2023年中考数学压轴题专项训练 压轴题07二次函数与线段最值定值问题（八大类型）（试题+答案）

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2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题07二次函数与线段最值定值问题（八大类型）

题型一： 二次函数与单线段最值问题
例1．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（5，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，52）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使得△ACP是以点A为直角顶点的直角三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点G为抛物线上的一动点，过点G作GE垂直于y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点G的坐标．

【分析】（1）运用待定系数法就可求出抛物线的解析式；
（2）以A为直角顶点，根据点P的纵、横坐标之间的关系建立等量关系，就可求出点P的坐标；
（3）连接OD，易得四边形OFDE是矩形，则OD＝EF，根据垂线段最短可得当OD⊥AC时，OD（即EF）最短，然后只需求出点D的纵坐标，就可得到点P的纵坐标，就可求出点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（5，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，52），
∴设抛物线的解析式是y＝a（x﹣5）（x+1）1），
则52=a×（﹣5）×1，解得a=−12．
则抛物线的解析式是y=−12（x﹣5）（x+1）=−12x2+2x+52；

（2）存在．
当点A为直角顶点时，过A作AP⊥AC交抛物线于点P，交y轴于点H，如图．
∵AC⊥AP，OC⊥OA，
∴△OAC∽△OHA，
∴OAOH=OCOA，
∴OA2＝OC•OH，
∵OA＝5，OC=52，
∴OH＝10，
∴H（0，﹣10），A（5，0），
∴直线AP的解析式为y＝2x﹣10，
联立y=2x−10y=−12x2+2x+52，
∴P的坐标是（﹣5，﹣20）．

（3）∵DF⊥x轴，DE⊥y轴，
∴四边形OFDE为矩形，
∴EF＝OD，
∴EF长度的最小值为OD长度的最小值，
当OD⊥AC时，OD长度最小，
此时S△AOC=12AC•OD=12OA•OC，
∵A（5，0），C（0，52），
∴AC=552，
∴OD=5，
∵DE⊥y轴，OD⊥AC，
∴△ODE∽△OCD，
∴ODOE=COOD，
∴OD2＝OE•CO，
∵CO=52，OD=5，
∴OE＝2，
∴点G的纵坐标为2，
∴y=−12x2+2x+52=2，
解得x1＝2−5，x2＝2+5，
∴点G的坐标为（2−5，2）或（2+5，2）．

【点评】本题主要考查了用待定系数法求抛物线的解析式、抛物线上点的坐标特征、等腰三角形的性质、矩形的性质、解一元二次方程、勾股定理等知识，有一定的综合性，根据矩形的性质将EF转化为OD，然后利用垂线段最短是解决第（3）小题的关键．
题型二： 二次函数与将军饮马型问题
例2．如图1，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣4，0），B（1，0）两点，过点B的直线y＝kx+23分别与y轴及抛物线交于点C，D．
（1）求直线和抛物线的表达式；
（2）动点P从点O出发，在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀速运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出所有满足条件的t的值；
（3）如图2，将直线BD沿y轴向下平移4个单位后，与x轴，y轴分别交于E，F两点，在抛物线的对称轴上是否存在点M，在直线EF上是否存在点N，使DM+MN的值最小？若存在，求出其最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法求解可得；
（2）先求得点D的坐标，过点D分别作DE⊥x轴、DF⊥y轴，分P1D⊥P1C、P2D⊥DC、P3C⊥DC三种情况，利用相似三角形的性质逐一求解可得；
（3）通过作对称点，将折线转化成两点间距离，应用两点之间线段最短．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0），B（1，0）代入y＝ax2+2x+c，得
16a−8+c=0a+2+c=0，
解得：a=23c=−83，
∴抛物线解析式为：y=23x2+2x−83，
∵过点B的直线y＝kx+23，
∴代入（1，0），得：k=−23，
∴BD解析式为y=−23x+23；

（2）由y=23x2+2x−83y=−23x+23得交点坐标为D（﹣5，4），
如图1，过D作DE⊥x轴于点E，作DF⊥y轴于点F，
当P1D⊥P1C时，△P1DC为直角三角形，
则△DEP1∽△P1OC，
∴DEPO=PEOC，即4t=5−t23，
解得t=15±1296，

当P2D⊥DC于点D时，△P2DC为直角三角形
由△P2DB∽△DEB得DBEB=P2BDB，
即526=t+152，
解得：t=233；
当P3C⊥DC时，△DFC∽△COP3，
∴DFOC=CFP3O，即523=103t，
解得：t=49，
∴t的值为49、15±1296、233．

