2023學年二輪復習解答題專題三十四：拋物線上有關周長問題的探究（解析版）

2023學年二輪復習解答題專題三十四：拋物線上有關周長問題的探究典例分析例1（2022懷化中考）如圖一所示，在平面直角坐標中，拋物線y＝ax2+2x+c經(jīng)過點A(﹣1，0）、B（3，0），與y軸交于點C，頂點為點D．在線段CB上方的拋物線上有一動點P，過點P作PE⊥BC于點E，作PFAB交BC于點F．

（1）求拋物線和直線BC的函數(shù)表達式，（2）當△PEF的周長為最大值時，求點P的坐標和△PEF的周長．（3）若點G是拋物線上的一個動點，點M是拋物線對稱軸上的一個動點，是否存在以C、B、G、M為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出點G的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】（1）拋物線函數(shù)表達式為，直線BC的函數(shù)表達式為（2）點P的坐標為(,)，△PEF的周長為（3）存在，(2，3)或(-2，-5)或(4，-5)【解析】【分析】（1）由點A，B的坐標，利用待定系數(shù)即可求解析式；（2）利用直線和拋物線的位置關系相切時對應的等腰直角三角形PEF周長最大，二次函數(shù)與一次函數(shù)聯(lián)立方程，根的判別式，從而找出對應點P坐標，進而求出周長；（3）根據(jù)平行四邊形對角線性質和中點公式，把BC是否為對角線分情況進行分析，設出點G的橫坐標，利用中點公式列方程計算即可求解．【小問1詳解】解：將點A(-1,0)，B(3,0)代入，得：，解得，所以拋物線解析式為，C(0，3)設直線BC的函數(shù)表達式，將B(3，0)，C(0，3)代入得：，解得，所以直線BC的函數(shù)表達式為【小問2詳解】

解：如圖，設將直線BC平移到與拋物線相切時的解析式為，與拋物線聯(lián)立得：整理得，解得，將代入，解得，將代入得，即△PEF的周長為最大值時，點P的坐標為(,)將代入得，則此時，因為△PEF為等腰直角三角形，則△PEF的周長最大為【小問3詳解】答：存在．已知B(3，0)，C(0，3)，設點Ｇ(，)，N(1，n)，當BC為平行四邊形對角線時，根據(jù)中點公式得：，，則G點坐標為(2，3)；當BC為平行四邊形對角線時，同樣利用中點坐標公式得：或，解得或則G點坐標為(-2，-5)或(4，-5)故點G坐標為(2，3)或(-2，-5)或(4，-5)【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖像上點的坐標特征、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、直線與拋物線的位置關系、根的判別式，等腰直角三角形性質，平行四邊形的性質，解題的關鍵（1）根據(jù)點的坐標利用待定系數(shù)求解析式；（2利用直線和拋物線的位置關系，巧妙利用判別式；（3）熟悉平行四邊形對角線性質，結合中點公式分情況展開討論．專題過關1.（2022柳州中考）已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（m，0）兩點，與y軸交于點C（0，5）．（1）求b，c，m的值；（2）如圖1，點D是拋物線上位于對稱軸右側的一個動點，且點D在第一象限內(nèi)，過點D作x軸的平行線交拋物線于點E，作y軸的平行線交x軸于點G，過點E作EF⊥x軸，垂足為點F，當四邊形DEFG的周長最大時，求點D的坐標；（3）如圖2，點M是拋物線的頂點，將△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB與y軸交于點Q，在對稱軸上找一點P，使得△PQB是以QB為直角邊的直角三角形，求出所有符合條件的點P的坐標．【答案】（1）b=4，c=5，m=5（2）當四邊形DEFG的周長最大時，點D的坐標為（3，8）（3）所有符合條件的點P的坐標為（2，），（2，﹣9）【解析】【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，利用待定系數(shù)法求解b，c即可，再令y=0，再解方程求解m即可；（2）先求解拋物線的對稱軸為x＝2，設D（x，﹣x2+4x+5），則E（4﹣x，﹣x2+4x+5），證明四邊形DEFG是矩形，而可得四邊形DEFG的周長＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，再利用二次函數(shù)的性質可得答案；（3）過點C作CH⊥對稱軸于H，過點N作NK⊥y軸于K，證明△MCH≌△NCK（AAS），再求解N（﹣4，3），求解直線的解析式為：可得設P（2，p），再利用勾股定理表示BP2＝，再分兩種情況建立方程求解即可．