?重難點03 二次函數(shù)中的線段、周長與面積的最值問題及定值問題（解析版）

重難點突破03二次函數(shù)中的線段、周長與面積的最值問題及定值問題目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01利用二次函數(shù)解決單線段的最值問題題型02利用二次函數(shù)解決兩條線段之和的最值問題題型03利用二次函數(shù)解決兩條線段之差的最值問題題型04利用二次函數(shù)解決三條線段之和的最值問題題型05利用二次函數(shù)解決三角形周長的最值問題題型06利用二次函數(shù)解決四邊形周長的最值問題題型07利用二次函數(shù)解決圖形面積的最值問題類型一利用割補、拼接法解決面積最值問題類型二利用用鉛垂定理巧求斜三角形面積最值問題類型三構(gòu)建平行線，利用同底等高解決面積最值問題題型08利用二次函數(shù)解決定值問題題型01利用二次函數(shù)解決單線段的最值問題【解題思路】拋物線中的線段最值問題有三種形式：1．平行于坐標(biāo)軸的線段的最值問題：常通過線段兩端點的坐標(biāo)差表示線段長的函數(shù)關(guān)系式，運用二次函數(shù)性質(zhì)求解．求最值時應(yīng)注意：①當(dāng)線段平行于y軸時，用上端點的縱坐標(biāo)減去下端點的縱坐標(biāo)；②當(dāng)線段平行于x軸時，用右端點的橫坐標(biāo)減去左端點的橫坐標(biāo)．在確定最值時，函數(shù)自變量的取值范圍應(yīng)確定正確．1．（2022·遼寧朝陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+2x+c與x軸分別交于點A(1，0)和點B，與y軸交于點C(0，﹣3)(1)求拋物線的解析式及點B的坐標(biāo)．(2)如圖，點P為線段BC上的一個動點（點P不與點B，C重合），過點P作y軸的平行線交拋物線于點Q，求線段PQ長度的最大值．(3)動點P以每秒2個單位長度的速度在線段BC上由點C向點B運動，同時動點M以每秒1個單位長度的速度在線段BO上由點B向點O運動，在平面內(nèi)是否存在點N，使得以點P，M，B，N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出符合條件的點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=x2+2x-3，（-3(2)9(3)-3,-32或（-2，1【分析】（1）將A，C兩點坐標(biāo)代入拋物線的解析式求得a，c的值，進(jìn)而得出解析式，當(dāng)y=0時，求出方程的解，進(jìn)而求得B點坐標(biāo)；（2）由B，C兩點求出BC的解析式，進(jìn)而設(shè)出點P和點Q坐標(biāo)，表示出PQ的長，進(jìn)一步得出結(jié)果；（3）要使以點P，M，B，N為頂點的四邊形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分為PM=BM，PM=PB和BP=BM，結(jié)合圖象，進(jìn)一步得出結(jié)果．【詳解】（1）解：把點A(1，0)，C(0，﹣3)代入y=axc=-3a+2×1+c=0，解得：c=-3∴拋物線解析式為y=x令y=0，則x2解得：x1∴點B的坐標(biāo)為（-3，0）；（2）解：設(shè)直線BC的解析式為y=kx+bk≠0把點B（-3，0），C(0，﹣3)代入得：b=-3-3k+b=0，解得：k=-1∴直線BC的解析式為y=-x-3，設(shè)點Pm,-m+3，則Q∴PQ=-m-3∴當(dāng)m=-32時，PQ最大，最大值為（3）解：存在，根據(jù)題意得：PC=2t,BM=t，則如圖，當(dāng)BM=PM時，∵B（-3，0），C（0，-3），∴OB=OC=3，∴∠OCB=∠OBC=45°，延長NP交y軸于點D，∵點P，M，B，N為頂點的四邊形是菱形，∴PN∥x軸，BN∥PM，即DN⊥y軸，∴△CDP為等腰直角三角形，∴CD=PD=PC?sin∵BM=PM，∴∠MPB=∠OBC=45°，∴∠PMO=∠PDO=∠MOD=90°，∴四邊形OMPD是矩形，∴OM=PD=t，MP⊥x軸，∴BN⊥x軸，∵BM+OM=OB，∴t+t=3，解得t=3∴P-∴N-3,-如圖，當(dāng)PM=PB時，作PD⊥y軸于D，連接PN，∵點P，M，B，N為頂點的四邊形是菱形，∴PN⊥BM，NE=PE，∴BM=2BE，∴∠OEP=∠DOE=∠ODP=90°，∴四邊形PDOE是矩形，∴OE=PD=t，∴BE=3-t，∴t=2（3-t），解得：t=2，∴P（-2，-1），∴N（-2，1）；如圖，當(dāng)PB=MB時，32-2∴PN=BP=BM=6-32過點P作PE⊥x軸于點E，∴PE⊥PM，∴∠EON=∠OEP=∠EPN=90°，∴四邊形OEPN為矩形，∴PN=OE，PN⊥y軸，∵∠OBC=45°，∴BE=PE=PB?sin∴OE=OB-BE=3-3∴點N在y軸上，∴N0,3-32綜上所述，點N的坐標(biāo)為-3,-32或（-2，1）或【點睛】本題考查了二次函數(shù)及其圖象的性質(zhì)，用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，等腰三角形的分類和等腰三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是正確分類，畫出符合條件的圖形．2．（2021·西藏·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2＋bx＋c與x軸交于A，B兩點．與y軸交于點C．且點A的坐標(biāo)為（﹣1，0），點C的坐標(biāo)為（0，5）．（1）求該拋物線的解析式；（2）如圖（甲）．若點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一動點．當(dāng)點P到直線BC的距離最大時，求點P的坐標(biāo)；（3）圖（乙）中，若點M是拋物線上一點，點N是拋物線對稱軸上一點，是否存在點M使得以B，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y＝﹣x2＋4x＋5；（2）P（52，354）；（3）存在，M的坐標(biāo)為：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣【分析】（1）將A的坐標(biāo)（﹣1，0），點C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c，即可得拋物線的解析式為y＝﹣x2＋4x＋5；（2）過P作PD⊥x軸于D，交BC于Q，過P作PH⊥BC于H，由y＝﹣x2＋4x＋5可得B（5，0），故OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，可證明△PHQ是等腰直角三角形，即知PH＝PQ2，當(dāng)PQ最大時，PH最大，設(shè)直線BC解析式為y＝kx＋5，將B（5，0）代入得直線BC解析式為y＝﹣x＋5，設(shè)P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），則Q（m，﹣m＋5），PQ＝﹣（m﹣52）2＋254，故當(dāng)m＝52時，PH最大，即點P到直線BC的距離最大，此時P（（3）拋物線y＝﹣x2＋4x＋5對稱軸為直線x＝2，設(shè)M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC為對角線，則MN、BC的中點重合，可列方程組s+22=5+02-s2+4s+5+t2=0+52，即可解得M（3，8），②以MB、NC為對角線，則MB、NC的中點重合，同理可得s+52=2+02-s2+4s+4+02=t+52，解得【詳解】解：（1）將A的坐標(biāo)（﹣1，0），點C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c得：0=-1-b+c5=c，解得b=4∴拋物線的解析式為y＝﹣x2＋4x＋5；（2）過P作PD⊥x軸于D，交BC于Q，過P作PH⊥BC于H，如圖：在y＝﹣x2＋4x＋5中，令y＝0得﹣x2＋4x＋5＝0，解得x＝5或x＝﹣1，∴B（5，0），∴OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，∴∠CBO＝45°，∵PD⊥x軸，∴∠BQD＝45°＝∠PQH，∴△PHQ是等腰直角三角形，∴PH＝PQ2∴當(dāng)PQ最大時，PH最大，設(shè)直線BC解析式為y＝kx＋5，將B（5，0）代入得0＝5k＋5，∴k＝﹣1，∴直線BC解析式為y＝﹣x＋5，設(shè)P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），則Q（m，﹣m＋5），∴PQ＝（﹣m2＋4m＋5）﹣（﹣m＋5）＝﹣m2＋5m＝﹣（m﹣52）2＋25∵a＝﹣1＜0，∴當(dāng)m＝52時，PQ最大為25∴m＝52時，PH最大，即點P到直線BC的距離最大，此時P（52，（3）存在，理由如下：拋物線y＝﹣x2＋4x＋5對稱軸為直線x＝2，設(shè)M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC為對角線，則MN、BC的中點重合，如圖：∴s+22=5+0∴M（3，8），②以MB、NC為對角線，則MB、NC的中點重合，如圖：∴s+52=2+0∴M（﹣3，﹣16），③以MC、NB為對角線，則MC、NB中點重合，如圖：s+02=2+5∴M（7，﹣16）；綜上所述，M的坐標(biāo)為：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、函數(shù)圖象上點坐標(biāo)的特征、等腰直角三角形、平行四邊形等知識，解題的關(guān)鍵是用含字母的代數(shù)式表示相關(guān)點的坐標(biāo)和相關(guān)線段的長度．3．（2021·山東泰安·統(tǒng)考中考真題）二次函數(shù)y=ax2+bx+4(a≠0)的圖象經(jīng)過點A(-4,0)，B(1,0)，與y軸交于點C，點P為第二象限內(nèi)拋物線上一點，連接BP、AC，交于點Q，過點P作PD⊥x（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）連接BC，當(dāng)∠DPB=2∠BCO時，求直線BP的表達(dá)式；（3）請判斷：PQQB是否有最大值，如有請求出有最大值時點P【答案】（1）y=-x2-3x+4；（2）y=-158x+158；（3【分析】（1）將A(-4,0)，B(1,0)代入y=ax2+bx+4(a≠0)中，列出關(guān)于a、b的二元一次方程組，求出a（2）設(shè)BP與y軸交于點E，根據(jù)PD//y軸可知，∠DPB=∠OEB，當(dāng)∠DPB=2∠BCO，即∠OEB=2∠BCO，由此推斷△OEB為等腰三角形，設(shè)OE=a，則CE=4-a，所以BE=4-a，由勾股定理得BE2=OE2（3）設(shè)PD與AC交于點N，過B作y軸的平行線與AC相交于點M．由A、C兩點坐標(biāo)可得AC所在直線表達(dá)式，求得M點坐標(biāo)，則BM=5，由BM//PN，可得△PNQ∽△BMQ，PQQB=PNBM=PN5【詳解】解：（1）由題意可得：a?解得：a=-1b=-3∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-x（2）設(shè)BP與y軸交于點E，∵PD//y軸，∴∠DPB=∠OEB，∵∠DPB=2∠BCO，∴∠OEB=2∠BCO，∴∠ECB=∠EBC，∴BE=CE，設(shè)OE=a，則CE=4-a，∴BE=4-a，在Rt△BOE中，由勾股定理得B∴解得a=15∴E0,設(shè)BE所在直線表達(dá)式為y=kx+e(k≠0)∴k?0+e=15∴直線BP的表達(dá)式為y=-15（3）設(shè)PD與AC交于點N．過B作y軸的平行線與AC相交于點M．由A、C兩點坐標(biāo)分別為(-4,0)，(0,4)可得AC所在直線表達(dá)式為y=x+4∴M點坐標(biāo)為(1,5)，BM=5由BM//PN，可得△PNQ∽△BMQ，∴設(shè)P(a0∴PQ∴當(dāng)a0=-2時，PQQB此時P點坐標(biāo)為(-2,6)．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)以及一次函數(shù)解析式的確定，函數(shù)圖像的性質(zhì)，相似三角形，勾股定理等知識點，熟練運用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式是解題關(guān)鍵，本題綜合性強，涉及知識面廣，難度較大，屬于中考壓軸題．4．（2020·遼寧阜新·中考真題）如圖，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象交x軸于點A-3,0，B1,0，交y軸于點C．點Pm,0是x軸上的一動點，PM⊥x軸，交直線