（3）由已知直线EF解析式为：y=−23x−103，
在抛物线上取点D的对称点D′，过点D′作D′N⊥EF于点N，交抛物线对称轴于点M

过点N作NH⊥DD′于点H，此时，DM+MN＝D′N最小．
则△EOF∽△NHD′
设点N坐标为（a，−23a−103），
∴OENH=OFHD'，即54−(−23a−103)=1032−a，
解得：a＝﹣2，
则N点坐标为（﹣2，﹣2），
求得直线ND′的解析式为y=32x+1，
当x=−32时，y=−54，
∴M点坐标为（−32，−54），
此时，DM+MN的值最小为D'H2+NH2=42+62=213．
【点评】本题是二次函数和几何问题综合题，应用了二次函数性质以及转化的数学思想、分类讨论思想．解题时注意数形结合．
题型三： 二次函数与胡不归型线段最值问题
例3．已知抛物线y=−12x2+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+54NQ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=12−b，在求出B（2b﹣1，0），C（0，12−b），由PB＝PC，（2b﹣1）2+4＝|12−b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|12−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=−12x2+52x﹣2，设Q（52，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=45DQ，当M、Q、N三点共线时，DQ+54NQ有最小值54MN，在Rt△AMN中，AN＝2，求出MN=65，可求DQ+54NQ的最小值为32．
【解答】解：（Ⅰ）当b＝2时，y=−12x2+2x+c，
将点A（1，0）代入y=−12x2+2x+c，
∴c=−32，
∴y=−12x2+2x−32=−12（x﹣2）2+12，
∴抛物线的顶点为（2，12）；
（Ⅱ）∵点P是y轴上一点，OP＝2，
∴P（0，2）或（0，﹣2），
将A代入y=−12x2+bx+c，
∴−12+b+c＝0，
∴c=12−b，
∵−12x2+bx+12−b＝0，
∴1+x1＝2b，
∴x1＝2b﹣1，
∴B（2b﹣1，0），
令x＝0，则y＝2b﹣1，
∴C（0，12−b），
∵PB＝PC，
∴（2b﹣1）2+4＝|12−b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|12−b+2|2，
解得b=12或b=116或b=12或b=−56，
∵A点在B点左侧，
∴2b﹣1＞1，
∴b＞1，
∴b=116；
（Ⅲ）将点A、B代入y=−12x2+bx+c，
∴−12+b+c=0−8+4b+c=0，
b=52c=−2，
∴y=−12x2+52x﹣2，
∴抛物线的对称轴为直线x=52，
∴E（52，0），
∵y=−12x2+52x﹣2=−12（x−52）2+98，
∴顶点D（52，98），
∵A（1，0），B（4，0），
∴AB＝3，
∵AN＝2BN，
∴AN＝2，BN＝1，
∴N（3，0），
设Q（52，t），
过点N作AD的垂线交于点M，交对称轴于点Q，
∵AE=32，DE=98，
∴tan∠DAE=34，
∴∠EQN＝∠DAE，
∴∠DAN＝∠MQD，
∴tan∠MQD=34，
∴sin∠MQD=45，
∴MQ=45DQ，
∵DQ+54NQ=54（45DQ+NQ）=54（MQ+NQ），
∴当M、Q、N三点共线时，DQ+54NQ有最小值54MN，
在Rt△AMN中，AN＝2，
∴sin∠MAN=35，
∴MN=35×2=65，
∴DQ+54NQ=54×MN=32，
∴DQ+54NQ的最小值为32．

【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用一元二次方程求最值是解题的关键．
题型四： 二次函数与三线段和最值问题
例4．如图1，已知一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，且与x轴交于另一点C．
（1）求b、c的值；
（2）如图1，点D为AC的中点，点E在线段BD上，且BE＝2ED，连接CE并延长交抛物线于点M，求点M的坐标；
（3）将直线AB绕点A按逆时针方向旋转15°后交y轴于点G，连接CG，如图2，P为△ACG内一点，连接PA、PC、PG，分别以AP、AG为边，在他们的左侧作等边△APR，等边△AGQ，连接QR
①求证：PG＝RQ；
②求PA+PC+PG的最小值，并求出当PA+PC+PG取得最小值时点P的坐标．

【分析】（1）把A（﹣3，0），B（0，3）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c即可解决问题．
（2）首先求出A、C、D坐标，根据BE＝2ED，求出点E坐标，求出直线CE，利用方程组求交点坐标M．
（3）①欲证明PG＝QR，只要证明△QAR≌△GAP即可．②当Q、R、P、C共线时，PA+PG+PC最小，作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K，由sin∠ACM=AMAC=NQQC求出AM，CM，利用等边三角形性质求出AP、PM、PC，由此即可解决问题．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（﹣3，0），B（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，
∴c=3−9−3b+c=0解得b=−2c=3，
∴b＝﹣2，c＝3．
（2），对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，则﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，
∴点C坐标（1，0），
∵AD＝DC＝2，
∴点D坐标（﹣1，0），
∵BE＝2ED，
∴点E坐标（−23，1），
设直线CE为y＝kx+b，把E、C代入得到−23k+b=1k+b=0解得k=−35b=35，
∴直线CE为y=−35x+35，
由y=−35x+35y=−x2−2x+3解得x=1y=0或x=−125y=5125，
∴点M坐标（−125，5125）．
（3）①∵△AGQ，△APR是等边三角形，
∴AP＝AR，AQ＝AG，∠QAC＝∠RAP＝60°，
∴∠QAR＝∠GAP，
在△QAR和△GAP中，
AQ=AG∠QAR=∠GAPAR=AP，
∴△QAR≌△GAP，
∴QR＝PG．
②如图3中，∵PA+PG+PC＝QR+PR+PC＝QC，
∴当Q、R、P、C共线时，PA+PG+PC最小，
作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K．
∵∠GAO＝60°，AO＝3，
∴AG＝QG＝AQ＝6，∠AGO＝30°，
∵∠QGA＝60°，
∴∠QGO＝90°，
∴点Q坐标（﹣6，33），
在RT△QCN中，QN＝33，CN＝7，∠QNC＝90°，
∴QC=QN2+NC2=219，
∵sin∠ACM=AMAC=NQQC，
∴AM=65719，
∵△APR是等边三角形，
∴∠APM＝60°，∵PM＝PR，cos30°=AMAP，
∴AP=121919，PM＝RM=61919
∴MC=AC2−AM2=141919，
∴PC＝CM﹣PM=81919，
∵PKQN=CPCQ=CKCN，
∴CK=2819，PK=12319，
∴OK＝CK﹣CO=919，
∴点P坐标（−919，12319）．
∴PA+PC+PG的最小值为219，此时点P的坐标（−919，12319）．