【小問1詳解】把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，，解得：∴這個拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x+5，令y＝0，則﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，∴B（5，0），∴m＝5；【小問2詳解】∵拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，∴對稱軸為x＝2，設D（x，﹣x2+4x+5），∵軸，∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），∵過點D作x軸的平行線交拋物線于點E，作y軸的平行線交x軸于點G，過點E作EF⊥x軸，∴四邊形DEFG是矩形，∴∴四邊形DEFG的周長＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，∴當x＝3時，四邊形DEFG的周長最大，∴當四邊形DEFG的周長最大時，點D的坐標為（3，8）；【小問3詳解】過點C作CH⊥對稱軸于H，過點N作NK⊥y軸于K，∴∠NKC＝∠MHC＝90°，由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，∵B（5，0），C（0，5）．∴OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∵CH⊥對稱軸于H，∴軸，∴∠BCH＝45°，∴∠BCH＝∠OCB，∴∠NCK＝∠MCH，∴△MCH≌△NCK（AAS），∴NK＝MH，CK＝CH，∵拋物線的解析式為：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，∴對稱軸為x＝2，M（2，9），∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，∴N（﹣4，3），設直線BN的解析式為y＝mx+n，∴解得：∴直線的解析式為：∴設P（2，p），∴BP2＝，分兩種情況：①當∠BQP＝90°時，BP2＝PQ2+BQ2，∴解得：∴②當∠QBP＝90°時，P′Q2＝BP′2+BQ2，∴解得：∴點P′的坐標為（2，﹣9）．綜上，所有符合條件的點P的坐標為或．【點睛】本題考查的是利用待定系數(shù)法求解二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)與坐標軸的交點坐標問題，二次函數(shù)的性質，對稱軸的性質，二次函數(shù)與直角三角形，勾股定理的應用，清晰的分類討論是解本題的關鍵．2.（2022廣元中考）在平面直角坐標系中，直線y＝﹣x﹣2與x軸交于點A，與y軸交于點B，拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）經(jīng)過A，B兩點，并與x軸的正半軸交于點C．（1）求a，b滿足的關系式及c的值；（2）當a＝時，若點P是拋物線對稱軸上的一個動點，求△PAB周長的最小值；（3）當a＝1時，若點Q是直線AB下方拋物線上的一個動點，過點Q作QD⊥AB于點D，當QD的值最大時，求此時點Q的坐標及QD的最大值．【答案】（1）2a=b+1，c=-2；（2）△PAB周長最小值是2+2；（3）此時Q（-1，-2），DQ最大值為．【解析】【分析】（1）先求得點A、點B的坐標，再利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先利用對稱性找出△PAB周長最小時點P的位置，此時AP=CP，△PAB的周長最小值為：PB+PA+AB=BC+AB，根據(jù)勾股定理求出AB、BC的長即可求出△PAB最小值；（3）過點Q作QF⊥x軸交于F點，交直線AB于點E，得到∠QED=∠EQD=45°，推出QD=ED=EQ，設Q（t，t2+t-2），E（t，-t-2），求得QE=-t2-2t，再利用二次函數(shù)的性質即可求解．