（1）求這個二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）①若點P僅在線段AO上運動，如圖1．求線段MN的最大值；②若點P在x軸上運動，則在y軸上是否存在點Q，使以M，N，C，Q為頂點的四邊形為菱形．若存在，請直接寫出所有滿足條件的點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=x2+2x-3；（2）①94【分析】（1）把A(-3,0),B(1,0)代入y=x2+bx+c中求出b（2）①由點Pm,0得M(m,-m-3),Nm,m②分MN=MC和MC=2MN兩種情況，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到關(guān)于【詳解】解：（1）把A(-3,0),B(1,0)代入y=x0=9-3b+c,0=1+x+c.解得b=2,∴y=x（2）設(shè)直線AC的表達(dá)式為y=kx+b，把A(-3,0),C(0,-3)代入y=kx+b．得，0=-3k+b,-3=b.解這個方程組，得∴y=-x-3．

∵點Pm,0是x軸上的一動點，且PM⊥x∴M(m,-m-3),Nm,m∴MN=(-m-3)-=-=-m+3∵a=-1<0，∴此函數(shù)有最大值．又∵點P在線段OA上運動，且-3<-∴當(dāng)m=-32時，MN有最大值9②∵點Pm,0是x軸上的一動點，且PM⊥x∴M(m,-m-3),Nm,m∴MN=(-m-3)-m2（i）當(dāng)以M，N，C，Q為頂點的四邊形為菱形，則有MN=MC，如圖，∵C（0，-3）∴MC=(m-0)2∴-整理得，m4∵m2∴m2解得，m1=-3+∴當(dāng)m=-3+2時，CQ=MN=3∴OQ=-3-(32-2∴Q(0，-32-1當(dāng)m=-3-2時，CQ=MN=-3∴OQ=-3-(-32-2∴Q(0，32-1(ii)若MC=2則有-整理得，m2解得，m1=-4，綜上所述，點Q的坐標(biāo)為Q【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，解（1）的關(guān)鍵是待定系數(shù)法；解（2）的關(guān)鍵是利用線段的和差得出二次函數(shù)，又利用了二次函數(shù)的性質(zhì)，解（3）的關(guān)鍵是利用菱形的性質(zhì)得出關(guān)于m的方程，要分類討論，以防遺漏．5．（2020·天津·中考真題）已知點A(1,0)是拋物線y=ax2+bx+m（a,b,m為常數(shù)，a≠0,m<0（1）當(dāng)a=1,m=-3時，求該拋物線的頂點坐標(biāo)；（2）若拋物線與x軸的另一個交點為M(m,0)，與y軸的交點為C，過點C作直線l平行于x軸，E是直線l上的動點，F(xiàn)是y軸上的動點，EF=22①當(dāng)點E落在拋物線上（不與點C重合），且AE=EF時，求點F的坐標(biāo)；②取EF的中點N，當(dāng)m為何值時，MN的最小值是22【答案】（1）拋物線的頂點坐標(biāo)為(-1,-4)；（2）①點F的坐標(biāo)為(0,-2-7)或(0,-2+7)；②當(dāng)m的值為-32或【分析】（1）根據(jù)a=1,m=-3，則拋物線的解析式為y=x2+bx-3，再將點A（1，0）代入y=（2）①首先用含有m的代數(shù)式表示出拋物線的解析式，求出C(0,m)，點E(m+1,m).過點A作AH⊥l于點H,在Rt△EAH中，利用勾股定理求出AE的值，再根據(jù)AE=EF，EF=22，可求出m的值，進(jìn)一步求出F②首先用含m的代數(shù)式表示出MC的長，然后分情況討論MN什么時候有最值.【詳解】解：（1）當(dāng)a=1，m=-3時，拋物線的解析式為y=x∵拋物線經(jīng)過點A(1,0)，∴0=1+b-3．解得b=2．∴拋物線的解析式為y=x∵y=x∴拋物線的頂點坐標(biāo)為(-1,-4)．（2）①∵拋物線y=ax2+bx+m經(jīng)過點A(1,0)和M(m,0)∴0=a+b+m，0=am2+bm+m∴a=1，b=-m-1．∴拋物線的解析式為y=x根據(jù)題意，得點C(0,m)，點E(m+1,m)．過點A作AH⊥l于點H．由點A(1,0)，得點H(1,m)．在Rt△EAH中，EH=1-(m+1)=-m，HA=0-m=-m，∴AE=E∵AE=EF=22∴-2m=22此時，點E(-1,-2)，點C(0,-2)，有EC=1．∵點F在y軸上，∴在Rt△EFC中，CF=E∴點F的坐標(biāo)為(0,-2-7)或②由N是EF的中點，得CN=1根據(jù)題意，點N在以點C為圓心、2為半徑的圓上．由點M(m,0)，點C(0,m)，得MO=-m，CO=-m．∴在Rt△MCO中，MC=M當(dāng)MC≥2，即m≤-1時，滿足條件的點N落在線段MCMN的最小值為MC-NC=-2m-2當(dāng)MC<2，-1<m<0時，滿足條件的點N落在線段CMMN的最小值為NC-MC=2-(-2∴當(dāng)m的值為-32或-12時，【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求解析式，拋物線上的點的坐標(biāo)滿足拋物線方程等，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考常考題型．．6．（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=14x2+bx+c與x軸交于點A，B，與y軸交于點C

(1)求該拋物線的表達(dá)式；(2)點P是直線AC下方拋物線上一動點，過點P作PD⊥AC于點D，求PD的最大值及此時點P的坐標(biāo)；(3)在（2）的條件下，將該拋物線向右平移5個單位，點E為點P的對應(yīng)點，平移后的拋物線與y軸交于點F，Q為平移后的拋物線的對稱軸上任意一點．寫出所有使得以QF為腰的△QEF是等腰三角形的點Q的坐標(biāo)，并把求其中一個點Q的坐標(biāo)的過程寫出來．【答案】(1)y=(2)PD取得最大值為45，(3)Q點的坐標(biāo)為92,-1或92【分析】（1）待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可求解；（2）直線AC的解析式為y=-34x-3，過點P作PE⊥x軸于點E，交AC于點Q，設(shè)Pt,1（3）根據(jù)平移的性質(zhì)得出y=14x-922-4916，對稱軸為直線x=92【詳解】（1）解：將點B3,0，C0,-3．代入1解得：b=1∴拋物線解析式為：y=1（2）∵y=14x2+14當(dāng)y=0時，1解得：x1∴A-4,0∵C0,-3設(shè)直線AC的解析式為y=kx-3，∴-4k-3=0解得：k=-∴直線AC的解析式為y=-3如圖所示，過點P作PE⊥x軸于點E，交AC于點Q，