【点评】本题考查二次函数综合题、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是理解Q、R、P、C共线时，PA+PG+PC最小，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
题型五： 二次函数与线段倍分关系最值问题
例5．抛物线y＝﹣x2+4ax+b（a＞0）与x轴相交于O、A两点（其中O为坐标原点），过点P（2，2a）作直线PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B，点B关于抛物线对称轴的对称点为C（其中B、C不重合），连接AP交y轴于点N，连接BC和PC．
（1）a=32时，求抛物线的解析式和BC的长；
（2）如图a＞1时，若AP⊥PC，求a的值；
（3）是否存在实数a，使APPN=12？若存在，求出a的值，如不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据抛物线经过原点b＝0，把a=32、b＝0代入抛物线解析式，即可求出抛物线解析式，再求出B、C坐标，即可求出BC长．
（2）利用△PCB∽△APM，得PBAM=BCPM，列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+4ax+b（a＞0）经过原点O，
∴b＝0，
∵a=32，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+6x，
∵x＝2时，y＝8，
∴点B坐标（2，8），
∵对称轴x＝3，B、C关于对称轴对称，
∴点C坐标（4，8），
∴BC＝2．
（2）∵AP⊥PC，
∴∠APC＝90°，
∵∠CPB+∠APM＝90°，∠APM+∠PAM＝90°，
∴∠CPB＝∠PAM，
∵∠PBC＝∠PMA＝90°，
∴△PCB∽△APM，
∴PBAM=BCPM，
∴6a−44a−2=4a−42a，
整理得a2﹣4a+2＝0，解得a＝2±2，
∵a＞1，
∴a＝2+2．

（3）当点P在等A的左侧时，∵△APM∽△ANO，
∴APPN=AMMO=12，
∵AM＝4a﹣2，OM＝2，
∴4a−22=12，
∴a=34．
当点P在D点A的右侧时，同法可得OA＝AM，
4a＝2﹣4a，
∴a=14，
综上所述，满足条件的a的值为34或14．

【点评】本题考查二次函数性质、相似三角形的判定和性质、待定系数法等知识，解题的关键是利用相似三角形性质列出方程解决问题，学会转化的思想，属于中考常考题型．
题型六： 二次函数与线段乘积问题
例6．已知直线y=12x+2分别交x轴、y轴于A、B两点，抛物线y=12x2+mx﹣2经过点A，和x轴的另一个交点为C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点D是抛物线上的动点，且在第三象限，求△ABD面积的最大值；
（3）如图2，经过点M（﹣4，1）的直线交抛物线于点P、Q，连接CP、CQ分别交y轴于点E、F，求OE•OF的值．
备注：抛物线顶点坐标公式（−b2a，4ac−b24a）
【分析】（1）先求得点A的坐标，然后将点A的坐标代入抛物线的解析式求得m的值即可；
（2）过点D作DH∥y轴，交AB于点H，设D（n，12n2+32n﹣2），H（n，12n+2），然后用含n的式子表示DH的长，接下来，利用配方法求得DH的最大值，从而可求得△ABD面积最大值；
（3）先求得点C的坐标，然后设直线CQ的解析式为y＝ax﹣a，CP的解析式为y＝bx﹣b，接下来求得点Q和点P的横坐标，然后设直线PQ的解析式为y＝x+d，把M（﹣4，1）代入得：y＝kx+4k+1，将PQ的解析式为与抛物线解析式联立得到关于x的一元二次方程，然后依据一元二次方程根与系数的关系可求得ab=−12，最后，由ab的值可得到OE•OF的值．
【解答】解：（1）把y＝0代入y=12x+2得：0=12x+2，解得：x＝﹣4，
∴A（﹣4，0）．
把点A的坐标代入y=12x2+mx﹣2得：m=32，
∴抛物线的解析式为y=12x2+32x﹣2．
（2）过点D作DH∥y轴，交AB于点H，