【小問1詳解】解：∵直線y＝﹣x﹣2與x軸交于點A，與y軸交于點B，∴點A的坐標為(-2，0)，點B的坐標為(0，-2)，∵拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）經(jīng)過A，B兩點，∴，∴2a=b+1，c=-2；【小問2詳解】解：當a=時，則b=-，∴拋物線的解析式為y=x2-x-2，拋物線的對稱軸為直線x=1，∵點A的坐標為(-2，0)，∴點C的坐標為(4，0)，△PAB的周長為：PB+PA+AB，且AB是定值，∴當PB+PA最小時，△PAB的周長最小，∵點A、C關于直線x=1對稱，∴連接BC交直線x=1于點P，此時PB+PA值最小，∵AP=CP，∴△PAB的周長最小值為：PB+PA+AB=BC+AB，∵A（-2，0），B（0，-2），C（4，0），∴OA=2，OB=2，OC=4，由勾股定理得BC=2，AB=2，∴△PAB的周長最小值是：2+2．【小問3詳解】解：當a=1時，b=1，∴拋物線的解析式為y=x2+x-2，過點Q作QF⊥x軸交于F點，交直線AB于點E，∵A（-2，0），B（0，-2），∴OA=OB，∴∠OAB=45°，∵QD⊥AB，∴∠AEF=∠QED=∠EQD=45°，∴QD=ED=EQ，設Q（t，t2+t-2），E（t，-t-2），∴QE=-t-2-(t2+t-2)=-t2-2t，∴DQ=QE=-(t2+2t)=-(t+1)2+，當t=-1時，DQ有最大值，此時Q（-1，-2）．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質，等腰直角三角形的性質是解題的關鍵．3.（2022十堰中考）已知拋物線與軸交于點和點兩點，與軸交于點．（1）求拋物線的解析式；（2）點是拋物線上一動點（不與點，，重合），作軸，垂足為，連接．①如圖1，若點在第三象限，且，求點的坐標；②直線交直線于點，當點關于直線的對稱點落在軸上時，求四邊形的周長．【答案】（1）（2）①；②或【解析】【分析】（1）把點，代入，即可求解；（2）①過點C作CQ⊥DP于點Q，可得△CPQ為等腰直角三角形，從而得到PQ=CQ，設點，則OD=-m，，再由四邊形OCQD為矩形，可得QC=OD=PQ=-m，DQ=OC=3，從而得到，即可求解；②過點E作EM∥x軸于點M，先求出直線BC的解析式為，證得四邊形為菱形，可得，然后根據(jù)△CEM∽△CBO，設點，則點，然后分三種情況討論，即可求解．【小問1詳解】解：把點，代入得：，解得：，∴拋物線解析式為；【小問2詳解】解：①如圖，過點C作CQ⊥DP于點Q，∵點C（0，-3），∴OC=3，∵，∴△CPQ為等腰直角三角形，∴CQ=PQ，設點，則OD=-m，，∵軸，∴∠COD=∠ODQ=∠CQD=90°，∴四邊形OCQD為矩形，∴QC=OD=PQ=-m，DQ=OC=3，∴，∴，解得：或0（舍去），∴點；②如圖，過點E作EM∥x軸于點M，令y=0，，解得：（舍去），∴點B（-4，0），∴OB=4，∴，設直線BC的解析式為，把點B（-4，0），C（0，-3）代入得：，解得：，∴直線BC解析式為，∵點關于直線的對稱點落在軸上時，∴，，，∵DP⊥x軸，∴PD∥CE′，∴，∴，∴CE=PE，∴，∴四邊形為菱形，∵EM∥x軸，∴△CEM∽△CBO，∴，設點，則點，當點P在y軸左側時，EM=-t，當-4＜t＜0時，，∴，∴，解得：或0（舍去），∴，∴四邊形的周長為；當點P在y軸右側時，EM=-t，當t≤-4時，，∴，解得：或0（舍去），此時，∴四邊形的周長為；當點P在y軸右側，即t＞0時，EM=t，，∴，解得：或0，不符合題意，舍去；綜上所述，四邊形的周長為或．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、對稱的性質和菱形的判定方法；會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；理解坐標與圖形性質；會利用相似比計算線段的長和解一元二次方程是解題的關鍵．4.（2021呼倫貝爾中考）如圖，直線y＝x+2與拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）相交于點A（，）和點B（4，m）．拋物線與x軸的交點分別為H、K（點H在點K的左側）．點F在線段AB上運動（不與點A、B重合），過點F作直線FC⊥x軸于點P，交拋物線于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，連接AC，是否存在點F，使△FAC是直角三角形？若存在，求出點F的坐標；若不存在，說明理由；（3）如圖2，過點C作CE⊥AB于點E，當△CEF的周長最大時，過點F作任意直線l，把△CEF沿直線l翻折180°，翻折后點C的對應點記為點Q，求出當△CEF的周長最大時，點F的坐標，并直接寫出翻折過程中線段KQ的最大值和最小值．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】二次函數(shù)的應用；推理能力．