 轴交于点C0,3.(1)求二次函数的解析式． (2)点P为抛物线上一动点． OE ①如图2，连接BC，若点P在直线BC下方的抛物线上，连接OP，与BC交于点E，求 的最小值； PE 1 ②如图3，过点C作x轴的平行线与抛物线交于另一点D，连接BD，当S  S 时，求点P的坐 VDBC 3 VPBC 标． 【答案】(1)y=x22x3 4 3 33 9 33 3 33 9 33 (2) ； , 或 ,  3  2 2   2 2      【分析】本题考查二次函数综合问题，主要有待定系数法求解析式，动点围成三角形面积问题及线段问题， 解题的关键是根据题意列出函数根据函数性质求解． （1）将A(1,0),B(3,0)，C0,3,代入解析式即可得到答案； （2）①过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，设点P  x,x22x3  ,则点Qx,x3,根据平行得到 OE △OCE∽△PQE，表示出 ，利用函数的性质即可得到答案． PE 1 ②根据S  S 得到点P到直线BC的距离是点D到直线BC距离的3倍，求出直线BC的解析式，过 VDBC 3 VPBC 点D作BC的平行线与y轴交于点E，设直线DE的解析式为：yxm，根据C点坐标求出点D(2,3)， 直线解出DE的解析式y x5，根据平移规律即可得到答案； 【详解】（1）解：Qyax2bxc的图象与x轴交于点A1,0,B3,0，与y轴交于点C0,3,  abc0,  9a3bc0,   c3. a1,  解得b2,  c3. 故：yx22x3. （2）①如图1，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q， B3,0，C0,3.  故直线BC所在的直线方程为yx3, 设点P  x,x22x3  ,则点Qx,x3, PQ y y x3  x22x3  x23x. Q P PQ y轴，   VOCE∽VPQE. OE OC   . PE PQ OE 3 3    . PE x23x  3 2 9 x    2 4 ∵点P在直线BC下方的抛物线上， 0x3. 3 OE 4 ∴当x 时， 最小，最小为 ， 2 PE 3 1 ②QS  S , VDBC 3 VPBC ∴点P到直线BC的距离是点D到直线BC距离的3倍， 如图2，过点D作BC的平行线与y轴交于点E．∵直线BC的解析式为yx3, ∴设直线ED的解析式为yxm. QCD∥x轴，C0,3, D2,3． ∵点D2,3在直线yxm上， 2m3. m5． ∴直线ED的解析式为yx5. ∴直线ED可以看作是将直线BC向下平移2个单位长度得到的，将直线BC向上平移6个单位长度得到直线 l:yx3，则它与抛物线的交点就是满足条件的点P. x22x3x3. 3 33 3 33 解得x  ,x  . 1 2 2 2 3 33 9 33 3 33 9 33 ∴点P的坐标为 , 或 , .  2 2   2 2      57．（2024·山东济宁·一模）已知抛物线yax2bxca0与x轴交于A2,0，B6,0两点，与y轴交 于点C0,3．(1)求抛物线的表达式； (2)如图1，在对称轴上是否存在点D，使△BCD是以BC直角边的直角三角形？若存在，请求出点D的坐 标；若不存在，请说明理由． PM (3)如图2，点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M ，当 最大时，请直接写出点P的坐 AM 标． 1 【答案】(1)y x2x3 4 (2)D2,8或D2,7  15 (3)3,   4  【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）设D2,t，则BD2 16t2，BC2 45，DC2 t26t13，再分当DBC 90时，当当DCB90 时，两种情况利用勾股定理建立方程求解即可； （3）过点A作AEx轴交直线BC于点E，过P作PF x轴交直线BC于点F，由PF∥AE， 可得 MP PF  1   1  PF  PMF∽  AME，  ，设Pt, t2t3，则Ft, t3，再建立 关于t的二次函数即可； AM AE  4   2  AE 【详解】（1）解：解：∵抛物线yax2bxc过A2,0、B6,0，C0,3， 