设D（n，12n2+32n﹣2），H（n，12n+2）．
∴DH＝（12n+2）﹣（12n2+32n﹣2）=−12（n+1）2+92．
∴当n＝﹣1时，DH最大，最大值为92，
此时△ABD面积最大，最大值为12×92×4＝9．
（3）把y＝0代入 y=12x2+32x﹣2，得：x2+3x﹣4＝0，解得：x＝1或x＝﹣4，
∴C（1，0）．
设直线CQ的解析式为y＝ax﹣a，CP的解析式为y＝bx﹣b．
∴y=ax−ay=12x2+32x−2，解得：x＝1或x＝2a﹣4．
∴xQ＝2a﹣4．
同理：xP＝2b﹣4．
设直线PQ的解析式为y＝kx+b，把M（﹣4，1）代入得：y＝kx+4k+1．
∴y=kx+4k+1y=12x2+32x−2．
∴x2+（3﹣2k）x﹣8k﹣6＝0，
∴xQ+xP＝2a﹣4+2b﹣4＝2k﹣3，xQ•xP＝（2a﹣4）（2b﹣4）＝﹣8k﹣6，
解得：ab=−12．
又∵OE＝﹣b，OF＝a，
∴OE•OF＝﹣ab=12．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式、一元二次方程根与系数的关系，建立关于a、b的方程组求得ab的值是解题的关键．
题型七： 二次函数与线段比值问题
例7．抛物线y＝ax2+c与x轴交于A，B两点，顶点为C，点P为抛物线上一点，且位于x轴下方．
（1）如图1，若P（1，﹣3），B（4，0）．
①求该抛物线的解析式；
②若D是抛物线上一点，满足∠DPO＝∠POB，求点D的坐标；
（2）如图2，已知直线PA，PB与y轴分别交于E、F两点．当点P运动时，OE+OFOC是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．

【分析】（1）①根据待定系数法求函数解析式，可得答案；②根据平行线的判定，可得PD∥OB，根据函数值相等两点关于对称轴对称，可得D点坐标；
（2）根据待定系数法，可得E、F点的坐标，根据分式的性质，可得答案．
【解答】解：（1）①将P（1，﹣3），B（4，0）代入y＝ax2+c，得
16a+c=0a+c=−3，解得a=15c=−165，
抛物线的解析式为y=15x2−165；
②如图1，
当点D在OP左侧时，
由∠DPO＝∠POB，得
DP∥OB，
D与P关于y轴对称，P（1，﹣3），
得D（﹣1，﹣3）；
当点D在OP右侧时，延长PD交x轴于点G．
作PH⊥OB于点H，则OH＝1，PH＝3．
∵∠DPO＝∠POB，
∴PG＝OG．
设OG＝x，则PG＝x，HG＝x﹣1．
在Rt△PGH中，由x2＝（x﹣1）2+32，得x＝5．
∴点G（5，0）．
∴直线PG的解析式为y=34x−154
解方程组y=34x−154y=15x2−165得x1=1y1=−3，x2=114y2=−2716．
∵P（1，﹣3），
∴D（114，−2716）．
∴点D的坐标为（﹣1，﹣3）或（114，−2716）．

（2）点P运动时，OE+OFOC是定值，定值为2，理由如下：

作PQ⊥AB于Q点，设P（m，am2+c），A（﹣t，0），B（t，0），则at2+c＝0，c＝﹣at2．
∵PQ∥OF，
∴PQOF=BQBO，
∴OF=PQ⋅BOBQ=−(am2+c)tt−m=(am2−at2)tm−t=amt+at2．
同理OE＝﹣amt+at2．
∴OE+OF＝2at2＝﹣2c＝2OC．
∴OE+OFOC=2．

【点评】本题考查了二次函数综合题，①利用待定系数法求函数解析式；②利用函数值相等的点关于对称轴对称得出D点坐标是解题关键；（2）利用待定系数法求出E、F点坐标是解题关键．
题型八： 二次函数与倒数和定值问题
例8．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，且OB＝OC．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D是抛物线顶点，点P（m，n）是在第二象限抛物线上的一点，分别连接BD、BC、BP，若∠CBD＝∠ABP，求m的值；
（3）如图1，过B、C、O三点的圆上有一点Q，并且点Q在第四象限，连接QO、QB、QC，试猜想线段QO、QB、QC之间的数量关系，并证明你的猜想；
（4）如图2，若∠BAC的角平分线交y轴于点G，过点G的直线分别交射线AB、AC于点E、F（不与点A重合），则1AE+1AF的值是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的值．

【分析】（1）利用待定系数法求解二次函数的解析式即可：
（2）如图，过P作PK⊥AB于K，连接CD，先求解顶点D（1．﹣4），证明∠BCD＝90°，tan∠DBC=CDBC=232=13，则tan∠CBD＝tan∠ABP=13，再列方程求解即可；
（3）如图，作O关于BC的对称点N，证明四边形OBNC为正方形，连接QB，QC，QO，QN，再分两种情况讨论：当Q在B，N之间时，当Q在C、N之间时，从而可得答案；
（4）过G作MG∥x轴交AC于M，过F作FT∥x轴交AG于T，过C作CQ∥x轴交AG于Q，如图：证明ACOA～ACGM，AACQ～AMG，可得1OA+1AC=1GM，同理可得：理可得：1AE+1AF=1GM，从而可得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与轴分别交于A（﹣1，0）、B（3.0）两点，
设抛物线为：y＝a（x+1）（x﹣3），
∵OB＝OC，
∴C（0，﹣3），
∴﹣3a＝﹣3．解得：a＝1，
所以抛物线为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图，过P作PK⊥AB于K，连接CD，

∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴顶点D（1，﹣4），
∴CD2＝（1﹣0）2+（﹣4+3）2＝2，
BC2＝32+32＝18，
∴CD2+BC2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，tan∠DBC=CDBC=232=13，
∵∠CBD＝∠ABP，
∴tan∠CBD＝tan∠ABP=13，
∵P（m，n），m＜0，n＞0，
∴AB＝3﹣m，PA﹣n＝m2﹣2m﹣3，
∴m2−2m−33−m=13，
∴m=−43，经检验符合题意；
（3）如图，作O关于BC的对称点N，而OB＝OC﹣3，0B⊥OC，
∴四边形OBNC为正方形，连接QB，QC，QO，ON，
∴CN＝BN＝OC＝CN＝3，BC⊥ON，BC，ON为圆的直径，
当Q在B，N之间时（与B不重合），在QC上截取CK＝BQ，
∵∠NBQ＝∠NCQ，

∴ΔΝCΚ≌ΔΝBQ（SAS），
∴∠CNK＝∠BNO，
∴∠BNO+∠BNK＝∠BNK+∠CNK＝∠CNB﹣90°，
∵BC⊥ON，
∴∠KQN=12x90°＝45°＝∠QKN，
∴QK2＝2QN2，
∴（QC﹣QB）2＝2QN2，
∵ON为直径，则∠OQN＝90°，
∴QN2＝ON2﹣QO2＝BC2﹣QO2＝18﹣QO2，
∴（QC﹣QB）2＝2（18﹣QO2），
而同理可得：QC2+QB2＝18，
整理得：QO2﹣QC•QB＝9，
当Q在C，N之间时（与C不重合），如图，

同理可得：QO2﹣QC•QB＝9；
（4）过G作MG∥x轴交AC于M，过F作FT∥x轴交AG于T，过C作CQ∥x轴交AG于Q，如图：

∵MG∥x轴，FT∥x轴，CQ∥x轴，
∴MG∥FT∥CQ∥OA，
∴△COA∽△CGM，△ACQ∽△AMG，
∴GMOA=CMAC，GMCQ=AMAC，
∴GMOA+GMCQ=CMAC+AMAC=1，
∴1OA+1CQ=1GM，
∵AG平分∠BAC，
∴∠CAG＝∠BAG＝∠AQC，
∴AC＝CQ，
∴1OA+1AC=1GM，
同理可得：1AE+1AF=1GM，
由（1）可知：A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴AC=12+32=10，
∴1AE+1AF=1GM=1OA+1AC=1+1010=10+1010，
∴1AE+1AF的值不变，为10+1010．
【点评】本题考查了利用待定系数法求解二次函数的解析式，锐角三角函数的应用，勾股定理及其逆定理的应用，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理的应用，正确作出辅助线是解题的关键．


一、解答题
1．如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，D为顶点，其中点B的坐标为（5，0），点D的坐标为（1，3）．

(1)求该二次函数的表达式；
(2)试问在该二次函数图象上是否存在点G，使得△ADG的面积是△BDG的面积的35？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−316x−12+3
(2)存在，G的坐标为0,4516或−15,−45．

【分析】（1）依题意，利用二次函数的顶点式即可求．
（2）先求线段AD所在的直线解析式，求利用点到直线的公式d=Ax+By+CA2+B2，即可求△ADG与△BDG的高，利用三角形面积公式即可求．
【详解】（1）依题意，设二次函数的解析式为y=ax−12+3
将点B代入得0=a5−12+3，得a=−316
∴二次函数的表达式为：y=−316x−12+3
（2）存在点G，
当点G在x轴的上方时，设直线DG交x轴于P，设P（t，0），作AE⊥DG于E，BF⊥DG于F．

由题意：AE:BF=3:5，
∵AE∥BF，
∴AP:BP=AE:BF=3:5，
∴−3−t:5−t=3:5，
解得t=−15，
∴直线DG的解析式为y=316x+4516，
由y=316x+4516y=316x−12+3，
解得x=0y=4516或x=1y=3，
∴G0,4516．
当点G在x轴下方时，如图2所示，
∵AO:OB=3:5
∴当点G在DO的延长线上时，存在点G使得SADG:SBDG=3:5，
此时，DG的直线经过原点，设直线DG的解析式为y=kx，
将点D代入得k=3，
故y=3x，
则有y=3xy=316x−12+3
整理得，x−1x+15=0，
得x1=1（舍去），x2=−15
当x=−15时，y=−45，
故点G为−15,−45．
综上所述，点G的坐标为0,4516或−15,−45．

【点睛】本题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，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，要学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．
2．在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2−4x+c与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且点A的坐标为(−5,0)．

(1)求点C的坐标；
(2)如图1，若点P是第二象限内抛物线上一动点，求点P到直线AC距离的最大值；
(3)如图2，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？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)(0,5)
(2)2528
(3)存在， (−3,8)或(3,−16)或(−7,−16)