【答案】（1）；（2）存在點F（3，5）或（，）；（3）當時，CF最大即△FEC的周長最大，此時F點坐標為，折疊過程中，KQ的最大值為，KQ的最小值為．【分析】（1）先把點B代入直線的解析式，求出m的值，再把點A和點B代入拋物線的解析式，即可求出拋物線的解析式；（2）先設出F的坐標，然后分A為直角頂點和C為直角頂點兩種情況，利用等腰直角三角形得性質即可求出點F的坐標；（3）先設出點C的坐標，再設出點F的坐標，然后表示出三角形CEF的周長，求出周長取最大值時點C和F的坐標即可，折疊過程中，當K，F(xiàn)，Q共線，且K和Q在F兩側時，KQ的最大，K和Q在F同側時，KQ的最?。窘獯稹拷猓海?）∵直線y＝x+2過點B（4，m），∴m＝4+2，解得m＝6，∴B（4，6），把點A和B代入拋物線的解析式，得：，解得，∴拋物線的解析式為；（2）存在點F，使△FAC為直角三角形，設F（n，n+2），直線AB與x軸交與M，則M（﹣2，0），直線AB與y軸交與點N，則N（0，2），∵FC∥y軸，∴C（n，2n2﹣8n+6），∵直線y＝x+2與x軸的交點為M（﹣2，0），與y軸交點為N（0，2），∴OM＝ON＝2，∴∠ONM＝45°，∵FC∥y軸，∴∠AFC＝∠ONM＝45°，若△FAC為直角三角形，則分兩種情況討論：（i）若點A為直角頂點，即∠FAC＝90°，過點A作AD⊥FC于點D，在Rt△FAC中，∵∠AFC＝45°，∴AF＝AC，∴DF＝DC，∴AD＝FC，∵n＝，化簡得：2n2﹣7n+3＝0，解得：n1＝3，（與A重合舍去），∴F（3，5），（ii）若點C為直角頂點，即∠FCA＝90°，則AC∥x軸，在Rt△FAC中，∵∠AFC＝45°，∴AC＝CF，∴n＝（n+2）﹣（2n2﹣8n+6，化簡得：4n2﹣16n+7＝0，解得：，（舍去），∴F（，），綜上所述：存在點F（3，5）或（，），使△FAC為直角三角形；（3）設F（c，c+2），∵FC∥y軸，∴C（c，2c2﹣8c+6），在Rt△FEC中，∵∠AFC＝45∴EF＝EC＝CF?sin∠AFC＝，∴當CF最大時，△FEC的周長最大，∵CF＝（c+2）﹣（2c2﹣8c+6）＝﹣2c2+9c﹣4＝，又∵﹣2＜0，∴當時，CF最大即△FEC的周長最大，此時F點坐標為，折疊過程中，當K，F(xiàn)，Q共線，且K和Q在F兩側時，KQ的最大，K和Q在F同側時，KQ的最小，∵CF＝，由（1）知點K的坐標為（3，0），∴KF＝，∴KQ的最大值為CF+KF＝，KQ的最小值為CF﹣KF＝．5.（2021遂寧中考）如圖，已知二次函數(shù)的圖象與x軸交于A和B（－3，0）兩點，與y軸交于C（0，－3），對稱軸為直線，直線y＝－2x＋m經(jīng)過點A，且與y軸交于點D，與拋物線交于點E，與對稱軸交于點F．（1）求拋物線的解析式和m的值；（2）在y軸上是否存在點P，使得以D、E、P為頂點的三角形與△AOD相似，若存在，求出點P的坐標；若不存在，試說明理由；（3）直線y＝1上有M、N兩點（M在N的左側），且MN＝2，若將線段MN在直線y＝1上平移，當它移動到某一位置時，四邊形MEFN的周長會達到最小，請求出周長的最小值（結果保留根號）．【答案】（1）；m=2；（2）存在，或；（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱性求出A（1，0），再利用待定系數(shù)法，即可求解；再把點A坐標代入直線的解析式，即可求出m的值；（2）先求出E（-5，12），過點E作EP⊥y軸于點P，從而得，即可得到P的坐標，過點E作，交y軸于點，可得，再利用tan∠ADO=tan∠PE，即可求解；（3）作直線y=1，將點F向左平移2個單位得到，作點E關于y=1的對稱點，連接與直線y=1交于點M，過點F作FN∥，交直線y=1于點N，在中和中分別求出EF，，進而即可求解．【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)的圖象與x軸交于A和B（－3，0）兩點，對稱軸為直線，∴A（1，0），設二次函數(shù)解析式為：y=a(x-1)(x+3)，把C（0，－3）代入得：-3=a(0-1)(0+3)，解得：a=1，∴二次函數(shù)解析式為：y=(x-1)(x+3)，即：，∵直線y＝－2x＋m經(jīng)過點A，∴0=-2×1+m，解得：m=2；（2）由（1）得：直線AF的解析式為：y=-2x+2，又∵直線y=-2x+2與y軸交于點D，與拋物線交于點E，∴當x=0時，y=2，即D（0，2），聯(lián)立，解得：，，∵點E在第二象限，∴E（-5，12），過點E作EP⊥y軸于點P，∵∠ADO=∠EDP，∠DOA=∠DPE=90°，∴，∴