設(shè)Pt,14∴PQ=-3∵∠AQE=∠PQD，∠AEQ=∠QDP=90°，∴∠OAC=∠QPD，∵OA=4,OC=3，∴AC=5，∴cos∠QPD=∴PD=4∴當(dāng)t=-2時，PD取得最大值為45，1∴P-2,-（3）∵拋物線y=14將該拋物線向右平移5個單位，得到y(tǒng)=14x-點P-2,-52向右平移∵平移后的拋物線與y軸交于點F，令x=0，則y=1∴F0,2∴E∵Q為平移后的拋物線的對稱軸上任意一點．則Q點的橫坐標(biāo)為92設(shè)Q9∴QE2=當(dāng)QF=EF時，922+m-22解得：m=-1或m=5，當(dāng)QE=QF時，92-32+m+解得：m=綜上所述，Q點的坐標(biāo)為92,-1或92【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合問題，解直角三角形，待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的平移，線段周長問題，特殊三角形問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型02利用二次函數(shù)解決兩條線段之和的最值問題【解題思路】拋物線中的線段最值問題有三種形式：2.兩條線段和的最值問題：解決這類問題最基本的定理就是“兩點之間線段最短”，解決這類問題的方法是：作其中一個定點關(guān)于已知直線的對稱點，連接對稱點與另一個定點，它們與已知直線的交點即為所求的點.其變形問題有三角形周長最小或四邊形周長最小等.【常見模型一】（兩點在河的異側(cè)）：在直線L上找一點M，使PA+PB的值最小.方法：如右圖，連接AB，與直線L交于點M,在M處渡河距離最短，最短距離為線段AB的長?！境Ｒ娔Ｐ投浚▋牲c在河的同側(cè)）：在直線L上找一點M，使PA+PB的值最小.方法：如右圖，作點B關(guān)于直線L的對稱點B’，連接AB’,與直線L的交點即為所求的渡河點，最短距離為線段AB’的長。7．（2023·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過A(-1,0),C(0,3)兩點，并交x軸于另一點B，點M是拋物線的頂點，直線AM

(1)求該拋物線的表達(dá)式；(2)若點H是x軸上一動點，分別連接MH，DH，求MH+DH的最小值；(3)若點P是拋物線上一動點，問在對稱軸上是否存在點Q，使得以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-(2)37(3)存在，Q1,3或Q1,1【分析】（1）待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式即可；（2）作點D關(guān)于x軸的對稱點D'，連接D'M，D'M與x軸的交點即為點H（3）分DM，DP，MP分別為對角線，三種情況進(jìn)行討論求解即可．【詳解】（1）解：∵拋物線y=-x2+bx+c∴-1-b+c=0c=3，解得：b=2∴y=-x（2）∵y=-x∴M1,4設(shè)直線AM:y=kx+m(k≠0)，則：-k+m=0k+m=4，解得：k=2∴AM:y=2x+2，當(dāng)x=0時，y=2，∴D0,2作點D關(guān)于x軸的對稱點D'，連接D則：D'0,-2，∴當(dāng)M,H,D'三點共線時，MH+DH有最小值為

∵D'0,-2，∴D'即：MH+DH的最小值為：37；（3）解：存在；∵y=-x∴對稱軸為直線x=1，設(shè)Pp,t，Q當(dāng)以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形時：①DM為對角線時：1+p=0+1t+n=4+2