【分析】（1）把点A的坐标代入y=−x2−4x+c，求出c的值即可；
（2）过P作PE⊥AC于点E，过点P作PF⊥x轴交AC于点H，证明△PHE是等腰直角三角形，得PE=PH2，当PH最大时，PE最大，运用待定系数法求直线AC解析式为y=x+5，设P(m,−m2−4m+5)，(−5 （3）分三种情况讨论：①当AC为平行四边形的对角线时，②当AM为平行四边形的对角线时，③当AN为平行四边形的对角线时分别求解即可．
【详解】（1）∵点A(−5,0)在抛物线y=−x2−4x+c的图象上，
∴0=−52−4×(−5)+c
∴c=5，
∴点C的坐标为(0,5)；
（2）过P作PE⊥AC于点E，过点P作PF⊥x轴交AC于点H，如图1:

∵A(−5,0)，C(0,5)
∴OA=OC，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠CAO=45°，
∵PF⊥x轴，
∴∠AHF=45°=∠PHE，
∴△PHE是等腰直角三角形，
∴ PE=PH2，
∴当PH最大时，PE最大，
设直线AC解析式为y=kx+5，
将A(−5,0)代入得0=−5k+5，
∴k=1，
∴直线AC解析式为y=x+5，
设P(m,−m2−4m+5)，(−5 ∴ PH=(−m2−4m+5)−(m+5)=−m2−5m=−(m+52)2+254，
∵a=−1<0，
∴当m=−52时，PH最大为254，
∴此时PE最大为2528，即点P到直线AC的距离值最大；
（3）存在，理由如下：
∵y=−x2−4x+5=−(x+2)2+9，
∴抛物线的对称轴为直线x=−2，
设点N的坐标为(−2,m)，点M的坐标为(x,−x2−4x+5)，
分三种情况：①当AC为平行四边形对角线时，
−5=x−25=m−x2−4x+5，
解得x=−3m=−3，
∴点M的坐标为(−3,8)；
②当AM为平行四边形对角线时，
x−5=−2−x2−4x+5=5+m，
解得x=3m=−21，
∴点M的坐标为(3,−16)；
③当AN为平行四边形对角线时，
−5−2=xm=5−x2−4x+5，
解得x=−7m=−11，
∴点M的坐标为(−7,−16)；
综上，点M的坐标为：(−3,8)或(3,−16)或(−7,−16)．
【点睛】本题是二次函数综合题，其中涉及到二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，平行四边形的判定与性质．熟知几何图形的性质利用数形结合是解题的关键．
3．如图，已知抛物线y=ax2−32x+c与x轴交于点点A(−4,0)，B(1,0)，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点Q使QB+QC最小？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)点P为AC上方抛物线上的动点，过点P作PD⊥AC，垂足为点D，连接PC，当△PCD与△ACO相似时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−12x2−32x+2
(2)存在，Q(−32,54)
(3)点P的坐标为(−3,2)或(−32,258)

【分析】（1）由待定系数法求解即可；
（2）找到点B关于对称轴对称的点A，连接AC交对称轴于一点即为Q，求AC所在直线解析式，即可求解；
（3）当△PCD与△ACO相似时，则△PCD∽△CAO或△PCD∽△ACO，故分分类讨论即可：①若△PCD∽△CAO，则∠PCD=∠CAO，可推出点P的纵坐标与点C的纵坐标相同，由点P为AC上方抛物线上的动点，得关于x的一元二次方程，求解并作出取舍则可得答案；②若△PCD∽△ACO，则∠PCD=∠ACO，PDAO=CDCO，过点A作AC的垂线，交CP的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于点H，判定△GAC∽△PDC，△GHA∽△AOC，由相似三角形的性质得比例式，解得点G的坐标，从而可得直线CG的解析式，求得直线CG与抛物线的交点横坐标，再代入直线CG的解析式求得其纵坐标，即为此时点P的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2−32x+c与x轴交于点A(−4,0)，B(1,0)，
∴ 16a−32×(−4)+c=0a−32+c=0，
解得a=−12c=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
（2）存在，如图：∵A，B关于对称轴对称，
∴QA=QB，

∴QB+QC=QA+QC，
∴QB+QC的最小值为AC，
∴AC与对称轴的交点即为所求：

由（1）可知，对称轴为：x=−b2a=−−322×(−12)=−32，C(0,2)，
∵A(−4,0)，C(0,2)，
∴AC所在直线解析式为：y=12x+2，
令x=−32，y=12×(−32)+2=54，
∴Q(−32，54)；
（3）∵点A(−4,0)，B(1,0)，
∴OA=4，OB=1，
在抛物线y=−12x2−32x+2中，当x=0时，y=2，
∴C(0,2)，
∴OC=2，
∴AC=OA2+OC2=42+22=25．
∵PD⊥AC，
∴∠PDC=90°=∠AOC，
∴当ΔPCD与ΔACO相似时，则△PCD∽△CAO或△PCD∽△ACO，
①若△PCD∽△CAO，则∠PCD=∠CAO，

