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挑战 20 2 3 年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘 （ 全国通用 ）
专题13二次函数与胡不归型最值问题
胡不归问题：
模型分析：“PA＋k·PB”型的最值问题，当k＝1时通常为轴对称之最短路径问题，而当k＞0时，若以常
规的轴对称的方式解决，则无法进行，因此必须转换思路．如图，直线BM，BN交于点B，P为BM上的动点，点A在射线BM，BN同侧，已知sin∠MBN＝k．
过点A作AC⊥BN于点C，交BM于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长．
A A
M M
P Q P
B N B N
C D C
证明 如图，在BM上任取一点Q，连结AQ，作QD⊥BN于点D．
由sin∠MBN＝k，可得QD＝ k·QB．
所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC，即得证．
【例1】．（2022•济南）抛物线y＝ax2+ x﹣6与x轴交于A（t，0），B（8，0）两点，与y轴交于
点C，直线y＝kx﹣6经过点B．点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的表达式和t，k的值；
（2）如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；
（3）如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+ PQ的最大
值．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可求解；
（2）作PM⊥x轴交于M，可求PM＝ m2﹣ m+6，AM＝m﹣3，通过证明△COA∽△AMP，利用＝ ，求m的值即可求P点坐标；
（3）作PN⊥x轴交于BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，通过证明△PQN∽△BOC，求出QN＝
PN，PQ＝ PN，再由△CNE∽△CBO，求出CN＝ EN＝ m，则CQ+ PQ＝CN+PN＝﹣ （x﹣
）2+ ，即可求解．
【解答】解：（1）将B（8，0）代入y＝ax2+ x﹣6，
∴64a+22﹣6＝0，
∴a＝﹣ ，
∴y＝﹣ x2+ x﹣6，
当y＝0时，﹣ t2+ t﹣6＝0，
解得t＝3或t＝8（舍），
∴t＝3，
∵B（8，0）在直线y＝kx﹣6上，
∴8k﹣6＝0，
解得k＝ ，
∴y＝ x﹣6；
（2）作PM⊥x轴交于M，
∵P点横坐标为m，
∴P（m，﹣ m2+ m﹣6），
∴PM＝ m2﹣ m+6，AM＝m﹣3，
在Rt△COA和Rt△AMP中，
∵∠OAC+∠PAM＝90°，∠APM+∠PAM＝90°，
∴∠OAC＝∠APM，∴△COA∽△AMP，
∴ ＝ ，即OA•MA＝CO•PM，
3（m﹣3）＝6（ m2﹣ m+6），
解得m＝3（舍）或m＝10，
∴P（10，﹣ ）；
（3）作PN⊥x轴交于BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，
∴PN＝﹣ m2+ m﹣6﹣（ m﹣6）＝﹣ m2+2m，
由△PQN∽△BOC，
∴ ＝ ＝ ，
∵OB＝8，OC＝6，BC＝10，
∴QN＝ PN，PQ＝ PN，
由△CNE∽△CBO，
∴CN＝ EN＝ m，
∴CQ+ PQ＝CN+NQ+ PQ＝CN+PN，
∴CQ+ PQ＝ m﹣ m2+2m＝﹣ m2+ m＝﹣ （x﹣ ）2+ ，
当m＝ 时，CQ+ PQ的最大值是 ．【例2】．（2022•宜宾）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3，0）、B（﹣1，0）两点，与y轴交
于点C（0，3），其顶点为点D，连结AC．
（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上取一点E，点F为抛物线上一动点，使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边
的四边形为平行四边形，求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下，将点D向下平移5个单位得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求PF+
PM的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法，把问题转化为解方程组即可；
（2）过点 F作FG⊥DE于点 G，证明△OAC≌△GFE（AAS），推出 OA＝FG＝3，设 F（m，﹣
m2+2m+3），则G（1，﹣m2+2m+3），可得FG＝|m﹣1|＝3，推出m＝﹣2或m＝4，即可解决问题；
（3）由题意，M（1，﹣1），F （4，﹣5），F （﹣2，﹣5）关于对称轴直线x＝1对称，连接F F 交
2 1 1 2
对称轴于点H，连接F M，F M，过点F 作F N⊥F M于点N，交对称轴于点P，连接PF ．则MH＝
1 2 1 1 2 2
4，HF ＝3，MF ＝5，证明PN＝ PM，由PF ＝PF ，推出PF+ PM＝PF +PN＝FN 为最小值．
2 2 2 1 2 1
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（3，0）、B（﹣1，0），C（0，3），∴ ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点D的坐标为（1，4）；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
把A（3，0），C（0，3）代入，得 ，
∴ ，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
过点F作FG⊥DE于点G，
∵以A，C，E，F为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形，
∴AC＝EF，AC∥EF，
∵OA∥FG，
∴∠OAC＝∠GFE，
∴△OAC≌△GFE（AAS），
∴OA＝FG＝3，
设F（m，﹣m2+2m+3），则G（1，﹣m2+2m+3），
∴FG＝|m﹣1|＝3，
∴m＝﹣2或m＝4，
当m＝﹣2时，﹣m2+2m+3＝﹣5，
∴F （﹣2，﹣5），
1
当m＝4时，﹣m2+2m+3＝﹣5，
∴F （4，﹣5）
2
综上所述，满足条件点F的坐标为（﹣2，﹣5）或（4，﹣5）；
（3）由题意，M（1，﹣1），F （4，﹣5），F （﹣2，﹣5）关于对称轴直线x＝1对称，连接F F 交
2 1 1 2对称轴于点H，连接F M，F M，过点F 作F N⊥F M于点N，交对称轴于点P，连接PF ．则MH＝
1 2 1 1 2 2
4，HF ＝3，MF ＝5，
2 2
在Rt△MHF 中，sin∠HMF ＝ ＝ ＝ ，则在Rt△MPN中，sin∠PMN＝ ＝ ，
2 2
∴PN＝ PM，
∵PF ＝PF ，
1 2
∴PF+ PM＝PF +PN＝F N为最小值，
2 1
∵ ＝ ×6×4＝ ×5×F N，
1
∴F N＝ ，
1
∴PF+ PM的最小值为 ．
【例3】（2022•东西湖区模拟）如图1，抛物线y＝x2+（m﹣2）x﹣2m（m＞0）与x轴交于A，B两点（A在B左边），与y轴交于点C．连接AC，BC．且△ABC的面积为8．
（1）求m的值；
（2）在（1）的条件下，在第一象限内抛物线上有一点T，T的横坐标为t，使∠ATC＝60°．求（t﹣1）
2的值．
（3）如图2，点P为y轴上一个动点，连接AP，求CP+ AP的最小值，并求出此时点P的坐标．
【分析】（1）先求出A（﹣m，0），B（2，0），C（0，﹣2m），再由三角形面积 ×（2+m）×
（2m）＝8，可求m的值；
（2）过点C作EF∥x轴，过点T作TF⊥EF交于F点，过点C作CD⊥CT交直线AT于点D，过点D作
DE⊥EF交于E点，证明△CED∽△TFC，可得 ＝ ＝ ＝ ，进而求出D（﹣ t2， t﹣
4），再求出直线AT的解析式为y＝（t﹣2）x+2t﹣4，将D点坐标代入直线解析式即可求（t﹣1）2＝
；
（3）过点 B 作 BG⊥AC 交于 G 点，交 y 轴于点 P，可得 CP+ AP＝ （ CP+AP）＝
（GP+AP）≥ BG，可求CP+ AP的最小值为8，再由tan∠ACO＝ ＝ ，求出P（0，﹣1）．
【解答】解：（1）y＝x2+（m﹣2）x一2m＝（x﹣2）（x+m），
令y＝0，则x＝2或x＝﹣m，
∵m＞0，
∴﹣m＜0，∴A（﹣m，0），B（2，0），
∴AB＝2+m，
令x＝0，则y＝﹣2m，
∴C（0，﹣2m），
∵△ABC的面积为8，
∴ ×（2+m）×（2m）＝8，
解得m＝2或m＝﹣4（舍）；
（2）当m＝2时，y＝x2﹣4，
∵的横坐标为t，
∴T（t，t2﹣4），
过点C作EF∥x轴，过点T作TF⊥EF交于F点，过点C作CD⊥CT交直线AT于点D，过点D作
DE⊥EF交于E点，
∵∠DCT＝90°，
∴∠DCE+∠TCF＝90°，
∵∠DCE+∠CDE＝90°，
∴∠TCF＝∠CDE，
∴△CED∽△TFC，
∴ ＝ ＝ ，
∵∠ATC＝60°，
∴ ＝ ，
∵C（0，﹣4），
∴CF＝t，TF＝t2，
∴DE＝ t，CE＝ t2，
∴D（﹣ t2， t﹣4），
设直线AT的解析式为y＝kx+b，
∴ ，解得 ，
∴y＝（t﹣2）x+2t﹣4，
∴ t﹣4＝（t﹣2）（﹣ t2）+2t﹣4，
∴（t﹣1）2＝ ；
（3）过点B作BG⊥AC交于G点，交y轴于点P，
∵A、B关于y轴对称，
∴AP＝BP，
∵∠GBA+∠BAC＝∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠ABG＝∠ACO，