4a2bc0  ∴36a6bc0，   c3  1 a  4  解得：b1，  c3  1 ∴抛物线解析式为y x2x3； 4 1 1 （2）解：∵抛物线解析式为y x2x3 x224 4 4 ∴抛物线的对称轴为直线x2， 设D2,t， ∴BD2 262 t02 16t2，BC2 062 302 45，DC2 022 3tt26t13， 当DBC 90时，则DB2BC2 CD2， ∴t26t134516t2， 解得：t8， ∴D2,8； 当DCB90时，则DB2 BC2CD2 16t2 45t26t13， 解得t7， ∴D2,7； 综上所述：D2,8或D2,7； （3）解：如图，过点A作AEx轴交直线BC于点E，过P作PF x轴交直线BC于点F， ∴PF∥AE， ∴ PMF∽ AME，   MP PF ∴  ， AM AE 设直线BC的解析式为ykxd ， 6kd 0 ∴ ，  d 3 1 k  解得 2 ，  d 3 1 ∴直线BC的解析式为y x3， 2  1   1  设Pt, t2t3，则Ft, t3，  4   2  1 1 1 3 ∴PF  t3 t2 t3 t2  t， 2 4 4 2 ∵A2,0， ∴E2,4， ∴AE4， 1 3  t2 t ∴ MP  PF  4 2  1 t2 3 t  1 t32  9 ， AM AE 4 16 8 16 16 MP 9 ∴当t3时， 有最大值 ， AM 16  15 ∴此时P的坐标为3, ．  4  【点睛】本题主要考查二次函数的图象及性质，涉及待定系数法确定函数关系式、勾股定理、相似三角形 的判定和性质、二次函数最值，解题的关键是熟悉二次函数的性质以及分类讨论思想． 题型08 利用二次函数解决线段定值问题 58．（2024·山东济宁·一模）如图1，已知二次函数 yax²bxc(a、b、c为常数，且a≠0)的图象，与x 轴交于A(1,0)，B(3,0)，两点，与y轴交于点C0,3，已知点 P为该抛物线在第一象限内的一动点，设 其横坐标为m． (1)求该二次函数的表达式；(2)连接BC，过点P作PQx轴于点Q，交BC于点N ，直线AP交y轴于点M ，连接MN．设四边形MNQO 的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求S的最大值； (3)如图2，若直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点H，直线AP，BP分别交直线l于点E、F ．在 点P运动的过程中，HFHE是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)yx22x3； 9 (2)S的最大值为 ； 4 (3)HFHE为定值，定值为8． 【分析】（1）由题意设yax1x3，把点C(0,3)代入ya(x1)(x3)得到yx22x3； （2）根据题意得到P(m,m22m3)，利用待定系数法求得直线和BC的解析式；得到N(m,m3)， Q(m,0)求得M(0,m3)，推出OM NQ，得到四边形MNQO是矩形，根据矩形的面积公式得到S关于m的 函数关系式，然后根据二次函数的性质得到结论； （3）求得抛物线yx22x3的对称轴为x1，待定系数法得到直线BP的解析式为y(m1)x3m3， 求得E(1,2m6)，F(1,2m2)，于是得到结论． 【详解】（1）解：∵二次函数 yax²bxc的图象与x轴交于A(1,0)，B(3,0)， ∴设yax1x3， 把点C(0,3)代入ya(x1)(x3)得，3a1(3)， a1， 二次函数的表达式为y (x1)(x3)， 即yx22x3； （2）解：  点P为该抛物线在第一象限内的一点， P(m,m22m3)， 设直线AP的解析式为ykxb， kb0  ， mkbm22m3 k m3 解得 ， bm3 直线AP的函数表达式为y(m3)xm3； C(0,3)，B(3,0)， 直线BC的解析式为yx3；  PQ x轴于点Q，交BC于点N ， N(m,m3)，Q(m,0) 在y(m3)xm3中，当x0时，ym3， M(0,m3)， OM NQ， OM x轴，  ∴OM∥QN ， 四边形MNQO是矩形， SOQOM m(m3)m23m； 即S关于m的函数关系式为S m23m；  3 2 9  Sm23m(m23m)m   ，  2 4 9 S 的最大值为 ； 4 （3）解：HFHE为定值，  抛物线yx22x3的对称轴为x1， 设直线BP的解析式为yaxc， 3kb0  ， mkbm22m3 k m1 解得 ， b3m3 直线BP的解析式为y(m1)x3m3， E(1,2m6)，F(1,2m2)， HFHE2m62m28， 故HFHE为定值，定值为8． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象与性质，折叠的 性质，勾股定理，一次函数解析式等知识．熟练掌握二次函数的图象与性质，折叠的性质，勾股定理，一 次函数解析式是解题的关键． 59．（2024·天津和平·一模）已知抛物线C ：yax2bxc（a，b，c是常数，a0）的顶点为P1,4， 1 与x轴相交于点A(1,0)和点B，与y轴相交于点C，抛物线C 上的点P的横坐标为t． 1(1)求点B和点C坐标； (2)若点P在直线BC下方的抛物线C 上，过点P作PEx轴，PF  y轴，分别与直线BC相交于点E和点F ， 1 当EF 取得最大值时，求点P的坐标； (3)抛物线C ：ymx22mx1（m是常数，m0）经过点A，若点P在x轴下方的抛物线C 上运动，过 2 1 HP 点P作PDx于点D，与抛物线C 相交于点H，在点P运动过程中 的比值是否为一个定值?如果是， 2 DH 请求出此定值；如果不是，请说明理由． 【答案】(1)B3,0、C0,3  3 15 (2)P ,   2 4  (3)是一个定值，此定值为2，理由见解析 【分析】（1）由题意，设抛物线解析式为yax12 4，利用待定系数法确定函数关系式，令y0求出 点B坐标，令x0求出点C坐标； （2）先利用待定系数法确定直线BC：yx3，设P  n,n22n3  ，求出E、F坐标，根据两点之间距 离公式，结合二次函数图象与性质求解即可得到答案； （3）由待定系数法确定抛物线C ：y 1 x2 2 x1，设P  p,p22p3  ，且3 p1，得出D、H 坐标， 2 3 3 HP 再由两点之间距离公式求出HP、DH ，代值求 即可得到答案． DH 【详解】（1）解：  抛物线C 1 ：yax2bxc的顶点为P1,4， 设抛物线解析式为yax12 4，  抛物线C 1 ：yax2bxc与x轴相交于点A1,0， 04a4，解得a1， 抛物线C ：yx124， 1 令y0，则0x12 4，解得x1±2，即x1或x3， B3,0， 令x0，则y143，即C0,3；（2）解：如图所示： 由（1）知B3,0、C0,3，设直线BC：ykxb，则 03kb k 1  ，解得 ， 3b b3 直线BC：yx3， 设P  n,n22n3  ，则3n0， En,n3、F  n22n,n22n3  ， EF   n23n 2   n23n 2  2 n23n  2  n 3  2  9 ，  2 4 ∵3n0 3 ∴当n 时，EF 有最大值， 2  3 15 此时P , ；  2 4  （3）解：是一个定值，此定值为2，理由如下： 抛物线C ：ymx22mx1（m是常数，m0）经过点A1,0，  2 1 1 2 0m2m1，解得m ，即抛物线C ：y x2 x1， 3 2 3 3由（1）知抛物线C ：yx124， 1 设P  p,p22p3  ，且3 p1，则Dp,0，  1 2  Hp, p2 p1，  3 3  1 2 2 4 1 2  HP p2 p1 p22p3 p2 p2，DH  p2 p1， 3 3 3 3 3 3  2 4 1 2   p2 p2 2 p2 p1 HP 3 3 3 3  HP    2，即在点P运动过程中 的比值是一个定值，此定值为2． DH 1 2  1 2  DH  p2 p1  p2 p1 3 3  3 3  【点睛】本题考查二次函数综合，涉及抛物线图象与性质、待定系数法确定函数关系式、两点之间距离公 式等知识，根据题意，灵活运用二次函数图象与性质求解是解决问题的关键． 60．（2023·内蒙古呼和浩特·中考真题）探究函数y2 x24 x 的图象和性质，探究过程如下： (1)自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值列表如下5 3 1 1 3 5 x L  2  1  0 1 2 L 2 2 2 2 2 2 5 3 3 3 3 5 y L  0 m 0 2 0  L 2 2 2 2 2 2 其中，m________．