∴CP∥AO，
∵C(0,2)，
∴点P的纵坐标为2，
∵点P为AC上方抛物线上的动点，
∴2=−12x2−32x+2，
解得：x1=0（不合题意，舍去），x2=−3，
∴此时点P的坐标为(−3,2)；
②若△PCD∽△ACO，则∠PCD=∠ACO，PDAO=CDCO，
∴ PDCD=AOCO=42=2，
过点A作AC的垂线，交CP的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于点H，如图：

∵PD⊥AC，GA⊥AC，
∴GA∥PD，
∴△GAC∽△PDC，
∴ GAPD=ACCD，
∴ GAAC=PDCD=2，
∵GA⊥AC，GH⊥x轴，
∴∠GAC=∠GHA=90°，
∴∠AGH+∠GAH=90°，∠GAH+∠CAO=90°，
∴∠AGH=∠CAO，
∵∠GHA=∠AOC=90°，
∴△GHA∽△AOC，
∴ GHAO=AHCO=GAAC，
即GH4=AH2=2，
∴GH=8，AH=4，
∴HO=AH+OA=8，
∴G(−8,8)，
设直线CG的解析式为y=−34x+2，
令−34x+2=−12x2−32x+2，
解得：x1=0（不合题意，舍去），x2=−32，
把x=−32代入y=−34x+2得：y=−34x+2=−34×(−32)+2=258，
∴此时点P的坐标为(−32，258)，
综上所述，符合条件的点P的坐标为(−3,2)或(−32，258)．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数的解析式、一线三直角模型及相似三角形的判定与性质等知识点是解题的关键．
4．如图，抛物线y=−12x2+bx+c过点A3,2，且与直线y=−x+72交于B、C两点，点B的坐标为4,m．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作DE⊥ x轴交直线BC于点E，点P为对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求PD+PA的最小值．
【答案】(1)y=−12x2+x+72
(2)325

【分析】（1）将点B的坐标为(4,m)代入y=−x+72，m=−4+72=−12，B的坐标为(4,−12)，将A(3,2)，B(4,−12)代入y=−12x2+bx+c，解得b=1，c=72，因此抛物线的解析式y=−12x2+x+72；
（2）设D(m,−12m2+m+72)，则E(m,−m+72)，DE=(−12m2+m+72)−(−m+72)=−12m2+2m=−12(m−2)2+2，当m=2时，DE有最大值为2，此时D(2,72)，作点A关于对称轴的对称点A'，连接A'D，与对称轴交于点P．PD+PA=PD+PA'=A'D，此时PD+PA最小；
【详解】（1）将点B的坐标为(4,m)代入y=−x+72，
m=−4+72=−12，
∴B的坐标为(4,−12)，
将A(3,2)，B(4,−12)代入y=−12x2+bx+c，
−12×32+3b+c=2−12×42+4b+c=−12
解得b=1，c=72，
∴抛物线的解析式y=−12x2+x+72；
（2）设D(m,−12m2+m+72)，则E(m,−m+72)，
DE=(−12m2+m+72)−(−m+72)=−12m2+2m=−12(m−2)2+2，
∴当m=2时，DE有最大值为2，
此时D(2,72)，
作点A关于对称轴的对称点A'，连接A'D，与对称轴交于点P．

PD+PA=PD+PA'=A'D，此时PD+PA最小，
∵A(3,2)，
∴A'(−1,2)，
A'D=(−1−2)2+(2−72)2=325，
即PD+PA的最小值为325；
【点睛】本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的图象的性质与一次函数的性质以及圆周角定理是解题的关键．
5．抛物线y=ax2+bx−3（a，b为常数，a≠0）交x轴于A−3,0，B4,0两点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点C0,4，D是线段AC上的动点（点D不与点A，C重合）．
①点D关于x轴的对称点为D'，当点D'在该抛物线上时，求点D的坐标；
②E是线段AB上的动点（点E不与点A，B重合），且CD=AE，连接CE，BD，当CE+BD取得最小值时，求点D的坐标．
【答案】(1)y=14x2−14x−3
(2)①−43,209；②−54,73

【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y=14x2−14x−3；
（2）①由A(−3,0)，C(0,4)得直线AC解析式为y=43x+4，设D(m,43m+4)，可得D'(m,−43m−4)，代入y=14x2−14x−3解得m=−3（与A重合，舍去）或m=−43，故D−43,209；
②过C在y轴左侧作CK∥x轴，且CK=AC，连接DK，证明△DCK≌△ECA(SAS)，有DK=CE，故CE+BD最小时，DK+BD最小，此时K，D，B共线，求出K(−5,4)，可得直线BK解析式为y=−49x+169，解y=−49x+169y=43x+4即得D的坐标为−54,73．
【详解】（1）解：把A(−3,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx−3得：
9a−3b−3=016a+4b−3=0，
解得a=14b=−14，
∴抛物线的解析式为y=14x2−14x−3；
（2）解：①如图：

由A(−3,0)，C(0,4)得直线AC解析式为y=43x+4，
设D(m,43m+4)，
∵点D关于x轴的对称点为D'，
∴D'm,−43m−4，
把D'm,−43m−4代入y=14x2−14x−3得：
−43m−4=14m2−14m−3，
解得m=−3（与A重合，舍去）或m=−43，
∴D−43,209；
②过C在y轴左侧作CK∥x轴，且CK=AC，连接DK，如图：