∴p=0t+n=6當(dāng)p=0時，t=3，∴n=3，∴Q1,3②當(dāng)DP為對角線時：0+p=1+12+t=4+n

∴p=22+t=4+n當(dāng)p=2時，t=-2∴n=1，∴Q1,1③當(dāng)MP為對角線時：1+p=0+14+t=2+n

∴p=0n-t=2當(dāng)p=0時，t=3，∴n=3，∴Q1,5綜上：當(dāng)以D，M，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，Q1,3或Q1,1或【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，是中考常見的壓軸題．正確的求出函數(shù)解析式，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵．8．（2015·四川自貢·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)的對稱軸為直線x=-1，且拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，其中A(1,0)（1）若直線y=mx+n經(jīng)過B、C兩點，求直線BC和拋物線的解析式；（2）在拋物線的對稱軸x=-1上找一點M，使點M到點A的距離與到點C的距離之和最小，求出點M的坐標(biāo)；（3）設(shè)點P為拋物線的對稱軸x=-1上的一個動點，求使ΔBPC為直角三角形的點P的坐標(biāo).【答案】（1）拋物線的解析式為y=-x2-2x+3，直線的解析式為y=x+3.（2）M(-1,2)；（3）P的坐標(biāo)為(-1,-2)或(-1,4)或(-1,【詳解】分析：（1）先把點A，C的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式得到a和b，c的關(guān)系式，再根據(jù)拋物線的對稱軸方程可得a和b的關(guān)系，再聯(lián)立得到方程組，解方程組，求出a，b，c的值即可得到拋物線解析式；把B、C兩點的坐標(biāo)代入直線y=mx+n，解方程組求出m和n的值即可得到直線解析式；（2）設(shè)直線BC與對稱軸x=-1的交點為M，此時MA+MC的值最小．把x=-1代入直線y=x+3得y的值，即可求出點M坐標(biāo)；（3）設(shè)P（-1，t），又因為B（-3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（-1+3）2+t2=4+t2，PC2=（-1）2+（t-3）2=t2-6t+10，再分三種情況分別討論求出符合題意t值即可求出點P的坐標(biāo)．詳解：（1）依題意得：-b2a=-1∴拋物線的解析式為y=-x∵對稱軸為x=-1，且拋物線經(jīng)過A(1,0∴把B(-3,0)、C(0,3得-3m+n=0n=3，解之得：m=1∴直線y=mx+n的解析式為y=x+3.（2）直線BC與對稱軸x=-1的交點為M，則此時MA+MC的值最小，把x=-1代入直線y=x+3得y=2，∴M(-1,2).即當(dāng)點M到點A的距離與到點C的距離之和最小時M的坐標(biāo)為（注：本題只求M坐標(biāo)沒說要求證明為何此時MA+MC的值最小，所以答案未證明MA+MC的值最小的原因）.（3）設(shè)P(-1,t)，又B(-3,0)，∴BC2=18，P①若點B為直角頂點，則BC2+PB2②若點C為直角頂點，則BC2+PC2③若點P為直角頂點，則PB2+Pt1=3+綜上所述P的坐標(biāo)為(-1,-2)或(-1,4)或(-1,3+點睛：本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)（二次函數(shù)和一次函數(shù)）的解析式、利用軸對稱性質(zhì)確定線段的最小長度、難度不是很大，是一道不錯的中考壓軸題．9．（2021·山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y=-12x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，直線y=-12（1）求拋物線的解析式；（2）求證：△AOC∽△ACB；（3）點M3,2是拋物線上的一點，點D為拋物線上位于直線BC上方的一點，過點D作DE⊥x軸交直線BC于點E，點P為拋物線對稱軸上一動點，當(dāng)線段DE的長度最大時，求PD+PM【答案】（1）y=-12x2+3【分析】（1）先利用直線y=-12x+2得到點B（2）根據(jù)解析式求得點A的坐標(biāo)，求出兩個三角形的邊長，根據(jù)兩組對應(yīng)邊成比例夾角相等求證；（3）設(shè)點D的坐標(biāo)為x,-12x2+32x+2，將線段【詳解】（1）解：∵直線y=-12x+2分別與x軸和y軸交于點B∴點B的坐標(biāo)為（4，0），點C的坐標(biāo)為（0，2），把B4,0，C0,2分別代入得-8+4b+c=0c=2解得b=3∴拋物線的解析式為y=-1（2）∵拋物線y=-12x2+∴-1解得x1=-1，∴點A的坐標(biāo)為-1,0，∴AO=1，AB=5，在Rt△AOC中，AO=1，OC=2∴AC=5∴AOAC∵ACAB∴AOAC又∵∠OAC=∠CAB，∴△AOC∽△ACB．（3）設(shè)點D的坐標(biāo)為x,-則點E的坐標(biāo)為x,-∴DE=-=-=-=-∵-1∴當(dāng)x=2時，線段DE的長度最大．此時，點D的坐標(biāo)為2,3，∵C0,2，∴點C和點M關(guān)于對稱軸對稱，連接CD交對稱軸于點P，此時PD+PM最?。B接CM交直線DE于點F，則∠DFC=90°，點F的坐標(biāo)為2,2，∴CD=C∵PD+PM=PC+PD=CD∴PD+PM的最小值5．．【點睛】此題考查的是二次函數(shù)的綜合知識，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點問題，函數(shù)的最值問題，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，證明兩個三角形相似，熟練掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．10．（2023·山東德州·校考一模）如圖，已知拋物線y=ax2-32x+c與x軸交于點A(-4,0)，(1)求拋物線的解析式；(2)在拋物線的對稱軸上是否存在點Q使QB+QC最??？若存在，請求出Q點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；(3)點P為AC上方拋物線上的動點，過點P作PD⊥AC，垂足為點D，連接PC，當(dāng)△PCD與△ACO相似時，求點P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=-(2)存在，Q(-(3)點P的坐標(biāo)為(-3,2)或(-【分析】（1）由待定系數(shù)法求解即可；（2）找到點B關(guān)于對稱軸對稱的點A，連接AC交對稱軸于一點即為Q，求AC所在直線解析式，即可求解；（3）當(dāng)△PCD與△ACO相似時，則△PCD∽△CAO或△PCD∽△ACO，故分分類討論即可：①若△PCD∽△CAO，則∠PCD=∠CAO，可推出點P的縱坐標(biāo)與點C的縱坐標(biāo)相同，由點P為AC上方拋物線上的動點，得關(guān)于x的一元二次方程，求解并作出取舍則可得答案；②若△PCD∽△ACO，則∠PCD=∠ACO，PDAO=CDCO，過點A作AC的垂線，交CP的延長線于點G，過點G作GH⊥x軸于點H，判定△GAC∽△PDC，△GHA∽△AOC，由相似三角形的性質(zhì)得比例式，解得點G的坐標(biāo)，從而可得直線CG的解析式，求得直線CG與拋物線的交點橫坐標(biāo)，再代入直線【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2-32x+c與∴16a-3解得a=-1∴拋物線的解析式為y=-1（2）存在，如圖：∵A，B關(guān)于對稱軸對稱，∴QA=QB，∴QB+QC=QA+QC，∴QB+QC的最小值為AC，∴AC與對稱軸的交點即為所求：由（1）可知，對稱軸為：x=-b2a=-∵A(-4,0)，C(0,2)，∴AC所在直線解析式為：y=1令x=-32，∴Q(-32，（3）∵點A(-4,0)，B(1,0)，∴OA=4，OB=1，在拋物線y=-12x2-∴C(0,2)，∴OC=2，∴AC=O∵PD⊥AC，∴∠PDC=90°=∠AOC，∴當(dāng)ΔPCD與ΔACO相似時，則△PCD∽△CAO或①若△PCD∽△CAO，則∠PCD=∠CAO，∴CP∥∵C(0,2)，∴點P的縱坐標(biāo)為2，∵點P為AC上方拋物線上的動點，∴2=-1解得：x1=0（不合題意，舍去），∴此時點P的坐標(biāo)為(-3,2)；②若△PCD∽△ACO，則∠PCD=∠ACO，PDAO∴PDCD過點A作AC的垂線，交CP的延長線于點G，過點G作GH⊥x軸于點H，如圖：∵PD⊥AC，GA⊥AC，∴GA∥∴△GAC∽△PDC，∴GAPD∴GAAC∵GA⊥AC，GH⊥x軸，∴∠GAC=∠GHA=90°，∴∠AGH+∠GAH=90°，∠GAH+∠CAO=90°，∴∠AGH=∠CAO，∵∠GHA=∠AOC=90°，∴△GHA∽△AOC，∴GHAO即GH4∴GH=8，AH=4，∴HO=AH+OA=8，∴G(-8,8)，設(shè)直線CG的解析式為y=-3令-3解得：x1=0（不合題意，舍去），把x=-32代入y=-3∴此時點P的坐標(biāo)為(-32，綜上所述，符合條件的點P的坐標(biāo)為(-3,2)或(-32，【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，掌握待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、一線三直角模型及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點是解題的關(guān)鍵．11．（2021·廣東東莞·?？家荒＃┤鐖D，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A（﹣1，0）、B（3，0）兩點，拋物線的對稱軸l與x軸交于M點．(1)求拋物線的函數(shù)解析式；(2)設(shè)點P是直線l上的一個動點，當(dāng)PA+PC的值最小時，求PA+PC長；(3)已知點N（0，﹣1），在y軸上是否存在點Q，使以M、N、Q為頂點的三角形與△BCM相似？若存在；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3(2)PA+PC的長為3(3)存在，點Q的坐標(biāo)為0,2或0,-1【分析】（1）當(dāng)x＝0時，y＝3，可得C（0，3）．再設(shè)設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0），利用待定系數(shù)法，即可求解；（2）連接PA、PB、PC，根據(jù)軸對稱性可得PA＝PB．從而得到PA+PC＝PC+PB．進(jìn)而得到當(dāng)點P在線段BC上時，PC+AP有最小值．即可求解；（3）先求出拋物線的對稱軸，可得點M1,0，再由點N（0，﹣1），B（3，0），C（0，3）．可得MN=2,BC=32,BM=2,∠CBM=45°,∠MNO=45°，可得∠【詳解】（1）解：把x＝0代入得：y＝3，∴C（0，3）．設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0），將點C的坐標(biāo)代入上式得：3＝﹣3a，解得：a＝﹣1．∴拋物線的解析式為y＝-（x+1）（x-3）=﹣x2+2x+3．（2）解：如圖，連接PA、PB、PC，∵點A與點B關(guān)于直線l對稱，點P在直線l上，∴PA＝PB．∴PA+PC＝PC+PB．∵兩點之間線段最短，∴當(dāng)點P在線段BC上時，PC+AP有最小值．∵OC＝3，OB＝3，∴BC＝32∴PA+PC的最小值＝32（3）解：存在，理由：拋物線的對稱軸為直線x＝﹣b2a＝1∵拋物線的對稱軸l與x軸交于M點．∴點M1,0∵點N（0，﹣1），B（3，0），C（0，3）．∴OM=ON=1，OB=OC=3，∴MN=2∴∠CBM=∠MNO，當(dāng)點Q在點N下方時，∠MNQ=135°，不符合題意，∴點Q在點N上方，設(shè)點Q的坐標(biāo)為（0，n）．則QN=n+1，∵以M、N、Q為頂點的三角形與△BCM相似，∴∠QMN=∠CMB或∠MQN=∠CMB，當(dāng)∠Q1MN=∠CMB時，△∴Q1∴n+132=∴點Q1當(dāng)∠MQ2N=∠CMB時，△M∴Q2∴n+12=2∴點Q2綜上所述，點Q的坐標(biāo)為0,2或0,-1【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合題，相似三角形的判定和性質(zhì)，兩點之間，線段最短，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式等知識，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合思想解答是解題的關(guān)鍵．12．（2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考一模）如圖，二次函數(shù)y=-14x2+12m-1x+m（m是常數(shù)，且m>0）的圖象與x軸相交于點A、B（點A在點B的左側(cè)），與y軸相交于點C，動點P在對稱軸l(1)求點A、B、C的坐標(biāo)（用數(shù)字或含m的式子表示）；(2)當(dāng)PA+PC的最小值等于45時，求m的值及此時點P(3)當(dāng)m?。?）中的值時，若∠APC=2∠ABC，請直接寫出點P的坐標(biāo)．【答案】(1)A-2，0，(2)m=4，P(3)P點坐標(biāo)為3，0【分析】（1）將x=0，y=0，分別代入y=-1（2）如圖1，連接PB，由題意知，PA=PB，則PA+PC=PB+PC，可知當(dāng)C，P，B三點共線時，PA+PC值最小，在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=5m，由PA+PC的最小值等于45，可得5m=45，計算m的值，然后得出（3）由（2）知m=4，則B8，0，C0，4，拋物線的對稱軸為直線x=3，勾股定理逆定理判斷△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，記D為直線l與x軸的交點，如圖2，連接CD，由直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半可得CD=BD=AD，由等邊對等角可得∠DCB=∠ABC，由三角形外角的性質(zhì)可得∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，進(jìn)而可得∠ADC=∠APC，即P與D重合，求此時的P點坐標(biāo)；過A，C，D三點作⊙O'，如圖2，由同弧所對的圓周角相等可知⊙O'與直線l=3交點即為P，設(shè)P3，a，由題意知，圓心O'在直線【詳解】（1）解：當(dāng)x=0時，y=m，當(dāng)y=0時，-14x2+解得x1=2m，∴A-2，0，B（2）解：如圖1，連接PB，由題意知，PA=PB，∴PA+PC=PB+PC，∴當(dāng)C，P，在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=∵PA+PC的最小值等于45∴5m=4解得m=4，∴B8，0∴拋物線的對稱軸為直線x=3，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，將B8，0，C解得k=-1∴直線BC的解析式為y=-1當(dāng)x=3時，y=-1∴P3∴m=4，P3（3）解：∵m=4，∴B8，0，C∵AC2=22∴AC∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，記D為直線l與x軸的交點，如圖2，連接CD，∴CD=BD=AD，∴∠DCB=∠ABC，∵∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，∴∠ADC=∠APC，∴P與D重合，即P3過A，C，D三點作⊙O'，如圖2，由同弧所對的圓周角相等可知⊙O由題意知，圓心O'在直線x=12上，設(shè)圓心坐標(biāo)為12，∵AO'2解得n=5∵AO'2解得a1=0，∴P3綜上，P點坐標(biāo)為3，0或【點睛】本題考查了二次函數(shù)與線段、角度綜合，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，勾股定理的逆定理，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，同弧所對的圓周角相等，等邊對等角，三角形外角的性質(zhì)等知識．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．題型03利用二次函數(shù)解決兩條線段之差的最值問題【解題思路】拋物線中的線段最值問題有三種形式：3.兩條線段差的最值問題：解決這類問題最基本的定理就是“三角形任何兩邊之差小于第三邊”，解決這類問題的方法是：求解時,先根據(jù)原理確定線段差取最值時的圖形,再根據(jù)已知條件求解?！境Ｒ娔Ｐ鸵弧浚▋牲c在同側(cè)）：在直線L上求一點P,求|PA-PB|的最大值方法：如右圖，延長射線AB，與直線L交于點P，|PA-PB|最大值為AB【常見模型二】（兩點在異側(cè)）：在直線L上求一點P,求|PA-PB|的最大值。方法：如右圖，作點B關(guān)于直線L的對稱點B’，延長射線AB’，與直線L交于點P，|PA-PB|最大值為AB’13．（2023·江西九江·校考模擬預(yù)測）已知二次函數(shù)y=ax2＋bx＋c中，x，x…-1013…y…03m0…(1)表格中m=______，在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中畫出該二次函數(shù)的圖象；