根据上表数据，在图1所示的平面直角坐标系中，通过描点画出了函数图象的一部分， 请画出该函数图象的另一部分．观察图象，写出该函数的一条性质； (2)点F 是函数y2 x24 x 图象上的一动点，点A2,0，点B2,0 ，当S 3时，请直接写出所有 △FAB 满足条件的点F 的坐标； (3)在图2中，当x在一切实数范围内时，抛物线y2x24x交x轴于O，A两点（点O在点A的左边）， 点P是点Q1,0关于抛物线顶点的对称点，不平行y轴的直线l分别交线段OP，AP（不含端点）于M ，N 两点．当直线l与抛物线只有一个公共点时，PM 与PN 的和是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请 说明理由． 【答案】(1)2，图见解析，图象关于y轴对称  72 3  1 3  3 3 (2)F   ,   或F , 或F ,   2 2   2 2  2 2 (3)是定值， 17 【分析】（1）把x=1代入解析式，求出m的值即可，描点，连线画出函数图形，根据图形写出一条性质即 可； 1 （2）利用S  4 y 3，进行求解即可． △FAB 2 F （3）根据题意，求出抛物线的顶点坐标，点O,A,P的坐标，进而求出直线OP,AP的解析式，设直线l的解 析式为y pxq，联立抛物线的解析式，根据两个图象只有一个交点，得到Δ0，得到 4 p2 p2 q   p2，分别联立直线l和直线OP,AP的解析式，求出M,N的坐标，利用锐角三角形函数 8 8 求出PM,PN 的长，再进行求解即可得出结论． 【详解】（1）解：当x=1时，y2 124 1 242， ∴m2， 根据题干中的表格数据，描点，连线，得到函数图象，如下：由图象可知：图象关于y轴对称； 故答案为：4． （2）解：∵点A2,0，点B2,0 ， ∴AB4， 1 ∴S  4 y 3， △FAB 2 F 3 ∴ y  ， F 2 3 ∴y  ， F 2 3 3 当y  时：2 x24 x  ， F 2 2 3 1 1 3 解得：x  ,x  ,x  ,x  ， 1 2 2 2 3 2 4 2  1 3  3 3 ∴F , 或F , ，  2 2  2 2 3 3 当y  时：2 x24 x  ， F 2 2 7 7 解得：x  1,x  1， 1 2 2 2  72 3 ∴F , ；   2 2    72 3  1 3  3 3 综上：F   ,   或F , 或F , ；  2 2   2 2  2 2 （3）是定值；∵y2x24x2x122，当y0时，2x24x0，解得：x 0,x 2， 1 2 ∴对称轴为直线x1，顶点坐标为1,2，O0,0,A2,0， ∵点P是点Q1,0关于抛物线顶点的对称点， ∴P1,4， 设直线OP的解析式为ykx，把P1,4代入，得：k 4， ∴y4x， 设直线AP的解析式为yaxb， ab4 a4 则： ，解得： ， 2ab0 b8 ∴y4x8， 设直线l：y pxq， 联立y2x24x和y pxq，得：2x24 pxq0， ∵直线l与抛物线只有一个交点， ∴4 p242q0， 4 p2 p2 ∴q   p2， 8 8 8q 联立y4x8，y pxq，得：x  ， N p4 q 联立y4x，y pxq，得：x  ， M 4 p 如图：∵PO,PA关于PQ对称，∴OPQAPQ， ∵Q1,0，P1,4， ∴OQ1,PQ4， ∴PO 17， 1 ∴sinOPQsinAPQ ， 17 过点M 作MEPQ，过点N 作NF PQ， q 8q 则：ME1 ,NF  1， 4 p p4 ME NF ∴PM  ,PN  ， sinMPE sinAPQ ∴PM PN  17MENF  q 8q   171  1  4 p p4  8pq4  17 p216  p2  8p  p24  8   17 p216  p216   17 p216  17； ∴PM 与PN 的和为定值： 17． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形．解题的关键是掌握描点法画函数图象，利用数形 结合的思想进行求解．本题的综合性强，难度较大，属于中考压轴题．