P（0，12）；過點E作，交y軸于點，可得，∵∠ED+∠PED=∠PE+∠PED=90°，∴∠ADO=∠ED=∠PE，即：tan∠ADO=tan∠PE，∴，即：，解得：，∴（0，14.5），綜上所述：點P坐標為（0，12）或（0，14.5）；（3）∵點E、F均為定點，∴線段EF長定值，∵MN=2，∴當EM+FN為最小值時，四邊形MEFN的周長最小，作直線y=1，將點F向左平移2個單位得到，作點E關于y=1的對稱點，連接與直線y=1交于點M，過點F作FN∥，交直線y=1于點N，由作圖可知：，又∵三點共線，∴EM+FN=，此時，EM+FN的值最小，∵點F為直線y=-2x+2與直線x=-1的交點，∴F（-1，4），∴（-3，4），又∵E（-5，12），∴（-5，-10），延長F交線段E于點W，∵F與直線y=1平行，∴FW⊥E，∵在中，由勾股定理得：EF=，在中，由勾股定理得：=，∴四邊形MEFN的周長最小值=ME+FN+EF+MN=．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)與平面幾何的綜合，掌握待定系數(shù)法，相似三角形的判定和性質，添加輔助線，利用軸對稱圖形的性質，構造線段和的最小值，是解題的關鍵．6.（2021重慶中考A卷）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線經(jīng)過A（0，﹣1），B（4，1）．直線AB交x軸于點C，P是直線AB下方拋物線上的一個動點．過點P作PD⊥AB，垂足為D，PE∥x軸，交AB于點E．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）當△PDE的周長取得最大值時，求點P的坐標和△PDE周長的最大值；（3）把拋物線平移，使得新拋物線的頂點為（2）中求得的點P．M是新拋物線上一點，N是新拋物線對稱軸上一點，直接寫出所有使得以點A，B，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形的點M的坐標，并把求其中一個點M的坐標的過程寫出來．【答案】（1）；（2）t=2時，△PDE周長取得最大值，最大值為，點P的坐標為（2，﹣4）；（3）滿足條件的點M的坐標有（2，﹣4），（6，12），（﹣2，12），過程見解析【解析】分析】（1）利用待定系數(shù)法求函數(shù)表達式即可；（2）先求出直線AB的函數(shù)表達式和點C坐標，設P，其中0<t<4，則E，證明△PDE∽△AOC，根據(jù)周長之比等于相似比可得，根據(jù)二次函數(shù)求最值的方法求解即可；（3）分以下情況①若AB是平行四邊形的對角線；②若AB是平行四邊形的邊，1）當MN∥AB時；2）當NM∥AB時，利用平行四邊形的性質分別進行求解即可．【詳解】解（1）∵拋物線經(jīng)過點A（0，﹣1），點B（4，1），∴，解得，∴該拋物線的函數(shù)表達式為；（2）∵A（0，-1），B（4，1），∴直線AB的函數(shù)表達式為，∴C（2，0），設P，其中0<t<4，∵點E在直線上，PE∥x軸，∴E，∠OCA=∠DEP，∴PE=，∵PD⊥AB，∴∠EDP=∠COA，∴△PDE∽△AOC，∵AO=1，OC=2，∴AC=，∴△AOC的周長為3+，令△PDE的周長為l，則，∴，∴當t=2時，△PDE周長取得最大值，最大值為，此時點P的坐標為（2，﹣4），（3）如圖所示，滿足條件的點M的坐標有（2，﹣4），（6，12），（﹣2，12）．由題意可知，平移后拋物線的函數(shù)表達式為，對稱軸為直線．①若AB是平行四邊形的對角線，當MN與AB互相平分時，四邊形ANBM是平行四邊形，即MN經(jīng)過AB的中點C（2，0），∵點N的橫坐標為2，∴點M的橫坐標為2，∴點M的坐標為（2，-4）；②若AB是平行四邊形的邊，1）MN∥AB時，四邊形ABNM是平行四邊形，∵A（0，-1），B（4，1），點N的橫坐標為2，∴點M的橫坐標為2﹣4=﹣2，∴點M的坐標為（﹣2，12）；2）當NM∥AB時，四邊形ABMN是平行四邊形，∵A（0，-1），B（4，1），點N的橫坐標為2，∴點M的橫坐標為2+4=6，∴點M的坐標為（6，12），綜上，滿足條件的點M的坐標有（2，﹣4），（6，12），（﹣2，12）．【點睛】本題考查待定系數(shù)法求函數(shù)的表達式、相似三角形的判定與性質、求二次函數(shù)的最值、平行四邊形的性質等知識，解答的關鍵是熟練掌握二次函數(shù)的性質，運用平行四邊形的性質，結合數(shù)形結合和分類討論的思想方法進行探究、推導和計算．7．