∵AO＝2，CO＝4，
∴AC＝2 ，
∴sin∠ACO＝ ，
∴ ＝ ，
∴ CP＝GP，
∵CP+ AP＝ （ CP+AP）＝ （GP+AP）≥ BG，
∵cos∠ACO＝ ＝ ＝ ，
∴BG＝ ，
∴CP+ AP的最小值为8，
∵tan∠ACO＝ ＝ ＝ ，
∴OP＝1，
∴P（0，﹣1）．【例4】（2022•成都模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y
轴，x轴分别相交于A（0，2），B（2，0），C（4，0）三点，点D是二次函数图象的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线上异于点B的一点，连接AC，若S△ACP ＝S△ACB ，求点P的坐标；
（3）M是第四象限内一动点，且∠AMB＝45°，连接MD，MC，求2MD+MC的最小值．【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分两种情形，分别构建方程组求解即可；
（3）以O为圆心，OA为半径的圆，连接OM，取OB的中点E，连接EM、ED，先根据二次函数求出
A、B、C、D的坐标，再证明△EOM∽△MOC，从而有EM＝ MC，故2MD+MC＝2（MD+MC）＝2
（MD+ME）≥2ED，再求出ED即可．
【解答】解：（1）∵抛物线经过B（2，0），C（4，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣4），
把A（0，2）代入，可得a＝ ，
∴二次函数的解析式为y＝ x2﹣ x+2；
（2）如图，当点P在直线AC的下方时，过点B作BP ∥AC交抛物线于点P ，
0 0
由题意直线AC的解析式为y＝﹣ x+2，
∴k ＝﹣ ，
AC
∴K ＝﹣ ，
∴直线BP 的解析式为y＝﹣ x+1，
0由 ，
解得 ，
则P 与B重合，不符合题意．
0
当点P在直线AC的上方时，作直线BP 关于直线AC的的对称直线P P ，交抛物线于P ，P ．
0 1 2 1 2
∵直线AC的解析式为y＝﹣ x+2，
∴可得直线P P 的解析式为y＝﹣ x+3，
1 2
由 ，
解得 或 ，
∴P （2+2 ，2﹣ ），P （2﹣2 ，2+ ）；
1 2
（3）解：如图，以O为圆心，OA为半径的圆，连接OM，取OB的中点E，连接EM、ED，
∵A（0，2），B（2，0），C（4，0），
∴OA＝OB，即B在 O上，
⊙
∵y＝ x2﹣ x+2＝ （x﹣3）2﹣ ，∴顶点D（3，﹣ ），
∵∠AMB＝45°，
∴∠AMB＝ ∠BOA，
∴M在在 O上，即OM＝2，
取OB的中⊙点E（1，0），
∵ ＝ ， ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ，
又∠EOM＝∠MOC，
∴△EOM∽△MOC，
∴ ＝ ，
∴EM＝ MC，
∴2MD+MC＝2（MD+ MC）＝2（MD+ME）≥2ED，
∵ED＝ ＝ ，
∴2MD+MC的最小值为 ．1．（2022•河北区二模）已知抛物线y＝﹣ x2+bx+c（b，c为常数）的图象与x轴交于A（1，0），B两
点（点A在点B左侧）．与y轴相交于点C，顶点为D．
（Ⅰ）当b＝2时，求抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若点P是y轴上一点，连接BP，当PB＝PC，OP＝2时，求b的值；
（Ⅲ）若抛物线与x轴另一个交点B的坐标为（4，0），对称轴交x轴于点E，点Q是线段DE上一点，
点N为线段AB上一点，且AN＝2BN，连接NQ，求DQ+ NQ的最小值．
【分析】（Ⅰ）求出函数的解析式即可求解；
（Ⅱ）由题意可求P（0，2）或（0，﹣2），将A点代入抛物线解析式可得c＝ ﹣b，在求出B（2b﹣
1，0），C（0， ﹣b），由PB＝PC，（2b﹣1）2+4＝| ﹣b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝| ﹣b+2|2，再由
2b﹣1＞1，求出b即可；
（Ⅲ）先求出抛物线的解析式y＝﹣ x2+ x﹣2，设Q（ ，t）过点N作AD的垂线交于点M，交对称
轴于点Q，利用直角三角形可得MQ＝ DQ，当M、Q、N三点共线时，DQ+ NQ有最小值 MN，在
Rt△AMN中，AN＝2，求出MN＝ ，可求DQ+ NQ的最小值为 ．
【解答】解：（Ⅰ）当b＝2时，y＝﹣ x2+2x+c，
将点A（1，0）代入y＝﹣ x2+2x+c，
∴c＝﹣ ，
∴y＝﹣ x2+2x﹣ ＝﹣ （x﹣2）2+ ，
∴抛物线的顶点为（2， ）；（Ⅱ）∵点P是y轴上一点，OP＝2，
∴P（0，2）或（0，﹣2），
将A代入y＝﹣ x2+bx+c，
∴﹣ +b+c＝0，
∴c＝ ﹣b，
∵﹣ x2+bx+ ﹣b＝0，
∴1+x ＝2b，
1
∴x ＝2b﹣1，
1
∴B（2b﹣1，0），
令x＝0，则y＝2b﹣1，
∴C（0， ﹣b），
∵PB＝PC，
∴（2b﹣1）2+4＝| ﹣b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝| ﹣b+2|2，
解得b＝ 或b＝ 或b＝﹣ 或b＝ ，
∵A点在B点左侧，
∴2b﹣1＞1，
∴b＞1，
∴b＝ ；
（Ⅲ）将点A、B代入y＝﹣ x2+bx+c，
∴ ，
，∴y＝﹣ x2+ x﹣2，
∴抛物线的对称轴为直线x＝ ，
∴E（ ，0），
∵y＝﹣ x2+ x﹣2＝﹣ （x﹣ ）2+ ，
∴顶点D（ ， ），
∵A（1，0），B（4，0），
∴AB＝3，
∵AN＝2BN，
∴AN＝2，BN＝1，
∴N（3，0），
设Q（ ，t），
过点N作AD的垂线交于点M，交对称轴于点Q，
∵AE＝ ，DE＝ ，
∴tan∠DAE＝ ，
∴∠EQN＝∠DAE，
∴∠DAN＝∠MQD，
∴tan∠MQD＝ ，
∴sin∠MQD＝ ，
∴MQ＝ DQ，
∵DQ+ NQ＝ （ DQ+NQ）＝ （MQ+NQ），
∴当M、Q、N三点共线时，DQ+ NQ有最小值 MN，
在Rt△AMN中，AN＝2，∴sin∠MAN＝ ，
∴MN＝ ×2＝ ，
∴DQ+ NQ＝ ×MN＝ ，
∴DQ+ NQ的最小值为 ．
2．（2021•南海区二模）如图1，抛物线y＝ x2+bx+c与x轴交于A、B两点，点A、B分别位于原点左、
右两侧，且AO＝2BO＝4，过A点的直线y＝kx+c交y轴于点C．
（1）求k、b、c的值；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使△ACP为直角三角形？若存在，直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，点M为线段AC上一点，连接OM，求 AM+OM的最小值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）当∠PAC为直角时，由∠PAH＝∠ACO得到tan∠PAH＝tan∠ACO，即 ，即可求解；当
∠CAP为直角或∠ACP为直角时，同理可解；
（3）过点A作直线AN使∠NAC＝30°，过点O作ON⊥AN交AE于点M，则点M为所求点，进而求解．
【解答】解：（1）由AO＝2BO＝4知，点A、B的坐标分别为（﹣4，0）、（2，0），
设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x ）（x﹣x ），
1 2
则y＝ （x+4）（x﹣2）＝ x2+ x﹣2 ，
则点C（0，﹣2 ），
将点A、C的坐标代入y＝kx+c并解得：y＝﹣ x﹣2 ，
即k＝﹣ ，
故k＝﹣ ，b＝ ，c＝﹣2 ；
（2）由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝﹣1，则设点P的坐标为（﹣1，m），
①当∠PAC为直角时，如图1，
设抛物线的对称轴交x轴于点H，
则AH＝﹣1﹣（﹣4）＝3，PH＝m，AO＝4，OC＝2 ，
∵∠PAH+∠CAO＝90°，∠CAO+∠ACO＝90°，∴∠PAH＝∠ACO，
∴tan∠PAH＝tan∠ACO，即 ，
∴ ，解得m＝3 ；
故点P的坐标为（﹣1，3 ）；
②当∠APC为直角时，如图2，
故点P作x轴的平行线交y轴于点N，交过点A与y轴的平行线于点M，
则AM＝|m|，PM＝3，CN＝|m+2 |，PN＝1，
同理可得∠MPA＝∠PCN，
∴tan∠MPA＝tan∠PCN，即 ，
解得：m＝﹣ ± ，
故点P的坐标为（﹣1，﹣ ）或（﹣1，﹣ ）；
③当∠ACP为直角时，如图3，
同理可得，点P的坐标为（﹣1，﹣3 ）；综上，点P的坐标为（﹣1，3 ）或（﹣1，﹣ ）或（﹣1，﹣ ）或（﹣1，﹣3
）；
（3）过点A作直线AN使∠NAC＝30°，过点O作ON⊥AN交AE于点M，则点M为所求点，
理由：∠MAN＝30°，则MN＝ AM，则 AM+OM＝MN+OM＝ON为最小，
过点O作OE⊥AC于点E，则∠MOE＝90°﹣∠OME＝90°﹣∠AMN＝∠MAN＝30°，
由点A、C的坐标得，AC＝2 ，
则sin∠ACO＝ ＝ ，则cos∠ACO＝ ，
在Rt△COE中，OE＝OCsin∠ACO＝2 × ＝ ，
同理可得，CE＝ ，
在Rt△OME中，ME＝OEtan∠MOE＝ ×tan30°＝ ，OM＝2ME＝ ，
则AM＝AC﹣ME﹣EC＝2 ﹣ ﹣ ＝ ＝2MN，
则MN＝ ，
则 AM+OM的最小值＝OM+MN＝ ．
3．（2021•宝安区模拟）（1）已知二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3），请求该抛物
线解析式；
（2）点M为抛物线上第二象限内一动点，BM交y轴于点N，当BM将四边形ABCM的面积分为1：2
两部分时，求点M的坐标；（3）点P为对称轴上D点下方一动点，点Q为直线y＝x第一象限上的动点，且DP＝ OQ，求BP+
BQ的最小值并求此时点P的坐标．
【分析】（1）根据点A，B的坐标设出抛物线的交点式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；