(2)若二次函數(shù)y=ax2＋bx＋c的圖象與y軸交于點A，頂點為(3)設(shè)Q(0，2t)是y軸上的動點，若線段PQ與函數(shù)y=ax【答案】(1)4，畫圖象見解析(2)|PA-PB|的最大值為2，點P的坐標(biāo)為-3(3)t的取值范圍是32≤t<3【分析】（1）由表格中的y與x的對應(yīng)值可知點(-1，0)，(0，3)，（2）先求得A(0，3)，拋物線的頂點坐標(biāo)為B(1，4)，再根據(jù)勾股定理求得AB=2，由PA-PB≤AB，可知當(dāng)點P在直線AB上時，PA-PB=AB，此時PA-PB取得最大值2，求得直線AB的解析式為y=x+3，將P(t，（3）結(jié)合函數(shù)圖象分類討論求解即可【詳解】（1）∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點(-1∴可設(shè)二次函數(shù)的解析式為y=a(x+1)(x-3)．又二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點(0,將(0,3)代入得-3a=3，∴a=-1，∴y=-x+1當(dāng)x=1時，y=4，即m=4．圖象如圖所示，

（2）對于y=-x2+2x+3，當(dāng)x=0∴A(0∵y=-∴拋物線的頂點坐標(biāo)為B1∴AB=1∵PA-PB≤AB∴當(dāng)點P在直線AB上時，PA-PB=AB，此時PA-PB的值最大，最大值為2∴設(shè)直線AB的解析式為y=kx+3，則k+3=4，解得k=1，∴直線AB的解析式為y=x+3，∵P(t,0)在直線y=x+3上，∴t+3=0，解得t=-3，∴P(-3，∴PA-PB的最大值為2，對應(yīng)的點P的坐標(biāo)為(-3，（3）由題意可知二次函數(shù)y=ax∴二次函數(shù)y=-x2+2x+3設(shè)線段PQ所在直線的解析式為y=x＋將P(t，0)，Q(0∴線段PQ所在直線的解析式為y=-2x＋當(dāng)線段PQ過點(0，3)，即點Q與點A重合時，線段PO與函數(shù)y=-x當(dāng)線段PQ過點(3，0)，即點P與點(3，0)重合時，t=3，此時線段PQ與函數(shù)∴當(dāng)32≤t<3時，線段PQ與函數(shù)將y=-2x＋2t代入y=x∴-x令Δ=16-4×(-1)×(3-2t)=0，解得t=∴當(dāng)t=72時，線段PQ與函數(shù)綜上所述，t的取值范圍是32≤t<3或【點睛】此題重點考查二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、勾股定理、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學(xué)思想的運用等知識與方法．14．（2022·湖南常德·統(tǒng)考中考真題）如圖，已經(jīng)拋物線經(jīng)過點O(0,0)，A(5,5)，且它的對稱軸為x=2．(1)求此拋物線的解析式；(2)若點B是拋物線對稱軸上的一點，且點B在第一象限，當(dāng)△OAB的面積為15時，求B的坐標(biāo)；(3)在（2）的條件下，P是拋物線上的動點，當(dāng)PA-PB的值最大時，求P的坐標(biāo)以及PA-PB的最大值【答案】(1)y=(2)B(2,8)(3)P(-2,12),PA-PB的最大值為3【分析】（1）根據(jù)題意可設(shè)拋物線為y=ax（2）設(shè)B2,y,且y>0,記OA與對稱軸的交點為Q，設(shè)直線OA為：y=kx,解得：k=1,可得直線OA為：y=x,則Q2,2,（3）如圖，連接AB，延長AB交拋物線于P，則此時PA-PB=AB最大，由勾股定理可得最小值，再利用待定系數(shù)法求解AB的解析式，聯(lián)立一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式，解方程組可得P的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：∵拋物線經(jīng)過點O(0,0)，∴設(shè)拋物線為：y=ax∵拋物線過A(5,5)，且它的對稱軸為x=2．∴25a+5b=5-b2a∴拋物線為：y=（2）解：如圖，點B是拋物線對稱軸上的一點，且點B在第一象限，設(shè)B2,y,且y>0,記OA與對稱軸的交點為設(shè)直線OA為：y=kx,∴5=5k,解得：k=1,∴直線OA為：y=x,∴Q2,2∴S=1解得：y=8或y=-4,∵y>0,則y=8,∴B（3）如圖，連接AB，延長AB交拋物線于P，則此時PA-PB=AB最大，∵A5,5∴AB=5-2設(shè)AB為：y=k'x+b',代入A、B兩點坐標(biāo)，∴5k'+b'=5解得：k'=-1∴AB為：y=-x+10,∴y=-x+10解得：x=5y=5∴P【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，坐標(biāo)與圖形面積，三角形三邊關(guān)系的應(yīng)用，勾股定理的應(yīng)用，確定PA-PB最大時P的位置是解本題的關(guān)鍵．15．（2022上·福建泉州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，頂點為E1，4的拋物線y=ax2+bx+c與x軸從左到右依次交于A，B兩點，與y軸的交點為(1)求此拋物線的解析式；(2)若直線BP與拋物線對稱軸交于點D，當(dāng)BD-CD取得最大值時，求點P的坐標(biāo)；(3)若直線BC與拋物線對稱軸交于點F，連接PC，PE，PF，記△PCF，△PEF的面積分別為S1，S2，判斷【答案】(1)y=-(2)P(2(3)存在，最大值為3【分析】（1）由頂點坐標(biāo)可設(shè)該函數(shù)頂點式為y=a'(x-1)2+4（2）設(shè)直線BP與拋物線對稱軸交于點D，連接AD，CD，AC．根據(jù)拋物線解析式可求出A(-1，0)，B(3，0)，由拋物線的對稱性可知AD=BD，即BD-CD=AD-CD．再根據(jù)AD-CD≤AC，即得出BD-CD的最大值為（3）利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式為y=-x+3，從而可求出F(1，2)．設(shè)直線PC與拋物線對稱軸交于點Q，設(shè)P(t，-t2+2t+3)(1<t<3)，利用待定系數(shù)法又可求出直線PC解析式為y=(-t+2)x+3，從而得出Q(1，-t+5)，進(jìn)而可求出FQ=【詳解】（1）解：∵該拋物線頂點為E1∴還可設(shè)該拋物線解析式為y=a∵該拋物線與y軸的交點為C0∴3=a解得：a'∴該拋物線解析式為：y=-(x-1)（2）如圖，設(shè)直線BP與拋物線對稱軸交于點D，連接AD，對于y=-x2+2x+3，令y=0解得：x1∴A(-1，∵拋物線關(guān)于其對稱軸對稱，點D在拋物線對稱軸上，∴AD=BD，∴BD-CD=∵AD-CD≤AC，∴BD-CD≤AC，即BD-CD的最大值為AC的長，此時點A，C，D∴點C關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點即為點P．∵拋物線對稱軸為x=-b∴P(2，（3）存在，最大值為3．設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，則0=3m+n3=n，解得：m=-1∴直線BC的解析式為y=-x+3，當(dāng)x=1時，y=-1+3=2，∴F(1，如圖，設(shè)直線PC與拋物線對稱軸交于點Q，設(shè)P(t，-t2+2t+3)(1<t<3)則-t2+2t+3=tp+q∴直線PC解析式為y=(-t+2)x+3，令x=1，則y=-t+5，∴Q(1，∴FQ=y∴S1∵EF=y∴S2∴2S∵1<t<3，∴當(dāng)t=2時，2S1+【點睛】本題為二次函數(shù)綜合題，考查利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)等知識．熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．16．（2020上·廣東惠州·九年級惠州一中校考階段練習(xí)）如圖，拋物線y=ax2-2ax-3a與x軸交于A，B兩點，點A，B分別位于原點的左、右兩側(cè)，與y軸交于點C，D為拋物線的頂點，已知△ABC(1)求拋物線的解析式．(2)P為拋物線對稱軸上的點，當(dāng)PA-PC取最大值時，求點P的坐標(biāo)．(3)在（2）的條件下，E為拋物線上的動點，若S△BDE:S【答案】(1)y=(2)P(3)2+2,23【分析】（1）令y=0，求出x的值即可；（2）根據(jù)三角形兩邊之差小于第三邊，所以當(dāng)點P在直線AC延長線上時，PA-PC最大，最大值為AC，求出直線AC的解析式，代入x=1即可求得P的坐標(biāo)；（3）連接BP，BD，過點E作EF∥y軸交BD于點F，連接BE，DE，先求出S△BDP=233，S△BDE=33；設(shè)點E的坐標(biāo)為：【詳解】（1）對于y=ax2-2ax-3a，當(dāng)y=0∵a≠0,∴x解得，x∵點A，B分別位于原點的左、右兩側(cè)，∴A-1,0∴AB=3-令x=0,則y=-3a，∴OC=-3a∵S△ABC∴a=3∴OC=3∴拋物線的解析式為y=3（2）如圖所示，根據(jù)三角形兩邊之差小于第三邊，所以，當(dāng)點P在直線AB上時，PA-PC最大，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，把-1,0,0,-3解得，k=-3∴直線AC的解析式為y=-3∵y=∴拋物線的對稱軸直線為x=1，∴y=-∴P（（3）如圖，連接BP，BD，過點E作EF∥y軸交BD于點連接BE，DE，當(dāng)x=1時，y=-4∴點D的坐標(biāo)為1∵P1∴PD=-4∴S△BDP=12又S∴S△BDE設(shè)點E的坐標(biāo)為：t,設(shè)直線BD的解析式為y=k代入B3,0，D1,-4解得：k1∴直線BD的解析式為：y=2∴點F的坐標(biāo)為t∴EF=3∵S==∴|3整理得，t2-4t+2=0或解得，t1=2+2，t代入可得點E的坐標(biāo)為：2+2,23【點睛】本題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用以及解析式的確定以及面積問題等知識，主要考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用能力，題目的綜合性很強．