（2021自貢中考）（14分）如圖，拋物線y＝（x+1）（x﹣a）（其中a＞1）與x軸交于A、B兩點，交y軸于點C．（1）直接寫出∠OCA的度數(shù)和線段AB的長（用a表示）；（2）若點D為△ABC的外心，且△BCD與△ACO的周長之比為：4，求此拋物線的解析式；（3）在（2）的前提下，試探究拋物線y＝（x+1）（x﹣a）上是否存在一點P，使得∠CAP＝∠DBA？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）直接利用拋物線的解析式求出A，B，C的坐標即可解決問題．（2）證明△DBC∽△OAC，推出＝，由此構建方程，即可解決問題．（3）作點C關于拋物線的對稱軸x＝的對稱點C′，連接AC′．證明∠ABD＝∠CAC′，推出當點P與點C′重合時滿足條件．作點P關于直線AC的對稱點E（0，﹣1），則∠EAC∠PAC＝∠ABD，作直線AE交拋物線于P′，點P′滿足條件，構建一次函數(shù)，利用方程組確定交點坐標即可．【解答】解：（1）定義拋物線y＝（x+1）（x﹣a），令y＝0，可得x＝﹣1或a，∴B（﹣1，0），A（a，0），令x＝0，得到y(tǒng)＝﹣a，∴C（0，﹣a），∴OA＝OC＝a，OB＝1，∴AB＝1+a．∵∠AOC＝90°，∴∠OCA＝45°．（2）∵△AOC是等腰直角三角形，∴∠OAC＝45°，∵點D是△ABC的外心，∴∠BDC＝2∠CAB＝90°，DB＝DC，∴△BDC也是等腰直角三角形，∴△DBC∽△OAC，∴＝，∴＝，解得a＝2或﹣2（舍棄），∴拋物線的解析式為y＝（x+1）（x﹣2）＝x2﹣x﹣2．（3）作點C關于拋物線的對稱軸x＝的對稱點C′，連接AC′．∵C（0，﹣2），C′（1，﹣2），∴PC∥AB，∵BC，AC′關于直線x＝對稱，∴CB＝AC，∴四邊形ABCP是等腰梯形，∴∠CBA＝∠C′AB，∵∠DBC＝∠OAC＝45°，∴∠ABD＝∠CAC′，∴當點P與點C′重合時滿足條件，∴P（1，﹣2）．作點P關于直線AC的對稱點E（0，﹣1），則∠EAC＝∠PAC＝∠ABD，作直線AE交拋物線于P′，點P′滿足條件，∵A（2，0），E（0，﹣1），∴直線AE的解析式為y＝x﹣1，由，解得或，∴P′（﹣，﹣），綜上所述，滿足條件的點P的坐標為（1，﹣2）或（﹣，﹣）．8．（2021日照中考）（14分）已知：拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三點．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，點P為直線BC上方拋物線上任意一點，連PC、PB、PO，PO交直線BC于點E，設＝k，求當k取最大值時點P的坐標，并求此時k的值．（3）如圖2，點Q為拋物線對稱軸與x軸的交點，點C關于x軸的對稱點為點D．①求△BDQ的周長及tan∠BDQ的值；②點M是y軸負半軸上的點，且滿足tan∠BMQ＝（為大于0的常數(shù)），求點M的坐標．【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）如圖1，過點P作PH∥y軸交直線BC于點H，則△PEH∽△OEC，進而可得k＝PH，再運用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式為y＝﹣x+3，設點P（t，﹣t2+2t+3），則H（t，﹣t+3），從而得出k＝（t﹣）2+，再利用二次函數(shù)性質即可得出答案；（3）①如圖2，過點Q作QT⊥BD于點T，則∠BTQ＝∠DTQ＝90°，利用配方法求得拋物線對稱軸為直線x＝1，得出Q（1，0），運用勾股定理即可求得△BDQ的周長＝BQ+DQ+BD＝2++3；再證明△BQT是等腰直角三角形，利用三角函數(shù)求得QT，DT，即可求得答案；②設M（0，﹣m），則OM＝m，根據(jù)QT2+MT2＝MQ2，求得QT、MT，再利用cos∠QBT＝cos∠MBO，求得BT，根據(jù)BT+MT＝BM，可得+＝，化簡得m2﹣2tm+3＝0，解方程即可求得答案．