（2）过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G，则 ＝ ，设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，进
而得出 ＝ 或2，进而建立方程求解，即可得出结论；
（3）先判断出△PCD∽△OBQ，进而得出PC＝ OQ，再判断出点A，P，C在同一直线上时，BP+
BQ的最小，再求出直线AC的解析式，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
∵点C（0，3）在抛物线上，
∴﹣3a＝3，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1，过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
设点M（m，﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0），
∴S△BCM ＝ CN（1﹣m），S△ABM ＝S△ABG ﹣S△AMG ＝ AG[（1+3）﹣（m+3）]＝ AG（1﹣m），∴ ＝ ＝ ，
∵ON∥AG，
∴ ＝ ，
设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，
∵BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，
∴ ＝ 或2，
∴ ，
∴ ，
∴t＝1或 ，
∴N（0，1）或N（0， ），
当N（0，1）时，
∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1①，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）②，
联立①②解得， 或 ，
∴M（﹣2，3）；
当N（0， ）时，
∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣ x+ ③，
联立②③解得， 或 ，∴M（﹣ ， ）；
即M（﹣2，3）或（ ）；
（3）如图2，
连接PC，CD，过点C作CH⊥DP于H，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2m+3＝﹣（m﹣1）2+4，
∴D（﹣1，4），
∵C（0，3），
∴CD＝ ，DH＝1，CH＝1，
∴DH＝CH，
∴∠CDP＝45°，
∵点Q为直线y＝x第一象限上的动点，
∴∠BOQ＝45°＝∠CDP，
∵DP＝ OQ，
∴ ＝ ，
∵ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴△PCD∽△OBQ，
∴ ，
∴PC＝ OQ，
∴BP+ OQ＝BP+PC，
连接AP，
∵点P是抛物线的对称轴上的点，
∴PC＝PA，
∴BP+ OQ＝BP+PC＝BP+PA，
∴当点A，P，C在同一条直线上时，BP+ OQ最小，最小值为AC＝ ＝ ，∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
当x＝﹣1时，y＝2，
∴点P（﹣1，2）．
4．（2021•南沙区一模）已知，抛物线y＝mx2+ x﹣4m与x轴交于点A（﹣4，0）和点B，与y轴交于点
C．点D（n，0）为x轴上一动点，且有﹣4＜n＜0，过点D作直线l⊥x轴，且与直线AC交于点M，与
抛物线交于点N，过点N作NP⊥AC于点P．点E在第三象限内，且有OE＝OD．
（1）求m的值和直线AC的解析式．
（2）若点D在运动过程中， AD+CD取得最小值时，求此时n的值．
（3）若△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6时，求AE+ CE的最小值．【分析】（1）利用待定系数法将A（﹣4，0）代入y＝mx2+ x﹣4m，求出m的值，即可抛物线解析式，
令x＝0，求出点C的坐标，设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A，C的坐标代入即可求出答案；
（2）在x轴上方作射线AM，使∠MAO＝30°，过点D作DK⊥AM于K，当C、D、K在同一条直线上
时，CD+DK最小，即 AD+CD取得最小值时，∠CDO＝∠ADK＝60°，应用三角函数定义即可求得答
案；
（3）根据△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6，可得出DN＝3DM，建立方程求出n的值，在y
轴上 取一点R，使得OR＝ ，连接AR，在AR上取一点E使得OE＝OD，构造相似三角形，可以证明
AR就是AE+ CE的最小值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝mx2+ x﹣4m与x轴交于点A（﹣4，0），
∴m•（﹣4）2+ ×（﹣4）﹣4m＝0，
解得：m＝ ，
∴抛物线解析式为y＝ x2+ x﹣3，
令x＝0，得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∵A（﹣4，0），C（0，﹣3），∴ ，
解得： ，
∴直线AC的解析式为y＝﹣ x﹣3.
（2）∵A（﹣4，0），D（n，0）为x轴上一动点，且有﹣4＜n＜0，
∴AD＝n﹣（﹣4）＝n+4，
在x轴上方作射线AM，使∠MAO＝30°，过点D作DK⊥AM于K，
∴∠AKD＝90°，
∴DK＝ AD，∠ADK＝60°，
当C、D、K在同一条直线上时，CD+DK最小，即 AD+CD取得最小值时，∠CDO＝∠ADK＝60°，
∵OD＝﹣n，∠COD＝90°，
∴ ＝tan∠CDO＝tan60°，即 ＝ ，
∴n＝﹣ ．
（3）∵DM⊥x轴，NP⊥AC，
∴∠ADM＝∠NPM＝90°，
∵∠AMD＝∠NMP，
∴△AMD∽△NMP，
∵△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6，
∴ ＝ ，
∵ ＝sin∠DAM＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴DN＝3DM，
∵DM＝ n+3，DN＝﹣ n2﹣ n+3，
∴﹣ n2﹣ n+3＝3（ n+3），解得：n ＝﹣2，n ＝﹣4（舍去），
1 2
∴D（﹣2，0），
∴OD＝2，
如图2中，在y轴上 取一点R，使得OR＝ ，连接AR，在AR上取一点E使得OE＝OD＝2．
∵OE＝2，OR•OC＝ ×3＝4，
∴OE2＝OR•OC，
∴ ＝ ，
∵∠COE＝∠ROE，
∴△ROE∽△EOC，
∴ ＝ ＝ ，
∴RE＝ CE，
∴当A、R、E共线时，AE+ CE＝AE+ER＝AR，此时AE+ CE最小，
∴AE+ CE的最小值＝AR＝ ＝ ＝ ．5．（2021•射阳县三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，对
称轴与抛物线相交于点P，与直线BC相交于点M，连接AC，PB．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）设对称轴与x轴交于点N，在对称轴上是否存在点G，使以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相
似？如果存在，请求出点G的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）抛物线上是否存在一点Q，使△QMB与△PMB的面积相等，若存在，求点Q的坐标；若不存在，
请说明理由；
（4）点E是y轴上的动点，连接ME，求ME+ CE的最小值．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入y＝ax2+bx+c中即可求解析式；
（2）两个三角形相似有两种情况①△AOC∽△ONG；②△AOC∽△GNO，在利用相似三角形的边对
应成比例即可求解；
（3）由于△QMB与△PMB共底MB，利用平行线的性质，只要两个三角形等高即可；分两种情况找平
行线，①过P点作PH∥BC交y轴于点H，直线PH的解析式为y＝﹣x+5，直线PH与抛物线的交点即
为Q；②由H点关于C点对称的点为（0，1），过点（0，1）与直线BC平行的直线解析式为y＝﹣
x+1，该直线与抛物线的交点即为Q；
（4）连接CF，在OA上截取OF使得OF＝ CF，过点M作MT⊥CF交CF于点T，过点M作MK⊥y轴交 CF 于点 K，在 Rt△CTE 中，ET＝ CE， CE+ME＝TE+ME，当 T、E、M 三点共线，并且
TM⊥AF时， CE+ME＝MT值最小．在Rt△AFO中，求出F（﹣ ，0），进而求出直线AF的解
析式 y＝ x+3，再求出 MK＝1+ ，由于∠TMK＝∠FCO，在 Rt△TKM 中，MT＝
KM•cos∠FCO，可求MT＝（1+ ）• ＝ ，则MT即为所求的最小值．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入y＝ax2+bx+c中，
得到 ，解得 ，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）函数对称轴为直线x＝1，
设G（1，m），
由已知可得OA＝1，OC＝3，
∵NG⊥x轴，CO⊥x轴，
∴NG∥OC，
∵N（1，0），
∴ON＝1，
当以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时，
①△AOC∽△ONG时，
NG＝OC＝3，
∴G（1，3）或G（1，﹣3）；
②当△AOC∽△GNO时，
，即GN＝ ，
∴G（1， ）或G（1，﹣ ）；
综上所述：以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时，满足条件的G点坐标为（1，3）或（1，﹣3）或（1， ）或（1，﹣ ）；