17．（2019·云南紅河·統(tǒng)考一模）已知拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣1，0），與y軸交于點B，且對稱軸為x＝1．（1）求該拋物線的解析式；（2）點P是拋物線對稱軸上的一動點，當(dāng)|PA﹣PB|取最大值時，求點P的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）P（1，6）【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求得；（2）根據(jù)三角形兩邊之差小于第三邊，得，當(dāng)點P在直線AB上時，|PA﹣PB|最大，根據(jù)△ABO∽△APH求得PH的長度，即可求得P的坐標(biāo)．【詳解】（1）由題意得：-1-b+c=0b2×(-1)=1，解得∴該拋物線的解析式：y＝﹣x2+2x+3；（2）∵拋物線為y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，則y＝3，∴B（0，3），∵三角形兩邊之差小于第三邊，∴當(dāng)點P在直線AB上時，|PA﹣PB|最大.設(shè)拋物線的對稱軸直線x＝1與x軸交于點H，與直線AB交于點P，∵PH∥y軸，∴△ABO∽△APH∴BOPH∴PH＝2BO＝6，∴P（1，6）即為所求．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)與平面幾何的綜合，根據(jù)三角形兩邊之差小于第三邊，得：點P在直線AB上時，|PA﹣PB|最大，是解題的關(guān)鍵.題型04利用二次函數(shù)解決三條線段之和的最值問題18．（2021·湖北恩施·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD為正方形，點A，B在x軸上，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過點B，D-4,5兩點，且與直線（1）求拋物線的解析式；（2）F為拋物線對稱軸上一點，Q為平面直角坐標(biāo)系中的一點，是否存在以點Q，F(xiàn)，E，B為頂點的四邊形是以BE為邊的菱形．若存在，請求出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）P為y軸上一點，過點P作拋物線對稱軸的垂線，垂足為M，連接ME，BP．探究EM+MP+PB是否存在最小值．若存在，請求出這個最小值及點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=x2+2x-3；（2）存在以點Q，F(xiàn)，E，B為頂點的四邊形是以BE為邊的菱形，點F的坐標(biāo)為-1,22或-1,-22或-1,5-17或-1,5+17；（3）EM+MP+PB【分析】（1）由題意易得AD=AB=5，進(jìn)而可得A-4,0，則有B1,0，然后把點B、（2）設(shè)點F-1,a，當(dāng)以點Q，F(xiàn)，E，B為頂點的四邊形是以BE為邊的菱形時，則根據(jù)菱形的性質(zhì)可分①當(dāng)BF=BE時，②當(dāng)EF=BE（3）由題意可得如圖所示的圖象，連接OM、DM，由題意易得DM=EM，四邊形BOMP是平行四邊形，進(jìn)而可得OM=BP，則有EM+MP+PB=DM+MO+1，若使EM+MP+PB的值為最小，即DM+MO+1為最小，則有當(dāng)點D、M、O三點共線時，DM+MO+1的值為最小，然后問題可求解．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為正方形，D-4,5∴AD=AB=5，A-4,0∴AO=4，∴OB=1，∴B1,0把點B、D坐標(biāo)代入得：16-4b+c=51+b+c=0解得：b=2c=-3∴拋物線的解析式為y=x（2）由（1）可得B1,0，拋物線解析式為y=x2∵點D與點E關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，∴E2,5∴由兩點距離公式可得BE設(shè)點F-1,a，當(dāng)以點Q，F(xiàn)，E，B為頂點的四邊形是以BE①當(dāng)BF=BE時，如圖所示：∴由兩點距離公式可得BF2=B解得：a=±22∴點F的坐標(biāo)為-1,22或-1,-②當(dāng)EF=BE時，如圖所示：∴由兩點距離公式可得EF2=B解得：a=5±17∴點F的坐標(biāo)為-1,5-17或-1,5+綜上所述：當(dāng)以點Q，F(xiàn)，E，B為頂點的四邊形是以BE為邊的菱形，點F的坐標(biāo)為-1,22或-1,-22或-1,5-17（3）由題意可得如圖所示：連接OM、DM，由（2）可知點D與點E關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，B1,0∴OB=1，DM=EM，∵過點P作拋物線對稱軸的垂線，垂足為M，∴PM=OB=1,PM//∴四邊形BOMP是平行四邊形，∴OM=BP，∴EM+MP+PB=DM+MO+1，若使EM+MP+PB的值為最小，即DM+MO+1為最小，∴當(dāng)點D、M、O三點共線時，DM+MO+1的值為最小，此時OD與拋物線對稱軸的交點為M，如圖所示：∵D-4,5∴OD=4∴DM+MO+1的最小值為41+1，即EM+MP+PB的最小值為41設(shè)線段OD的解析式為y=kx，代入點D的坐標(biāo)得：k=-5∴線段OD的解析式為y=-5∴M-1,【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合、菱形的性質(zhì)及軸對稱的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的綜合、菱形的性質(zhì)及軸對稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．（2022·山東煙臺·統(tǒng)考二模）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點A，B在x軸上，拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過A，C4,-5兩點，且與直線(1)求拋物線的解析式：(2)P為y軸上一點，過點P作拋物線對稱軸的垂線，垂足為Q，連接EQ，AP．試求EQ+PQ+AP的最小值；(3)N為平面內(nèi)一點，在拋物線對稱軸上是否存在點M，使得以點M，N，E，A為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-(2)41(3)存在，1,-3，1,22，1,-22，1,-5+【分析】（1）求出A點坐標(biāo)，把A、C坐標(biāo)代入解析式計算即可；（2）連接OC，交對稱x=1于點Q，證明四邊形AOQP是平行四邊形，即可說明若使的EQ+PQ+AP值為最小，其EQ+OQ為量小，最小值為線段OC長；（3）由于N是任意一點，要使得以點M，N，E，A為頂點的四邊形是菱形只要說明△AME是等腰三角形即可．【詳解】（1）∵四邊形ABCD為正方形，C4,-5∴AD=AB=5，B4,0∴OA=1，∴A-1,0將點A，C坐標(biāo)代入y=-x2+bx+c解得：b=2c=3∴拋物線的解析式為y=-x（2）連接OC，交對稱x=1于點Q∵PQ⊥y軸，∴AO∥∵AO=PQ=1，∴四邊形AOQP是平行四邊形，∴AP=OQ，∴EQ+PQ+AP=EQ+1+OQ若使的EQ+PQ+AP值為最小，其EQ+OQ為量?。逧，C關(guān)于對稱軸x=1對稱，∴EQ=CQ，∴EQ+OQ=CQ+OQ，此時EQ+OQ的值最小，最小值為線段OC長．∵C4,-5∴OC=4∴EQ+PQ+AP的最小值為41+1即EQ+PQ+AP的最小值為41+1（3）設(shè)M(1,m)∵E，C關(guān)于對稱軸x=1對稱，C4,-5∴E-2,-5∵A∴AAE∵由于N是任意一點，要使得以點M，N，E，A為頂點的四邊形是菱形∴△AME是等腰三角形當(dāng)AE=AM時，AM解得m=±22此時M點坐標(biāo)為1,22，當(dāng)AE=EM時，EM解得m=-5±17此時M點坐標(biāo)為1,-5+17，當(dāng)AM=EM時，EM解得m=-3，此時M點坐標(biāo)為1,-3綜上所述，存在點M1,-3，1,22，1,-22，1,-5+，使得以點M，N，E，A為頂點的四邊形是菱形【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有運用待定系數(shù)法求拋物線的解析式、線段和最值問題、二次函數(shù)的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，有一定難度．其中第（3）問把菱形轉(zhuǎn)換成等腰三角形是解題的關(guān)鍵，需要注意分析題意分情況進(jìn)行討論，否則容易漏解．20．（2022·湖北恩施·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，已知拋物線y=14x+h2+k．點A-1,2在拋物線的對稱軸上，B0,54是拋物線與y(1)直接寫出h，k的值；(2)如圖，若點D的坐標(biāo)為3,m，點Q為y軸上一動點，直線QK與拋物線對稱軸垂直，垂足為點K．探求DK+KQ+QC的值是否存在最小值，若存在，求出這個最小值及點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；(3)如圖，連接AD，AC，若∠DAC=60°，求點D的坐標(biāo)．【答案】(1)h=1，k=1(2)存在，最小值為74+1，(3)D【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)進(jìn)行分析，即可得到答案；（2）由（1）可知y=14x+12+1，求得D3,5，作C點關(guān)于直線x=-12的對稱點C'，連接C'D交拋物線對稱軸于點K，連接CQ，當(dāng)C'、K、D三點共線時，C'D有最小值，即（3）如圖，過D作DE⊥AC于E，設(shè)Dm,14m2+12m+54，則Cm,0【詳解】（1）解：∵點A-1,2∴拋物線的對稱軸為直線x=∴h=1∴y=1∵B0,54∴1∴k=1；（2）解：存在最小值，理由如下：由（1）可知，y=1∵點D是拋物線上一點，坐標(biāo)為3,m，∴m=1∴D3,5作C點關(guān)于直線x=-12的對稱點C'，連接C'D