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），∴設y＝a（x+1）（x﹣3），將C（0，3）代入，得a（0+1）（0﹣3）＝3，解得：a＝﹣1，∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）如圖1，過點P作PH∥y軸交直線BC于點H，∴△PEH∽△OEC，∴＝，∵＝k，OC＝3，∴k＝PH，設直線BC的解析式為y＝kx+n，∵B（3，0），C（0，3），∴，解得：，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，設點P（t，﹣t2+2t+3），則H（t，﹣t+3），∴PH＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，∴k＝（﹣t2+3t）＝（t﹣）2+，∵＜0，∴當t＝時，k取得最大值，此時，P（，）；（3）①如圖2，過點Q作QT⊥BD于點T，則∠BTQ＝∠DTQ＝90°，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴拋物線對稱軸為直線x＝1，∴Q（1，0），∴OQ＝1，BQ＝OB﹣OQ＝3﹣1＝2，∵點C關于x軸的對稱點為點D，∴D（0，﹣3），∵B（3，0），∴OB＝OD＝3，∵∠BOD＝90°，∴DQ＝＝＝，BD＝＝＝3，∴△BDQ的周長＝BQ+DQ+BD＝2++3；在Rt△OBD中，∵∠BOD＝90°，OB＝OD，∴∠DBO＝∠BDO＝45°，∵∠BTQ＝90°，∴△BQT是等腰直角三角形，∴QT＝BT＝BQ?cos∠DBO＝2?cos45°＝，∴DT＝BD﹣BT＝3﹣＝2，∴tan∠BDQ＝＝＝；②設M（0，﹣m），則OM＝m，BM＝＝＝，MQ＝＝，∵tan∠BMQ＝，∴＝，∴MT＝t?QT，∵QT2+MT2＝MQ2，∴QT2+（t?QT）2＝（）2，∴QT＝，MT＝，∵cos∠QBT＝cos∠MBO，∴＝，即＝，∴BT＝，∵BT+MT＝BM，∴+＝，整理得，（m2+3）2＝4t2m2，∵t＞0，m＞0，∴m2+3＝2tm，即m2﹣2tm+3＝0，當Δ＝（﹣2t）2﹣4×1×3＝4t2﹣12≥0，即t≥時，m＝＝t±，∴M（0，﹣t）或（0，﹣﹣t）．9．（2021通遼中考）（12分）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于A（3，0），B（﹣1，0）兩點，交y軸于點C，動點P在拋物線的對稱軸上．（1）求拋物線的解析式；（2）當以P，B，C為頂點的三角形周長最小時，求點P的坐標及△PBC的周長；（3）若點Q是平面直角坐標系內(nèi)的任意一點，是否存在點Q，使得以A，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）運用待定系數(shù)法即可求得答案；（2）因為BC為定值，所以當PB+PC最小時，△PBC的周長最小，如圖1，連接AC交對稱軸于點P，由軸對稱性質可知，此點P即為所求，再利用勾股定理求出AC、BC，即可得出答案；（3）分兩種情況進行討論：①以AC為邊時，由四邊形ACPQ是菱形，可得CP＝CA，建立方程求解即可，②以AC為對角線時．由四邊形ACPQ是菱形，可得CP＝PA，建立方程求解即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3交x軸于A（3，0），B（﹣1，0）兩點，∴，解得：，∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，得y＝3，∴C（0，3），∵△PBC的周長為：PB+PC+BC，BC是定值，∴當PB+PC最小時，△PBC的周長最小．如圖1，點A、B關于對稱軸l對稱，連接AC交l于點P，則點P為所求的點．∵AP＝BP，∴△PBC周長的最小值是：PB+PC+BC＝AC+BC．∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），∴AC＝3，BC＝．∴△PBC周長的最小值是：3+．拋物線對稱軸為直線x＝﹣＝1，設直線AC的解析式為y＝kx+c，將A（3，0），C（0，3）代入，得：，解得：，∴直線AC的解析式為y＝﹣x+3，∴P（1，2）；（3）存在．設P（1，t），①以AC為邊時，如圖2，∵四邊形ACPQ是菱形，∴CP＝CA，∴12+（3﹣t）2＝32+32，解得：t＝3±，∴P1（1，3﹣），P2（1，3+），∴Q1（4，﹣），Q2（4，），②以AC為對角線時，如圖3，∵四邊形ACPQ是菱形，∴CP＝PA，∴12+（3﹣t）2＝（1﹣3）2+t2，解得：t＝1，∴P3（1，1），Q3（2，2），綜上所述，符合條件的點Q的坐標為：Q1（4，﹣），Q2（4，），Q3（2，2）．10．（2021蘇州中考）（10分）如圖，二次函數(shù)y＝x2﹣（m+1）x+m（m是實數(shù)，且﹣1＜m＜0）的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），且在對稱軸上，OD⊥BD，OC＝EC，連接ED并延長交y軸于點F（1）求A、B、C三點的坐標（用數(shù)字或含m的式子表示）；（2）已知點Q在拋物線的對稱軸上，當△AFQ的周長的最小值等于時，求m的值．