（3）当x＝1时，y＝4，
∴P（1，4），
设直线BC的解析式为y＝kx+m，
将点B（3，0）、C（0，3）代入，可得 ，
解得 ，
∴y＝﹣x+3，
过P点作PH∥BC交y轴于点H，
∴直线PH的解析式为y＝﹣x+5，
联立 ，解得x＝1或x＝2，
∴Q（2，3）或Q（1，4）（舍）；
当x＝0时，y＝5，
∴H（0，5），
∵H点关于C点对称的点为（0，1），
∴过点（0，1）与直线BC平行的直线解析式为y＝﹣x+1，
联立 ，
解得x＝ 或x＝ ，
∴Q（ ， ）或Q（ ， ）；
综上所述：△QMB与△PMB的面积相等时，Q点坐标为（2，3）或（ ， ）或（
， ）；
（4）连接CF，在OA上截取OF使得OF＝ CF，过点M作MT⊥CF交CF于点T，过点M作MK⊥y
轴交CF于点K，在Rt△CTE中，ET＝ CE，
∴ CE+ME＝TE+ME＝TM，此时 CE+ME的值最小；
∵OF＝ CF，CO＝3，
∴OF＝ ，CF＝ ，
∴F（﹣ ，0），
设直线CF的解析式为y＝t'x+n，
将点C（0，3），F（﹣ ，0）代入，可得，
，解得 ，
∴y＝ x+3，
∵M（1，2），
∴K（﹣ ，2），
∴MK＝1+ ，
∵MT⊥CF，
∴∠FCO+∠CKM＝∠CKM+∠TMK＝90°，
∴∠TMK＝∠FCO，
在Rt△TKM中，MT＝KM•cos∠FCO，
∴MT＝（1+ ）• ＝ ，
∴ CE+ME的最小值为 ．6．（2021•深圳模拟）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（﹣3，0），与
y轴交于点C（0，3），点D为抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点E在x轴上，且∠ECA＝∠CAD，求点E的坐标；
（3）如图2，点P为线段AC上方的抛物线上任一点，过点P作PH⊥x轴于点H，与AC交于点M．
①求△APC的面积最大时点P的坐标；
②在①的条件下，若点N为y轴上一动点，求HN+ CN的最小值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）①当点 E 在点 A 的左侧时，在 Rt△CHN 中，NH＝CN＝ CH＝ ，在 Rt△AHN 中，tan∠HAN＝tan∠DAC＝ ＝ ，即tan∠ECA＝tan∠CAD＝ ，在Rt△CEK中，tan∠ECA＝ ，进而
求解；②当点E（E′）的点A的右侧时，∠ECA＝∠CAD，则直线CE′∥AD，则直线CE′的表达式
为y＝2x+3，进而求解；
（3）过点H作HR⊥CG于点R，交CO于点N，则点N为所求点，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得： ，解得 ，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）①当点E在点A的左侧时，如图1，
由抛物线的表达式知，点D的坐标为（﹣1，4），
延长AD交y轴于点H，过点H作HN交AC的延长线于点N，
由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为y＝2（x+3），
故点H的坐标为（0，6），
则CH＝6﹣3＝3，
由点A、C的坐标知，∠ACO＝45°＝∠HCN，AC＝3 ，
在Rt△CHN中，NH＝CN＝ CH＝ ，
在Rt△AHN中，tan∠HAN＝tan∠DAC＝ ＝ ＝ ，∴tan∠ECA＝tan∠CAD＝ ，
过点E作EK⊥CA交CA的延长线于点K，
在Rt△AEK中，∠EAK＝∠CAO＝45°，
故设AK＝EK＝x，则AE＝ x，
在Rt△CEK中，tan∠ECA＝ ＝ ，
解得x＝ ，故AE＝ x＝3，
则点E的坐标为（﹣6，0）；
②当点E（E′）的点A的右侧时，
∵∠ECA＝∠CAD，
则直线CE′∥AD，
则直线CE′的表达式为y＝2x+r，
而直线CE′过点C，故r＝3，
故直线CE′的表达式为y＝2x+3，
令y＝0，则x＝﹣ ，
故点E′的坐标为（﹣ ，0）；
综上，点E的坐标为（﹣6，0）或（﹣ ，0）；
（3）设点P的坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y＝x+3，
则点M（x，x+3），
则△APC的面积＝ ×OA×PM＝ ×3×（﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3）＝ （﹣x2﹣3x），
∵﹣ ＜0，故△APC的面积有最大值，
当x＝﹣ 时，点P的坐标为（﹣ ， ），则点H（﹣ ，0），
在x轴上取点G（3，0），则OG＝OC，连接CG，
则∠GCO＝45°，过点H作HR⊥CG于点R，交CO于点N，则点N为所求点，
理由：HN+ CN＝HN+CNsin∠GCO＝HN+NR＝HR为最小值，
∵∠CGO＝45°，故△HRG为等腰直角三角形，
则HR＝ HG＝ （3+ ）＝ ，
即HN+ CN的最小值为 ．
7．（2021•深圳模拟）已知：如图，点A（1，0），B（3，0），D（2，﹣1），C是y轴上的点，且OC＝
3．
（1）过点A作AM⊥BC，垂足为M，连接AD、BD，求证：四边形ADBM为正方形；
（2）若过A、B、C三点的抛物线对称轴上有一动点P，当PC﹣PB的值最大时，求出点P的坐标；
（3）设Q为线段OC上的一动点，问：AQ+ QC是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若
不存在，请说明理由．
【分析】（1）证明四边形ADBM为矩形，而AD＝BD，故四边形ADBM为正方形；
（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点A，连接CA交对称轴于点P，则点P为所求点，进而求解；（3）在x轴取点A′（﹣1，0），连接A′C，过点A作AH⊥A′C于点H，交y轴于点Q，则点Q是
所求点，进而求解．
【解答】解：（1）由点A、D的坐标得，AD＝ ＝ ，
同理可得，BD＝ ，
而AB＝3﹣1＝2，
故AB2＝AD2+BD2，
故△ABD为等腰直角三角形，
由B、C的坐标知，OB＝OC，
则∠CBO＝45°，
则∠DBM＝∠CBO+∠ABD＝90°＝∠ADB＝∠AMB，
故四边形ADBM为矩形，
而AD＝BD，
∴四边形ADBM为正方形；
（2）∵OC＝3，故点C（0，3），
设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，
将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得： ，解得 ，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
点B关于抛物线对称轴的对称点为点A．连接CA交对称轴于点P，则点P为所求点，
理由：PC﹣PB＝PC﹣PA＝AC为最大值，由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y＝﹣3x+3，
而抛物线的对称轴为直线x＝ （1+3）＝2，
当x＝2时，y＝﹣3x+3＝﹣3，
故点P的坐标为（2，﹣3）；
（3）存在，理由：
在x轴取点A′（﹣1，0），连接A′C，过点A作AH⊥A′C于点H，交y轴于点Q，则点Q是所求点，
理由：由点A′、C的坐标得，OA′＝1，OC＝3，则CA′＝ ，
则sin∠HCQ＝ ＝ ，
则AQ+CQ× ＝AH＝AQ+CQsin∠HCQ＝AH为最小，
∵tanCA′O＝ ＝3，则tan∠HAA′＝ ，
而直线AH过点A（1，0），故其表达式为y＝﹣ （x﹣1），
令x＝0，则y＝ ，故点Q的坐标为（0， ），则CQ＝3﹣ ＝
由点A、Q的坐标得，AQ＝ ＝ ，
∴AQ+ QC的最小值＝ + × ＝ ＝ ．
8．（2021•资阳）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且B（﹣1，0），C（0，
3）．（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于直线AC上方的一点，BP与AC相交于点E，当PE：BE＝1：2时，
求点P的坐标；
（3）如图2，点D是抛物线的顶点，将抛物线沿CD方向平移，使点D落在点D'处，且DD'＝2CD，点
M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点，MN∥y轴交直线OD'于点N，连结CN．当 D'N+CN的
值最小时，求MN的长．
【分析】（1）利用待定系数法，把问题转化为方程组解决．
（2）如图 1 中，过点 B 作 BT∥y 轴交 AC 于 T，过点 P 作 PQ∥OC 交 AC 于 Q．设 P（m，﹣
m2+2m+3），求出BT，PQ，利用平行线分线段成比例定理构建方程求解即可．
（3）如图2中，连接AD，过点N作NJ⊥AD于J，过点C作CT⊥AD于T．证明AD′⊥x轴，由OD′
＝ ＝3 ，推出 sin∠OD′A＝ ＝ ，推出 NJ＝ND′•sin∠OD′A＝
D′N，可得 D'N+CN＝CN+NJ，根据CN+NJ≥CT，可得结论．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c经过B（﹣1，0），C（0，3），
∴ ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）如图1中，过点B作BT∥y轴交AC于T，过点P作PQ∥OC交AC于Q．设P（m，﹣m2+2m+3），
对于抛物线y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，可得x＝3或﹣1，
∴A（3，0），
∵C（0，3），
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
∵B（﹣1，0），
∴T（﹣1，4），
∴BT＝4，
∵PQ∥OC，
∴Q（m，﹣m+3），