由對稱性可知，C'∴DK+KQ+QC=DK+KQ+C'K≥C'D+KQ，當(dāng)C'、K、D三點共線時，C'D∵拋物線的對稱軸為直線x=-1∴KQ=1，∵D3,5，CD⊥x∴C3,0∴C∴C'∴DK+KQ+QC的最小值為74+1設(shè)直線C'D的解析式為∴-4k+b=0解得：k=5∴直線C'D的解析式為令x=-1∴K-1,∴Q0,（3）∵y=1如圖，過D作DE⊥AC于E，設(shè)Dm,14∴CD

∵∠DAC=60°，∴DE2=∴D=m+1而CD解得：m=±23∵D在第二象限，則m>0，∴m=23∴D2【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，最值問題，勾股定理，一元二次方程的解法，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．題型05利用二次函數(shù)解決三角形周長的最值問題21．（2023·廣東湛江·校考一模）拋物線y=ax2+bx+2與x軸交于點A-3,0,B

(1)(2)求拋物線的解析式(3)在拋物線對稱軸上找一點M，使△MBC的周長最小，并求出點M的坐標(biāo)和△MBC的周長(4)若點P是x軸上的一個動點，過點P作PQ∥BC交拋物線于點Q，在拋物線上是否存在點Q，使B、C、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在請求出點【答案】(1)拋物線的解析式為y=-(2)當(dāng)△MBC的周長最小時，點M的坐標(biāo)為-1,43，△MBC(3)在拋物線上存在點Q，使B、C、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，點Q的坐標(biāo)為-2,2或-1-7,-2【分析】（1）根據(jù)點A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出拋物線的解析式；（2）利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出點C的坐標(biāo)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得出拋物線對稱軸為直線x=-1，連接AC，交拋物線對稱軸于點M，此時△MBC的周長取最小值，由點A，B，C的坐標(biāo)可得出BC，AC的長度及直線AC的解析式，再結(jié)合二次函數(shù)圖象對稱軸的橫坐標(biāo)和直線AC的解析式可得出點M的坐標(biāo)和△MBC的周長；（3）由點B，C，P的縱坐標(biāo)可得出點Q的縱坐標(biāo)為2或-2，再利用二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可得出點Q的坐標(biāo)．【詳解】（1）解：解：將A-3,0,B1,0代入y=a解得：a=-2∴拋物線的解析式為y=-2（2）解：當(dāng)x=0時，y=-2∴點C的坐標(biāo)為0,2．∵拋物線的解析式為y=-2∴拋物線的對稱軸為直線x=-1．連接AC，交拋物線對稱軸于點M，如圖1所示．

∵點A，B關(guān)于直線x=-1對稱，∴MA=MB，∴MB+MC=MA+MC=AC，∴此時△MBC的周長取最小值．∵點A的坐標(biāo)為-3,0，點B的坐標(biāo)為1,0，點C的坐標(biāo)為0,2，∴AC=13，BC=5，直線AC的解析式為當(dāng)x=-1時，y=2∴當(dāng)△MBC的周長最小時，點M的坐標(biāo)為-1,43，△MBC的周長為（3）解：∵以B、C、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，點B，P的縱坐標(biāo)為0，點C的縱坐標(biāo)為2，∴點Q的縱坐標(biāo)為2或-2，如圖2所示．

當(dāng)y=2時，2=-2解得：x1∴點Q的坐標(biāo)為-2,2；當(dāng)y=-2時，-2=-2解得：x1∴點Q的坐標(biāo)為-1-7,-2或∴在拋物線上存在點Q，使B、C、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，點Q的坐標(biāo)為-2,2或-1-7,-2或【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)圖象上點的坐標(biāo)特征、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征以及平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；（2）利用兩點之間線段最短，找出點M的位置；（3）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，找出點Q的縱坐標(biāo)為2或-2．22．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考中考真題）已知拋物線y=ax2+bx+4與x軸相交于點A1,0，B4,0(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)如圖1，點P是拋物線的對稱軸l上的一個動點，當(dāng)△PAC的周長最小時，求PAPC(3)如圖2，取線段OC的中點D，在拋物線上是否存在點Q，使tan∠QDB=12【答案】(1)y=(2)3(3)Q5+172,2或Q【分析】（1）待定系數(shù)法求函數(shù)解析式即可；（2）根據(jù)△PAC的周長等于PA+PC+AC，以及AC為定長，得到當(dāng)PA+PC的值最小時，△PAC的周長最小，根據(jù)拋物線的對稱性，得到A,B關(guān)于對稱軸對稱，則：PA+PC=PB+PC≥BC，得到當(dāng)P,B,C三點共線時，PA+PC=BC，進(jìn)而求出P點坐標(biāo)，即可得解；（3）求出D點坐標(biāo)為0,2，進(jìn)而得到tan∠OBD=12，得到∠QDB=∠OBD，分點Q【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+4與x軸相交于點A∴a+b+4=016a+4b+4=0，解得：a=1∴y=x（2）∵y=x2-5x+4，當(dāng)x=0∴C0,4，拋物線的對稱軸為直線∵△PAC的周長等于PA+PC+AC，AC為定長，∴當(dāng)PA+PC的值最小時，△PAC的周長最小，∵A,B關(guān)于對稱軸對稱，∴PA+PC=PB+PC≥BC，當(dāng)P,B,C三點共線時，PA+PC的值最小，為BC的長，此時點P為直線BC與對稱軸的交點，設(shè)直線BC的解析式為：y=mx+n，則：4m+n=0n=4，解得：m=-1∴y=-x+4，當(dāng)x=52時，∴P5∵A1,0∴PA=52-1∴PAPC（3）解：存在，∵D為OC的中點，∴D0,2∴OD=2，∵B4,0∴OB=4，在Rt△BOD中，tan∵tan∠QDB=∴∠QDB=∠OBD，①當(dāng)Q點在D點上方時：過點D作DQ∥OB，交拋物線與點Q，則：∠QDB=∠OBD，此時Q點縱坐標(biāo)為2，設(shè)Q點橫坐標(biāo)為t，則：t2解得：t=5±∴Q5+172②當(dāng)點Q在D點下方時：設(shè)DQ與x軸交于點E，則：DE=BE，設(shè)Ep,0則：DE2=O∴p2+4=4-p∴E3設(shè)DE的解析式為：y=kx+q，則：q=23k2+q=0∴y=-4聯(lián)立y=-43x+2y=x∴Q3,-2或Q綜上：Q5+172,2或Q5-【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，正確的求出二次函數(shù)解析式，利用數(shù)形結(jié)合，分類討論的思想進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵．本題的綜合性強，難度較大，屬于中考壓軸題．23．（2023·四川資陽·統(tǒng)考二模）如圖，直線y=-43x+4與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線y=-43