【分析】（1）令y＝x2﹣（m+1）x+m＝0，解得x＝1或m，故點A、B的坐標分別為（m，0）、（1,0），則點C的橫坐標為（m+1），即可求解；（2）由tan∠DBC＝tan∠ODC，即CD2＝CO?BC＝（m+1）（1﹣m）＝，在Rt△AOF中，AF2＝AO2+OF2＝m2+1﹣m2＝1；點B是點A關于函數(shù)對稱軸的對稱點，連接FB交對稱軸于點Q，則點Q為所求點，進而求解．【解答】解：（1）令y＝x2﹣（m+1）x+m＝3，解得x＝1或m，故點A、B的坐標分別為（m、（1，則點C的橫坐標為（m+1）,0）；（2）由點C的坐標知，CO＝，故BC＝OB﹣CO＝1﹣（m+1）＝，∵∠BDC+∠DBC＝90°，∠BDC+∠ODC＝90°，∴∠DBC＝∠ODC，∴tan∠DBC＝tan∠ODC，即CD2＝CO?BC＝（m+1），∵點C是OB的中點，則CD為△BOF的中位線，則FO2＝（7CD）2＝4CD7＝1﹣m2，在Rt△AOF中，AF5＝AO2+OF2＝m6+1﹣m2＝2，∵點B是點A關于函數(shù)對稱軸的對稱點，連接FB交對稱軸于點Q，理由：△AFQ的周長＝AF+FQ+AQ＝1+QF+BQ＝1+BF為最小，即8+BF＝，則BF2＝OF4+OB2＝1﹣m6+1＝（﹣2）2，解得m＝，∵﹣1＜m＜0，故m＝﹣．11．（2021岳陽中考）（10分）如圖，拋物線y＝ax2+bx+2經(jīng)過A（﹣1，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接BC．（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；（2）如圖2，直線l：y＝kx+3經(jīng)過點A，點P為直線l上的一個動點，且位于x軸的上方，點Q為拋物線上的一個動點，當PQ∥y軸時，作QM⊥PQ，交拋物線于點M（點M在點Q的右側），以PQ，QM為鄰邊構造矩形PQMN，求該矩形周長的最小值；（3）如圖3，設拋物線的頂點為D，在（2）的條件下，當矩形PQMN的周長取最小值時，拋物線上是否存在點F，使得∠CBF＝∠DQM？若存在，請求出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）設點Q的坐標為（x，﹣x2+x+2），則點P的坐標為（x，3x+3），設矩形周長為C，則C＝2（PQ+QM）＝2[3﹣2x+3x+3﹣（﹣x2+x+2）]＝x2﹣x+8，即可求解；（3）過點D作DK⊥QM于點K，則DK＝y(tǒng)D﹣yQ＝﹣＝，同理可得，QK＝1，則tan∠DQM＝，在△BOC中，tan∠CBO＝＝，即可求解．【解答】解：（1）設拋物線的表達式為y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），即y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，即﹣4a＝2，解得a＝﹣，故拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+2；（2）將點A的坐標代入直線l的表達式得：0＝﹣k+3，解得k＝3，故直線l的表達式為y＝3x+3，設點Q的坐標為（x，﹣x2+x+2），則點P的坐標為（x，3x+3），由題意得，點Q、M關于拋物線對稱軸對稱，而拋物線的對稱軸為直線x＝，故點M的橫坐標為3﹣x，則QM＝3﹣x﹣x＝3﹣2x，設矩形周長為C，則C＝2（PQ+QM）＝2[3﹣2x+3x+3﹣（﹣x2+x+2）]＝x2﹣x+8，∵1＜0，故C有最小值，當x＝時，矩形周長最小值為；（3）當x＝時，y＝﹣x2+x+2＝，即點Q的坐標為（，），由拋物線的表達式知，點D的坐標為（，），過點D作DK⊥QM于點K，則DK＝y(tǒng)D﹣yQ＝﹣＝，同理可得，QK＝1，則tan∠DQM＝，∵∠CBF＝∠DQM，故tan∠CBF＝tan∠DQM＝，在△BOC中，tan∠CBO＝＝，故BF和BO重合，故點F和點A重合，即點F的坐標為（﹣1，0）．12.（2021大慶中考）如圖，拋物線與軸交于除原點和點，且其頂點關于軸的對稱點坐標為．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）拋物線的對稱軸上存在定點，使得拋物線上的任意一點到定點的距離與點到直線的距離總相等．①證明上述結論并求出點的坐標；②過點的直線與拋物線交于兩點．證明：當直線繞點旋轉時，是定值，并求出該定值；（3）點是該拋物線上的一點，在軸，軸上分別找點，使四邊形周長最小，直接寫出的坐標．【答案】（1）；（2）；，證明見解析