∴PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∵PQ∥BT，
∴ ＝ ＝ ，
∴﹣m2+3m＝2，
解得m＝1或2，
∴P（1，4）或（2，3）．
（3）如图2中，连接AD′，过点N作NJ⊥AD′于J，过点C作CT⊥AD′于T．∵抛物线y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点D（1，4），
∵C（0，3），
∴直线CD的解析式为y＝x+3，CD＝ ，
∵DD′＝2CD，
∵DD′＝2 ，CD′＝3 ，
∴D′（3，6），
∵A（3，0），
∴AD′⊥x轴，
∴OD′＝ ＝ ＝3 ，
∴sin∠OD′A＝ ＝ ，
∵CT⊥AD′，
∴CT＝3，
∵NJ⊥AD′，
∴NJ＝ND′•sin∠OD′A＝ D′N，
∴ D'N+CN＝CN+NJ，
∵CN+NJ≥CT，
∴ D'N+CN≥3，
∴ D'N+CN的最小值为3，此时N为OD'与CT的交点，
∴N（1.5，3），
∵平移后抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣3）2+6，MN平行y轴，将x＝1.5代入抛物线解析式，
∴M（1.5，3.75），
∴MN＝0.75
9．（2022•杜尔伯特县一模）如图，已知抛物线 y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，
与y轴相交于点C（0，﹣3），抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上，且∠ECB＝∠CBD，求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点，过点P作PH⊥x轴于点H，与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下，若F为y轴上一动点，求PH+HF+ CF的最小值．
【分析】（1）将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）根据待定系数法，可得BD的解析式，根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系，根
据待定系数法，可得CE的解析式，进一步可得答案；
（3）①根据BC的解析式和抛物线的解析式，设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），表示PM的
长，根据二次函数的最值可得：当x＝ 时，PM的最大值；
②当PM的最大值时，P（ ，﹣ ），确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点 K，使∠OCK＝
45°，过F作FN⊥CK于N，当N、F、H三点共线时，如图2，FH+FN最小，即PH+HF+ CF的值最
小，根据45度的直角三角形的性质可得结论．【解答】解：（1）把A（﹣1，0），点C（0，﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c中得： ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4
∴顶点D（1，﹣4），
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
（x﹣3）（x+1）＝0，
x＝3或﹣1，
∴B（3，0）；
如图1，连接BD，
设BD所在直线的解析式为：y＝k（x﹣3），将D点坐标代入函数解析式，得﹣2k＝﹣4，
解得k＝2，
故BD所在直线的解析式为：y＝2x﹣6，
∵∠ECB＝∠CBD，
∴CE∥BD，
设CE所在直线的解析式为：y＝2x+b，将C点坐标代入函数解析式，得b＝﹣3，
故CE所在直线的解析式为：y＝2x﹣3，
当y＝0时，x＝ ．
当点E在点B的右侧时，直线CE经过BD的中点（2，2），
此时CE的解析式为y＝ x﹣3，
∴点E的坐标是（6，0）．∴综上所述，点E的坐标是（ ，0）或（6，0）；
（3）①如图2，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
设BC的解析式为：y＝kx+b，
则 ，
解得： ，
BC的解析式为：y＝x﹣3，
设P（x，x2﹣2x﹣3），则M（x，x﹣3），
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣ ）2+ ，
当x＝ 时，PM有最大值为 ；
②当PM有最大值，P（ ，﹣ ），
在x轴的负半轴了取一点K，使∠OCK＝45°，过F作FN⊥CK于N，
∴FN＝ CF，
当N、F、H三点共线时，PH+NH最小，即PH+HF+ CF的值最小，
Rt△OCK中，OC＝3，
∴OK＝3，
∵OH＝ ，∴KH＝ +3＝ ，
Rt△KNH中，∠KHN＝45°，
∴KN＝ KH＝ ，
∴NH＝KN＝ ，
∴PH+HF+ CF的最小值是PH+NH＝ ．
10．（2020•自贡）在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0），
交y轴于点N，点M为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AM，点E是线段AM上方抛物线上一动点，EF⊥AM于点F，过点E作EH⊥x轴于
点H，交AM于点D．点P是y轴上一动点，当EF取最大值时：
①求PD+PC的最小值；
②如图2，Q点为y轴上一动点，请直接写出DQ+ OQ的最小值．
【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝3，即可求解；
（2）①点C（﹣1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，
PD+PC＝PD+PB＝DB为最小，即可求解；
②过点O作直线OK，使sin∠NOK＝ ，过点D作DK⊥OK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，
则DQ+ OQ＝DQ+QK＝DK为最小，即可求解．
【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，即﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由抛物线的表达式得，点M（﹣1，4），点N（0，3），
则tan∠MAC＝ ＝2，
则设直线AM的表达式为：y＝2x+b，
将点A的坐标代入上式并解得：b＝6，
故直线AM的表达式为：y＝2x+6，
∵∠EFD＝∠DHA＝90°，∠EDF＝∠ADH，
∴∠MAC＝∠DEF，则tan∠DEF＝2，则cos∠DEF＝ ，
设点E（x，﹣x2﹣2x+3），则点D（x，2x+6），
则FE＝EDcos∠DEF＝（﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6）× ＝ （﹣x2﹣4x﹣3），
∵﹣ ＜0，故EF有最大值，此时x＝﹣2，故点D（﹣2，2）；
①点C（﹣1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，
PD+PC＝PD+PB＝DB为最小，
则BD＝ ＝ ；
②过点O作直线OK，使sin∠NOK＝ ，过点D作DK⊥OK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，DQ+ OQ＝DQ+QK＝DK为最小值，
则直线OK的表达式为：y＝ x，
∵DK⊥OK，故设直线DK的表达式为：y＝﹣ x+b，
将点D的坐标代入上式并解得：b＝2﹣ ，
而直线DK的表达式为：y＝﹣ x+2﹣ ，
故点Q（0，2﹣ ），
由直线KD的表达式知，QD与x轴负半轴的夹角（设为 ）的正切值为 ，则cos ＝ ，
α α
则DQ＝ ＝ ＝ ，而 OQ＝ （2﹣ ），
则DQ+ OQ为最小值＝ + （2﹣ ）＝ ．
11．（2022•中山市三模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的
对称轴为直线x＝1，点A（﹣1，0），过B的直线交y轴于点D，交抛物线于E，且 ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线第四象限的图象上找一点P，使得△BDP的面积最大，求出点P的坐标；
（3）点M是线段BE上的一点，求 的最小值，并求出此时点M的坐标．【分析】（1）由x＝1得点A的对称点B的坐标，将A、B坐标代入y＝ax2+bx﹣3中，利用待定系数法
可求；
（2）求出直线BE的解析式，用m表示点P、H的坐标，进而表示线段PH，根据S△BDP ＝ ×PH×3，用
含m的代数式表示△BDP的面积，利用二次函数的性质，求出S关于m的二次函数的顶点横坐标，即
可得出结论：
（3）过点M作MS∥y轴，过点E作ES∥x轴，过A作AT⊥ES于点T，构造出直角三角形，利用三角
函数找到与 ME相等的线段，根据“垂线段最短”得AM+ ME的最小值，将二次函数与直线方程联
立，解方程组，先求出点E坐标，点M坐标可求．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点，抛物线的对称轴为直线x＝1，点A（﹣
1，0），
∴B（3，0），
∴ ，
解得 ．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
（2）∵B（3，0）， ，
∴OD＝4，即D（0，4）．
∴直线BE的解析式为：y＝﹣ x+4．如图，过点P作PH⊥x轴，交AB于点H，
设P（m，m2﹣2m﹣3），则H（m，﹣ m+4），
∴PH＝﹣ m+4﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+ m+7，
∴S△BDP ＝ ×PH×3
＝﹣ m2+m+