(1)求拋物線的解析式；(2)點D為拋物線上位于AB上方的一點，過點D作DE⊥AB于點E，作DF∥y軸交AB于點F，當(dāng)△DEF的周長最大時，求點D的坐標(biāo)；(3)G是平面內(nèi)的一點，在（2）的條件下，將△DEF繞點G順時針旋轉(zhuǎn)α得到△D'E'F'，當(dāng)【答案】(1)y=-(2)D(3)1910或【分析】（1）根據(jù)yAB=-43x+4，令y=0和x=0，求出（2）根據(jù)勾股定理求出AB長度，表示出DE+EF+DF=125DF，設(shè)Dt,-43t2+（3）根據(jù)當(dāng)△DEF順時針旋轉(zhuǎn)α后，EF∥y軸，D'E'⊥y軸，設(shè)D'm,n則E'm-95,n，F(xiàn)'m-【詳解】（1）解：∵yAB=-得-4解得：x=3，令x=0，得y=4，∴A3,0，B故得方程組0=-12+3b+c4=c∴b=∴此拋物線的解析式為：y=-4（2）∵A3,0，B∴OA=3，OB=4，∴AB=O∴sin∠ABO=OA∵DF∥∴∠DFE=∠ABO，∵DE⊥AB，∴DE∴EF=3∵EF∴EF=4∴DE+EF+DF=3設(shè)Dt,-43∴DF=-4∴DE+EF+DF=12∴當(dāng)t=32時，∵t=32，∴D3（3）當(dāng)t=32時，∴DE=35DF=∵∠DFE=∠ABO=α，∴當(dāng)△DEF順時針旋轉(zhuǎn)α后，EF∥y軸，設(shè)D'm,n則E'①當(dāng)E'、D

-4解得：m=19∴D'的橫坐標(biāo)為②當(dāng)D'、F

∴-解得：m=7∴D'的橫坐標(biāo)為又∵E∴E'、∴綜上所述，點D'的橫坐標(biāo)為1910或【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)圖像和特征，一次函數(shù)圖像和特征，勾股定理，三角函數(shù)值，解答本題的關(guān)鍵是運用分類討論的思想．24．（2023·湖北恩施·統(tǒng)考一模）已知直線y=x-1與x軸交于點A，過x軸上A，C兩點的拋物線y=ax2+bx+3與y軸交于點B，與直線y=x-1交于D(1)直接寫出A，B，C三點的坐標(biāo)；(2)求拋物線的解析式；(3)若點M是拋物線對稱軸l上一動點，當(dāng)△CDM的周長最小時，求△CDM的面積；(4)點P是拋物線上一動點（點P不與B，C重合），連接AP，DP，若△ADP的面積等于3，求點【答案】(1)A1，0，(2)y=(3)2(4)P12，-1【分析】（1）先求出點C的坐標(biāo)，進(jìn)而求出點B的坐標(biāo)，在y=x-1中，當(dāng)y=0時，x=1，即可求出點A的坐標(biāo)；（2）利用待定系數(shù)法求解即可；（3）先求出D4，3；設(shè)直線AD與直線l交于點H，連接AM、CM，CH，由對稱性可知AM=CM，則當(dāng)A、M、D三點共線時，AM+DM（4）先求出過點C且與AD平行的直線解析式為y=x-3，再證明S△ADC=S△ADP，則由平行線間的距離處處相等可得點P在直線【詳解】（1）解：在y=ax2+bx+3中，當(dāng)x=0∴C3∴OB=OC=3，∴B0在y=x-1中，當(dāng)y=0時，x=1，∴A1（2）解：設(shè)拋物線解析式為y=ax-1把C0，3代入y=a解得a=1，∴拋物線解析式為y=x-1（3）解：聯(lián)立y=x-1y=解得x=4y=3或x=1∴D4設(shè)直線AD與直線l交于點H，連接AM、由對稱性可知AM=CM，∴△CDM的周長=CM+DM+CD=AM+DM+CD，∵CD是定值，∴當(dāng)A、M、D三點共線時，AM+DM最小，即此時△CDM的周長最小，最小值為AD+CD，此時點∵A1∴拋物線對稱軸為直線x=2，在y=x-1中，當(dāng)x=2時，y=1，∴H2∴S△CDH（4）解：設(shè)過點C且與AD平行的直線解析式為y=x+b1∴0=3+b1∴b1∴過點C且與AD平行的直線解析式為y=x-3，∵S△ADC∴S△ADC∴由平行線間的距離處處相等可得點P在直線y=x-3或在直線y=x+1上，聯(lián)立y=x-3y=x2-4x+3，解得∴P1聯(lián)立y=x+1y=x2-4x+3，解得∴P25+17綜上所述，點P的坐標(biāo)為P12，-1或【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式等等，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．25．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸交于點A-1，0(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)在對稱軸上找一點Q，使△AQC的周長最小，求點Q的坐標(biāo)；(3)在（2）的條件下，點P是拋物線上的一點，當(dāng)△AQC和△AQP面積相等時，請求出所有點P的坐標(biāo)．【答案】(1)y=(2)Q(1,-2)(3)P1(1,-4)，P【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）如圖，連接CB交對稱軸于點Q，先求出拋物線的對稱軸為直線x=1，由對稱性得到AQ=BQ，進(jìn)一步推出當(dāng)C，B，Q三點共線時，△AQC的周長最小，求出直線BC的解析式為y=x-3，進(jìn)而求出點Q（3）同理可求出直線AQ的解析式y(tǒng)=-x-1，過點C作AQ的平行線，交拋物線于點P1，同理可求出直線P1C的解析式為y=-x-3，聯(lián)立y=-x-3y=x2-2x-3，解得x=1y=-4，則P11,-4；直線AQ與y軸的交點為0，-1，點【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+ca≠0與x軸交于點A-1,0，點B∴a-b+c=09a+3b+c=0∴a=1b=-2∴拋物線解析式為y=x（2）解：如圖，連接CB交對稱軸于點Q，∵拋物線解析式為y=x∴拋物線的對稱軸為直線x=1，∵點A，B關(guān)于對稱軸x=1對稱，∴AQ=BQ，∴AC+AQ∴當(dāng)C，B，Q三點共線時，△AQC∵C0,-3，B(3,0)設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b∴3k+b∴k=1∴直線BC的解析式為y=x-3，在y=x-3中，當(dāng)x=1時，y=-2，∴Q1,-2（3）解：同理可求出直線AQ的解析式y(tǒng)=-x-1，過點C作AQ的平行線，交拋物線于點P1同理可求出直線P1C的解析式為聯(lián)立y=-x-3y=x2-2x-3，解得∴P1∵直線AQ與y軸的交點為0，-1，點C0，-3到0，-1的距離為2聯(lián)立y=-x+1y=x2-2x-3同理可得P21+17綜上所述：點P的坐標(biāo)為P1(1,-4)，P2【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)函數(shù)綜合，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，平行線間間距相等等等，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．題型06利用二次函數(shù)解決四邊形周長的最值問題26．（2023·遼寧丹東·校考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y=ax2+bx+5與x軸交于A-1,0，B5,0

(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)若點P是位于直線BC上方拋物線上的一個動點，求△BPC面積的最大值；(3)若點D是y軸上的一點，且以B、C、D為頂點的三角形與△ABC相似，求點D的坐標(biāo)；(4)若點E為拋物線的頂點，點F3,a是該拋物線上的一點，點M在x軸、點N在y軸上，是否存在點M、N使四邊形EFMN的周長最小，若存在，請直接寫出點M、點N【答案】(1)y=-(2)125(3)D的坐標(biāo)為0,-1或0,-(4)M1117【分析】（1）把A-1,0，B5,0分別代入（2）過點P作PH⊥OB交BC于點H，根據(jù)S△PBC=12OB?PH（3）由∠OBC=∠OCB=45°可知：要使△BCD與△ABC相似，則有ABBC=BC（4）作點E關(guān)于y軸的對稱點E'，作點F3,a關(guān)于x軸的對稱點F'，由軸對稱的性質(zhì)可得四邊形EFMN的周長=MN+NE+MF+EF=MN+NE'+MF'+EF，可知