＝﹣ （m﹣ ）2+ ，
∵﹣ ＜0，
∴当m＝ 时，即P（ ，﹣ ）时△BDP的面积最大．
（3）如图，过点M作MS∥y轴，过点E作ES∥x轴，过A作AT⊥ES于点T，∵ES∥x轴，
∴∠SEM＝∠EBA，
∵tan∠EBA＝ ，
∴tan∠MES＝ ，
∴sin∠MES＝ ＝ ，
∴SM＝ EM，
∴AM+ EM＝AM+SM≥SA≥AT，
∴AM+ EM的最小值为AT．
令x2﹣2x﹣3＝﹣ x+4，
解得x＝3（舍）或x＝﹣ ，
∴E（﹣ ， ），
∴AM+ EM的最小值 ，此时M（﹣1， ）．
12．（2021•南山区校级三模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴相交于点C（0，﹣2），与x
轴分别交于点B（3，0）和点A，且tan∠CAO＝1．（1）求抛物线解析式．
（2）抛物线上是否存在一点Q，使得∠BAQ＝∠ABC，若存在，请求出点Q坐标，若不存在，请说明
理由；
（3）抛物线的对称轴交x轴于点D，在y轴上是否存在一个点P，使 PC+PD值最小，若存在，请求
出最小值，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由C（0，﹣2），tan∠CAO＝1，可得A（﹣2，0），用待定系数法即得抛物线解析式为
y＝ x2﹣ x﹣2；
（2）过A作AM∥BC交y轴于M，交抛物线于Q，作M关于x轴的对称点M'，作直线AM'交抛物线于
Q'，由AM∥BC，得∠QAB＝∠ABC，即知Q是满足题意的点，根据B（3，0），C（0，﹣2），得直
线BC解析式是y＝ x﹣2，设直线AM解析式为y＝ x+m，将A（﹣2，0）代入可得直线AM解析式为
y＝ x+ ，M（0， ），解 即得Q（5， ），根据M、M'关于x轴对称，知Q'是
满足题意的点，用待定系数法可得直线AQ'为y＝﹣ x﹣ ，解 即得Q（1，﹣2）；
（3）过P作PH⊥AC于H，过D作DH'⊥AC于H'，交y轴于P'，由y＝ x2﹣ x﹣2＝ （x﹣ ）2﹣，可得D（ ，0），因OA＝OC＝2，故△AOC是等腰直角三角形，可得△PCH是等腰直角三角形，
PH＝ PC，即知 PC+PD最小即是PH+PD最小，故当P运动到P'，H和H'重合时， PC+PD
的最小，最小值是DH'，由AD＝ ，即得DH'＝ ，即 PC+PD的最小值是 ．
【解答】解：（1）∵C（0，﹣2），
∴OC＝2，
∵tan∠CAO＝1，
∴ ＝1，
∴OA＝2，A（﹣2，0），
将A（﹣2，0），B（3，0），C（0，﹣2）代入y＝ax2+bx+c得：
，解得 ，
∴抛物线解析式为y＝ x2﹣ x﹣2；
（2）存在一点Q，使得∠BAQ＝∠ABC，理由如下：
过A作AM∥BC交y轴于M，交抛物线于Q，作M关于x轴的对称点M'，作直线AM'交抛物线于Q'，如
图：
∵AM∥BC，
∴∠QAB＝∠ABC，即Q是满足题意的点，∵B（3，0），C（0，﹣2），
∴直线BC解析式是y＝ x﹣2，
设直线AM解析式为y＝ x+m，将A（﹣2，0）代入得﹣ +m＝0，
∴m＝ ，
∴直线AM解析式为y＝ x+ ，M（0， ），
解 得 （与A重合，舍去）或 ，
∴Q（5， ），
∵M、M'关于x轴对称，
∴∠Q'AB＝∠QAB＝∠ABC，M'（0，﹣ ），
∴Q'是满足题意的点，
设直线AQ'为y＝kx﹣ ，将A（﹣2，0）代入得﹣2k﹣ ＝0，
∴k＝﹣ ，
∴直线AQ'为y＝﹣ x﹣ ，
解 得 （舍去）或 ，
∴Q（1，﹣2）；
综上所述，点Q坐标是（5， ）或（1，﹣2）；
（3）在y轴上存在一个点P，使 PC+PD值最小，理由如下：
过P作PH⊥AC于H，过D作DH'⊥AC于H'，交y轴于P'，如图：∵y＝ x2﹣ x﹣2＝ （x﹣ ）2﹣ ，
∴抛物线对称轴是直线x＝ ，
∴D（ ，0），
∵OA＝OC＝2，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠OCA＝45°＝∠OAC，
∴△PCH是等腰直角三角形，
∴PH＝ PC，
∴ PC+PD最小即是PH+PD最小，
∴当P运动到P'，H和H'重合时， PC+PD的最小，最小值是DH'，
∵∠OAC＝45°，DH'⊥AC，
∴△ADH'是等腰直角三角形，
∴DH'＝ AD，
∵A（﹣2，0），D（ ，0），
∴AD＝ ，
∴DH'＝ ，即 PC+PD的最小值是 ．
13．（2021•津南区一模）已知抛物线y＝x2﹣2x+c交x轴于A，B两点，且点B的坐标为（3，0），其对
称轴交x轴于点C．（Ⅰ）求该抛物线的顶点D的坐标；
（Ⅱ）设P是线段CD上的一个动点（点P不与点C，D重合）．
①过点P作y轴的垂线l交抛物线（对称轴右侧）于点Q，连接QB，QD，求△QBD面积的最大值；
②连接PB，求PD+ PB的最小值．
【分析】（Ⅰ）用待定系数法可得抛物线的解析式为 y＝x2﹣2x﹣3，即可得抛物线的顶点D的坐标是
（1，﹣4）；
（Ⅱ）①过Q作QE∥y轴交BP于E，由B（3，0），D（1，﹣4）可得直线BD解析式为y＝2x﹣6，
设Q（m，m2﹣2m﹣3），其中1＜m＜3，则E（m，2m﹣6），EQ＝﹣m2+4m﹣3，可得S△QBD ＝ EQ•|
x ﹣x |＝﹣（m﹣2）2+1，根据二次函数性质即得△QBD面积的最大值是1；
B D
②连接AD，过A作AH⊥BD于H，过P作PF⊥BD于F，连接AP，由P在抛物线对称轴上，得PA＝
PB，在 Rt△DBC 中可得 sin∠BDC＝ ＝ ＝ ，在 Rt△DPF 中，PF＝PD•sin∠PDF＝
PD，即知PD+ PB＝ （ PD+PB）＝ （PF+PA）≥ AH，由2S△ABD ＝AB•CD＝BD•AH得
AH＝ ＝ ，即可得PD+ PB的最小值是8．
【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线y＝x2﹣2x+c经过点B（3，0），
∴9﹣6+c＝0，
解得c＝﹣3，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点D的坐标是（1，﹣4）；
（Ⅱ）①过Q作QE∥y轴交BD于E，如图：设直线BD解析式为y＝kx+b，将B（3，0），D（1，﹣4）代入得：
，解得 ，
∴直线BD解析式为y＝2x﹣6，
根据题意知Q在线段BD下方，设Q（m，m2﹣2m﹣3），其中1＜m＜3，则E（m，2m﹣6），
∴EQ＝2m﹣6﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3，
∴S△QBD ＝ EQ•|x
B
﹣x
D
|＝ （﹣m2+4m﹣3）×（3﹣1）＝﹣m2+4m﹣3＝﹣（m﹣2）2+1，
∵﹣1＜0，1＜m＜3，
∴m＝2时，S△QBD 最大值为1，
答：△QBD面积的最大值是1；
②连接AD，过A作AH⊥BD于H，过P作PF⊥BD于F，连接AP，如图：
∵P在抛物线对称轴上，
∴PA＝PB，
在Rt△DBC中，BD＝ ＝ ＝2 ，
∴sin∠BDC＝ ＝ ＝ ，在Rt△DPF中，PF＝PD•sin∠PDF＝ PD，
∴PD+ PB＝ （ PD+PB）＝ （PF+PA）≥ AH，
由2S△ABD ＝AB•CD＝BD•AH得：
AH＝ ＝ ＝ ，
∴PD+ PB≥ × ＝8，
即PD+ PB的最小值是8．
14．（2021•防城区模拟）如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣8a（a＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，
与y轴交于点C，经过点B的直线y＝﹣ x+ 与抛物线的另一交点为 D，且点D的横坐标为﹣
5．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P（x，y）在该二次函数的图象上，且S△BCD ＝S△ABP ，求点P的坐标；
（3）设F为线段BD上的一个动点（异于点B和D），连接AF．是否存在点F，使得2AF+DF的值最
小？若存在，分别求出2AF+DF的最小值和点F的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）线求出点D的坐标，再将D点坐标代入抛物线解析式即可求解出a，进而得出解析式；
（2）由S△BCD ＝S△ABP ，则 CE•|x
B
﹣x
D
|＝ AB•|y
P
|，可得（ ﹣ ）×（4+5）＝（4+2）×|y
P
|，
再结合题意求出y ＝ ，即可求出P点坐标为 或 ；
P
（3）过点D作DM平行于x轴，故∠BDM＝30°，过F作FH⊥DM于H，当A、F、H三点共线时，即
AH⊥DM时，2AF+DF取最小值．【解答】解：把x＝﹣5代入y＝﹣ x+ ，
解得y＝3 ，
∴D（﹣5，3 ），
把D（﹣5，3 ）代入y＝ax2﹣2ax﹣8a，
解得a＝ ，
∴抛物线的解析式为 ；
（2）设直线BD与y轴交于点E，
∴E（0， ），
由 可得A（﹣2，0），B（4，0），C（0， ），
由S△BCD ＝S△ABP ，
∴ CE•|x ﹣x |＝ AB•|y |，
B D P
∴（ ﹣ ）×（4+5）＝（4+2）×|y |，
P
∴|y |＝ ，
P
∴y ＝± ，
P
∵抛物线的顶点为（1，﹣ ），
∴y ＝ ，
P
∴P点坐标为 或 ；
（3）存在点F，使得2AF+DF的值最小，理由如下：
过点D作DM平行于x轴，故∠BDM＝30°，过F作FH⊥DM于H，
∴sin30°＝ ＝ ，
∴HF＝ DF，∴2AF+DF＝2（AF+ DF）＝2（AF+HF）＝2AH，
当A、F、H三点共线时，即AH⊥DM时，2AF+DF取最小值，
∵A（﹣2，0），
∴F（﹣2，2 ），
∵D（﹣5，3 ），
∴AH＝3 ，
∴2AF+DF的最小值为6 ．
15．（2021秋•沈北新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点 O为坐标原点，抛物线y＝ax2﹣2x+c
与x轴交于点A（1，0），点B（﹣3，0），与y轴交于点C，连接BC，点P在第二象限的抛物线上，
连接PC、PO，线段PO交线段BC于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若△PCE的面积为S ，△OCE的面积为S ，当 ＝ 时，求点P的坐标；
1 2
（3）已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N，连接BN，点H在x轴上，当∠HCB＝∠NBC时，
①求满足条件的所有点H的坐标；
②当点H在线段AB上时，平面内点M，且HM＝1，直接写出 AM+CM的最小值．
【分析】（1）先把点A（1，0），点B（﹣3，0）代入抛物线y＝ax2﹣2x+c中列方程组，解方程组可
得a和c的值，从而得抛物线的表达式；
（2）先根据待定系数法求BC的解析式为：y＝x+3，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，可得，证明△OEH∽△OPG，得 ＝ ，可设E（3m，3m+3），则P（5m，﹣25m2﹣
10m+3），代入比例式可得方程，解出即可得结论；
（3）①由对称得：N（﹣2，3），有两种情况：如图2，i）当BN∥CH 时，∠H CB＝∠NBC，根据平
1 1
移的性质可得点H 的坐标；ii）当∠H CB＝∠NBC，设H （n，0），直线CH 与BN交于点M，确定
1 2 2 2
BN和CH 的解析式，利用方程组的解可得M的坐标（﹣ ， ），根据两点的距离公式利用BM
2
＝CM，列方程可得结论；
②通过证明△MHN∽△AHM，可得MN＝ AM，当点M，点N，点C共线时，MN+MC最小值为CN
的长，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）把点A（1，0），点B（﹣3，0）代入抛物线y＝ax2﹣2x+c中，
得： ，
解得： ，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1，过P作PG⊥y轴于G，过E作EH⊥y轴于H，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
设BC的解析式为：y＝kx+b，
则 ，解得 ，∴BC的解析式为：y＝x+3，
∵△PCE的面积为S ，△OCE的面积为S ，且 ＝ ，
1 2
∴ ，
∵EH∥PG，
∴△OEH∽△OPG，
∴ ＝ ，
∴设E（3m，3m+3），则P（5m，﹣25m2﹣10m+3），
∴ ＝ ，
∴25m2+15m+2＝0，
（5m+2）（5m+1）＝0，
m ＝﹣ ，m ＝﹣ ，
1 2
当m＝﹣ 时，5m＝﹣2，则P（﹣2，3），
当m＝﹣ 时，5m＝﹣1，则P（﹣1，4），
综上，点P的坐标是（﹣2，3）或（﹣1，4）；
（3）①由对称得：N（﹣2，3），
∵∠HCB＝∠NBC，如图2，连接CN，有两种情况：
i）当BN∥CH 时，∠H CB＝∠NBC，
1 1
∵CN∥AB，
∴四边形CNBH 是平行四边形，
1
∴H （﹣1，0）；
1
ii）当∠H CB＝∠NBC，
2
设H （n，0），直线CH 与BN交于点M，
2 2
∴BM＝CM，
∵B（﹣3，0），N（﹣2，3），
∴同理可得BN的解析式为：y＝3x+9，
设CH 的解析式为：y＝k x+b ，
2 1 1
则 ，解得： ，
∴设CH 的解析式为：y＝﹣ +3，
2
∴M（﹣ ， ），
∵BM＝CM，
∴（﹣ +3）2+（ ）2＝（﹣ ）2+（3﹣ ）2，
解得：n＝﹣9或﹣1（舍），∴H （﹣9，0），
2
综上，点H的坐标是（﹣1，0）或（﹣9，0）；
②∵点H在线段AB上，
∴点H（﹣1，0），
∴HO＝1，AH＝2，
如图3，取HO的中点N（﹣ ，0），
∴HO＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
又∵∠MHN＝∠AHM，
∴△MHN∽△AHM，
∴ ，
∴MN＝ AM，
∴ AM+MC＝MN+MC，
∴当点M，点N，点C共线时，MN+MC最小值为CN的长，
∴CN＝ ＝ ＝ ，
∴ AM+MC的最小值为 ．
16．（2021•香洲区校级三模）如图，抛物线y＝﹣ x2﹣6 x+7 交x轴于A，B两点（点A在点B左
侧），交y轴于点C，直线y＝ x+7 经过点A、C，点M是线段AC上的一动点（不与点A，C重
合）．（1）求A，B两点的坐标；
（2）当点P，C关于抛物线的对称轴对称时，求PM+ AM的最小值及此时点M的坐标；
（3）连接BC，当△AOM与△ABC相似时，求出点M的坐标．
【分析】（1）在y＝﹣ x2﹣6 x+7 中，令y＝0，解得x＝﹣7或x＝1，即得A（﹣7，0），B
（1，0）；
（2）过P作PN⊥x轴于N，交AC于M，抛物线y＝﹣ x2﹣6 x+7 的对称轴为直线x＝﹣
＝﹣3，在y＝﹣ x2﹣6 x+7 中，得C（0，7 ），可得sin∠CAB＝ ＝ ＝ ，在
Rt△AMN中，MN＝ AM，故PM+ AM最小，即是PM+MN最小，PM+ AM的最小值即为PN
的长，根据点P，C（0，7 ）关于抛物线的对称轴直线x＝﹣3对称，即得PN＝OC＝7 ，即PM+
AM的最小值为7 ，由A（﹣7，0），C（0，7 ）得直线AC解析式为y＝ x+7 ，可求出
M（﹣6， ）；
（3）过M作MH⊥x轴于H，过M'作M'G⊥x轴于G，△AOM与△ABC相似，分两种情况：①当
△ABC∽AMO时， ＝ ，可得AM＝ ，由△AMH∽△ACO，即得M（﹣ ， ），②当△ABC∽△AOM'时， ＝ ，得AM'＝ ，同理可得M'（﹣ ， ）．
【解答】解：（1）在y＝﹣ x2﹣6 x+7 中，令y＝0得：
﹣ x2﹣6 x+7 ＝0，解得x＝﹣7或x＝1，
∴A（﹣7，0），B（1，0）；
（2）过P作PN⊥x轴于N，交AC于M，如图：
抛物线y＝﹣ x2﹣6 x+7 的对称轴为直线x＝﹣ ＝﹣3，
在y＝﹣ x2﹣6 x+7 中，令x＝0得y＝7 ，
∴C（0，7 ），
∴AC＝ ＝7 ，
∴sin∠CAB＝ ＝ ＝ ，
在Rt△AMN中，MN＝AM•sin∠CAB＝ AM，
∴PM+ AM最小，即是PM+MN最小，由垂线段最短可知PM+ AM的最小值即为PN的长，
∵点P，C（0，7 ）关于抛物线的对称轴直线x＝﹣3对称，∴PN与OC关于抛物线y＝﹣ x2﹣6 x+7 的对称轴直线x＝﹣3对称，P（﹣6，7 ），
∴PN＝OC＝7 ，即PM+ AM的最小值为7 ，
由A（﹣7，0），C（0，7 ）得直线AC解析式为y＝ x+7 ，
在y＝ x+7 中，令x＝﹣6得y＝ ，
∴M（﹣6， ）；
（3）过M作MH⊥x轴于H，过M'作M'G⊥x轴于G，如图：
∵A（﹣7，0），B（1，0），C（0，7 ），
∴AB＝8，AC＝7 ，
∵∠MAO＝∠BAC，
∴△AOM与△ABC相似，分两种情况：
①当△ABC∽AMO时， ＝ ，
∴ ＝ ，
∴AM＝ ，
∵MH⊥x轴，
∴MH∥OC，
∴△AMH∽△ACO，∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，
∴AH＝ ，MH＝ ，
∴OH＝OA﹣AH＝ ，
∴M（﹣ ， ），
②当△ABC∽△AOM'时，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴AM'＝ ，
同理可得 ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴AG＝ ，M'G＝ ，
∴OG＝OA﹣AG＝ ，
∴M'（﹣ ， ），
综上所述，当△AOM与△ABC相似时，M坐标为（﹣ ， ）或（﹣ ， ）．
17．（2021•涪城区校级模拟）已知：如图所示，抛物线y＝﹣ x2﹣ x+c与x轴交于A、B两点，与y轴
的正半轴交于点C，点A在点B的左侧，且满足tan∠CAB•tan∠CBA＝1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点P是抛物线y＝﹣ x2﹣ x+c上一点，且△PAC的内切圆的圆心正好落在x轴上，求点P的
坐标；
（3）若M为线段AO上任意一点，求MC+ AM的最小值．【分析】（1）点A、B的横坐标分别为x ，x ，利用tan∠CAB•tan∠CBA＝1和一元二次方程根与系数
1 2
之间的关系求解；
（2）三角形内切圆的圆心是三个内角平分线的交点，得到x轴是角平分线，作点C关于x轴的对称点
C'（0，﹣2），直线AC'的解析式，联立抛物线求交点坐标；
（3）此题为胡不归模型，构建模型求解．
【解答】解：（1）设点A、B的横坐标分别为x ，x ，
1 2
令y＝0可得﹣ x2﹣ x+c＝0，
∴x •x ＝﹣2c，
1 2
∵tan∠CAB•tan∠CBA＝1，即 ＝1，
∴OC2＝OA•OB＝（﹣x ）•x ＝2C，
1 2
即c2＝2c，
解得c ＝0（舍去），c ＝2，
1 2
∴抛物线y＝﹣ x2﹣ x+2，
令y＝0解得，x ＝﹣4，x ＝1，
1 2
故点A（﹣4，0），点B（1，0）；
（2）△PAC的内切圆圆心正好落在x轴上，则x轴为∠CAP的角平分线，
作点C关于x轴的对称点C'（0，﹣2），设直线AC'的解析式为y＝kx+b，将点A（﹣4，0），C'（0，﹣2）代入，
得 ，
解得 ，
∴直线AC'的解析式为y＝ x﹣2，
联立抛物线与直线得 ，
解得 ， ，
故点P坐标（2，﹣3）；
（3）过点A作直线AD，使sin∠OAD＝ ，过点M作ME⊥AD于点E，如图，
在Rt△MAE中，sin∠OAD＝ ，∴ME＝ AM，
∴MC+ AM＝MC+ME，当点M、C、E三点共线时，MC+ME最小为CE，
∵∠OMC＝∠EMA．∠MEA＝∠COM，
∴∠EAM＝∠OCM，
在Rt△OCM中，sin∠OCM＝sin∠OAD＝ ，OC＝2，
∴tan∠OCM＝ ＝ ＝ ，cos∠OAD＝ ＝ ，
∴OM＝1，CM＝ ，
∴AM＝4﹣1＝3，
在Rt△AEM中，sin∠OAD＝ ，AM＝3，
∴EM＝3•sin∠OAD＝ ，
∴MC+ME＝ + ＝ ．
故MC+ AM的最小值 ．
18．（2021•青山区模拟）已知抛物线 y＝ax2﹣4ax﹣12a与x轴相交于A，B两点，与y轴交于C点，且
OC＝ OA．设抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点E（m，n）为抛物线上的一点，且0＜m＜6，连接AE，交对称轴于点P．点F为线段
BC上一动点，连接EF，当PA＝2PE时，求 EF+ BF的最小值．
（3）如图2，过点M作MQ⊥CM，交x轴于点Q，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与
抛物线有两个交点，求t的取值范围．【分析】（1）令y＝0可得A坐标，由OC＝ OA得OC，即可得C的坐标，代入y＝ax2﹣4ax﹣12a求
出a，即可得抛物线解析式；
（2）过E作EH⊥x轴于H，交BC于F'，过F作FQ⊥x轴于Q，Rt△BOC中，可得sin∠CBO＝ ＝
，Rt△BFQ中，sin∠CBO＝ ＝ ，可得FQ＝ BF，要求 EF+ BF的最小即是求EF+
BF的最小值，也是EF+FQ最小，此时E、F、Q共线，即F与F'重合，Q与H重合，EH的长度即
是EF+ BF的最小值，求出E点坐标即可得到答案；
（3）将线段CQ向上平移，当Q落到抛物线上的Q 处时，线段CQ与抛物线有两个交点，继续将线段
1
向上平移，当线段与抛物线只有一个交点，Q移动到Q 处，分别求出Q移动到Q 、Q 处时的t值，即
2 1 2
可得到答案．
【解答】解：（1）在y＝ax2﹣4ax﹣12a中，令y＝0得ax2﹣4ax﹣12a＝0，
解得x ＝﹣2，x ＝6，
1 2
∴OA＝2，
∵OC＝ OA，
∴OC＝3，即C（0，3），
将C（0，3）代入y＝ax2﹣4ax﹣12a得a＝﹣ ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣ x2+x+3；（2）过E作EH⊥x轴于H，交BC于F'，过F作FQ⊥x轴于Q，如图：
∵y＝﹣ x2+x+3对称轴为直线x＝2，
∴P横坐标为2，即ON＝2，
∴AN＝2﹣（﹣2）＝4，
∵AP＝2PE，
∴AN＝2NH，
∴NH＝2，
∴E横坐标为4，在y＝﹣ x2+x+3中令x＝4得y＝3，
∴E（4，3），
由（1）可知：OC＝3，OB＝6，
Rt△BOC中，BC＝ ＝3 ，
∴sin∠CBO＝ ＝ ＝ ，
∵EH⊥x轴，
∴Rt△BFQ中，sin∠CBO＝ ＝ ，
∴FQ＝ BF，
而 EF+ BF＝ （EF+ BF），
∴ EF+ BF最小即是EF+ BF最小，也是EF+FQ最小，此时E、F、Q共线，即F与F'重合，Q
与H重合，EH的长度即是EF+ BF的最小值，∵EH＝|y |＝3，
E
∴EF+ BF的最小值为3，
∴ EF+ BF的最小值为 ；
（3）将线段CQ向上平移，当Q落到抛物线上的Q 处时，线段CQ与抛物线有两个交点，继续将线段
1
向上平移，当线段与抛物线只有一个交点，Q移动到Q 处，如图：
2
∵y＝﹣ x2+x+3顶点M（2，4），
又C（0，3），
∴CM的解析式为y＝ x+3，
由MQ⊥CM，设MQ解析式为y＝﹣2x+b，将M（2，4）代入得：4＝﹣2×2+b，
∴b＝8，
∴MQ解析式为y＝﹣2x+8，
在y＝﹣2x+8中令y＝0得x＝4，
∴Q（4，0），
而C（0，3），
∴CQ解析式为y＝﹣ x+3，
将线段CQ向上平移t个单位长度，与C Q 重合时，则Q （4，t），
1 1 1
代入y＝﹣ x2+x+3得：t＝﹣ ×16+4+3＝3，
将线段CQ向上平移t个单位长度，与C Q 重合时，C Q 解析式为y＝﹣ x+3+t，
2 2 2 2由 只有一个解，可得﹣ x2+ x﹣t＝0的判别式Δ＝0，即（ ）2﹣4×（﹣ ）•（﹣
t）＝0，
解得t＝ ，
∴将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有两个交点，3≤t＜ ．
19．（2021•罗湖区校级模拟）已知抛物线y＝ax2+bx（a，b为常数，a≠0）与x轴的正半轴交于点A，其
顶点C的坐标为（2，4）．
（Ⅰ）求抛物线的解析式；
（Ⅱ）点P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△PAC面积的最大值；
（Ⅲ）点Q是抛物线对称轴上的一个动点，连接QA，求QC+ QA的最小值．
【分析】（1）由顶点C的坐标为（2，4）列方程即可得答案；
（2）设P横坐标为m，用m的代数式表示△PAC面积即可得出答案；
（3）将QC+ QA化为 （ QC+QA），属“胡不归”问题，作sin∠ECD＝ ，把所求问题转
化为求垂线段即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx顶点C的坐标为（2，4），
∴ ，解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x，
（2）过P作PQ交AC于Q，如答图1：∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x，
∴令y＝0得x ＝0，x ＝4，
1 2
∴A（4，0），
设直线AC解析式为y＝kx+b，将A（4，0）、C（2，4）代入得：
，解得 ，
∴直线AC解析式为y＝﹣2x+8，
设P（m，﹣m2+4m），则Q（m，﹣2m+8），
∴PQ＝（﹣m2+4m）﹣（﹣2m+8）＝﹣m2+6m﹣8，
∴S△PAC ＝S△PAQ +S△PCQ ＝ PQ•（x
A
﹣x
C
）＝ （﹣m2+6m﹣8）×（4﹣2）＝﹣m2+6m﹣8，
当m＝ ＝3时，S△PAC 最大为1，
∴△PAC面积的最大值是1；
（3）∵QC+ QA＝ （ QC+QA），
∴要使QC+ QA最小，即是 QC+QA最小，
设抛物线对称轴交x轴于D，以C为顶点，CD为一边，在对称轴左侧作∠ECD，使sin∠ECD＝ ，
过A作AB⊥CB于B，交CD于Q′，过Q作QF⊥CE于F，如答图2：∵sin∠ECD＝ ，QF⊥CE，
∴QF＝ QC，
∴ QC+QA最小即是QF+QA最小，
此时F与B重合，Q与Q′重合， QC+QA的最小值即是AB的长度，
∵∠BQ′C＝∠AQ′D，∠Q/BC＝∠Q′DA＝90°，
∴∠ECD＝∠Q′AD，
∵sin∠ECD＝ ，
∴sin∠Q′AD＝ ，可得tan∠Q′AD＝ ，cos∠Q′AD＝ ，
而A（4，0）、C（2，4）知DA＝2，
∴Q′A＝ ，Q′D＝1，
∴Q′C＝3，
∵sin∠ECD＝ ，
∴Q′B＝ ，
∴AB＝Q′A+Q′B＝ ，
∴ QC+QA最小为 ，∴QC+ QA最小为 （ QC+QA）＝8．
20．（2020•东胜区二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 y＝ax2+bx+c的图象经过点A（﹣2，
0），B（0， ），C（1，0），其对称轴与x轴交于点E，顶点坐标为D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线的对称轴上的一个动点，且在第二象限内，若平面内存在点 Q，使得以B，C，P，
Q为顶点的四边形为菱形，求点Q的坐标；
（3）若M为y轴上的一个动点，连接ME，求 MB+ME的最小值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）分CP＝BC、BP＝BC、CP＝BP三种情况，利用菱形的性质和中垂线的性质，分别求解即可；
（3）如图，连接BC，作EH⊥BC于H，交OB于M，此时 BM+ME最小，进而求解．
【解答】解：（1）将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得 ，解得 ，
故抛物线的表达式为y＝﹣ x2﹣ x+ ；
（2）由函数的表达式知，函数的对称轴为x＝﹣ ，故设点P的坐标为（ ，m）．
∵C（1，0），B（0， ），
∴BC2＝1+3＝4，直线BC的表达式为y＝﹣ x+ ，①以C为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点，此时CP＝BC，
则（ +1）2+m2＝4，解得m＝± ，
即此时点P的坐标为P （﹣ ， ）或P （﹣ ，﹣ ）（舍去）；
1 2
②以B为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点，此时BP＝BC，
则（ ）2+（m﹣ ）2＝4，解得m ＝ + 或m ＝ ﹣ ，
1 2
即此时点P的坐标为P （﹣ ， + ）或P （﹣ ， ﹣ ）（舍去）；
3 4
③线段BC的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时CP＝BP，
则（ +1）2+m2＝（ ）2+（ ﹣m）2，解得m＝ ，
即此时点P的坐标为P （﹣ ， ）；
5
故点P的坐标为（﹣ ， ）或（﹣ ， + ）或（﹣ ， ）；
当点P的坐标为P（﹣ ， ）时，
∵BC∥PQ，
故直线PQ的表达式为y＝﹣ x+t，
将点P的坐标代入上式得： ＝﹣ ×（﹣ ）+t，
解得t＝ ，
故直线PQ的表达式为y＝﹣ x+ ，
则设点Q的坐标为（x，y），其中y＝﹣ x+ ，
由菱形的性质知，BP的中点即为CQ的中点，
由中点公式得： （x﹣ ）＝ （0+1），解得x＝﹣ ，
当x＝﹣ 时，y＝﹣ x+ ＝ ，故点Q的坐标为（﹣ ， ），
同理可得，点P（﹣ ， + ）或（﹣ ， ）时，对应的点Q的坐标分别为（ ， ）或
（ ， ），
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（﹣ ， ）或（ ， ）或（ ， ）；
（3）如图，连接BC，作EH⊥BC于H，交OB于M，此时 BM+ME最小．
理由：∵OC＝1，OB＝ ，
∴tan∠CBO＝ ＝ ，
∴∠CBO＝30°，
∴MH＝ BM，
∴ BM+ME＝MH+EM＝EH，
∴此时 BM+ME最短，
在Rt△CEH中，∵∠CHE＝90°，CE＝ ，∠HCE＝60°，
∴sin60°＝ ，
∴EH＝ ，
∴ BM+ME的最小值为 ．