∴∠KCD=∠CAE，
∵CD=AE，CK=AC，
∴△DCK≌△ECA(SAS)，
∴DK=CE，
∴CE+BD最小时，DK+BD最小，
此时K，D，B共线，
∵A(−3,0)，C(0,4)，
∴AC=5=CK，
∴K(−5,4)，
由K(−5,4)，B(4,0)得直线BK解析式为y=−49x+169，
解y=−49x+169y=43x+4得x=−54y=73，
∴D的坐标为−54,73．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，对称变换，三角形全等的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题是（2）的关键．
6．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+2a≠0与x轴交于A−1,0，B3,0两点，与y轴交于点C，连接BC．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)点P为直线BC上方的抛物线上一点，过点P作y轴的垂线交线段BC于M，过点P作x轴的垂线交线段BC于N，求△PMN的周长的最大值．
(3)若点N为抛物线对称轴上一点，抛物线上是否存在点M，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−23x2+43x+2；
(2)10+2133
(3)点M的坐标为2,2或4,−103或−2,−103．

【分析】（1）将点A−1,0、B3,0代入y=ax2+bx+2a≠0即可；
（2）求出BC的解析式，设Pt,−23t2+43t+2，根据题意得2≤t<3，易得PN=−23t−322+32，求得其最大值，易证△BOC∽△MPN，可得PM=32PN，MN=132PN，进而得△PMN的周长为PN+PM+MN=PN+32PN+132PN=5+132PN，则当PN最大时，△PMN的周长有最大值，代入PN最大值即可求解；
（3）根据平行四边形对边平行且相等的性质可以得到存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，分两类考虑，以BC为对角线，以BC为边利用平行四边形对边平行且相等求点M的坐标，和构造直角三角形求点M的横坐标．
【详解】（1）解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2a≠0过A−1,0，B3,0两点，
∴a−b+2=09a+3b+2=0，
解得a=−23b=43，
∴抛物线的解析式为y=−23x2+43x+2；
（2）当x=0时，y=2，即：C0,2，
则OC=2，OB=3，BC=13，
设BC的解析式为：y=kx+b1，将B3,0，C0,2代入可得：
b1=23k+b1=0，解得：k=−23b1=2，
∴BC的解析式为：y=−23x+2，
设Pt,−23t2+43t+2，
∵点P为直线BC上方的抛物线上一点，过点P作y轴的垂线交线段BC于M，过点P作x轴的垂线交线段BC于N，
∴t>0t<3−23t2+43t+2≤2，则2≤t<3，
当x=t时，点N的纵坐标为：y=−23t+2，
则PN=−23t2+43t+2−−23t+2=−23t2+2t=−23t−322+32 2≤t<3，
∴当t=2时，PN有最大值为：−23×2−322+32=43，
由题意可知，∠BOC=∠P=90°，PN∥y轴，则∠PNM=∠OCB，
∴△BOC∽△MPN，
则OCPN=OBPM=BCMN，则PM=32PN，MN=132PN，
△PMN的周长为PN+PM+MN=PN+32PN+132PN=5+132PN，
则当PN最大时，△PMN的周长有最大值，
即：△PMN的周长的最大值为5+132×43=10+2133；

（3）存在点M，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，
①以BC为对角线，过C作CM∥x轴交抛物线与M，点N在x轴上，NB=2=MC，M2,2；

②以BC为边，过M作MG垂直抛物线对称轴于G，当MG=OB=3，且OC=GN时，四边形CNMB为平行四边形，M点横坐标x=3+1=4，纵坐标y=−23×42+43×4+2=−103，M(4,−103)；

③过N作NH∥x轴，与过M作MH∥y轴交于H，当MH=CO=2，NH=BO=3时，四边形CMNB为平行四边形，M点横坐标为x=1−3=−2，纵坐标y=−23×-22+43×-2+2=−103，M(−2,−103)；

综上所述：点M的坐标为2,2或4,−103或−2,−103．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图像及性质，相似三角形的判定及性质，平行四边形的判定与性质，及分类讨论的数学思想，熟练掌握二次函数的性质、相似三角形的判定及性质，平行四边形的性质是解题的关键．
7．如图，二次函数y=−14x2+12m−1x+m（m是常数，且m>0）的图象与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，动点P在对称轴l上，连接AC、BC、PA、PC．

(1)求点A、B、C的坐标（用数字或含m的式子表示）；
(2)当PA+PC的最小值等于45时，求m的值及此时点P的坐标；
(3)当m取（2）中的值时，若∠APC=2∠ABC，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)A−2，0，B2m，0，C0，m
(2)m=4，P3，52
(3)P点坐标为3，0或3，52

【分析】（1）将x=0，y=0，分别代入y=−14x2+12m−1x+m，计算求解即可；
（2）如图1，连接PB，由题意知，PA=PB，则PA+PC=PB+PC，可知当C，P，B三点共线时，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，计算m的值，然后得出B，C的点坐标，待定系数法求直线BC的解析式，根据P是直线BC与直线l的交点，计算求解即可；
（3）由（2）知m=4，则B8，0，C0，4，抛物线的对称轴为直线x=3，勾股定理逆定理判断△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，记D为直线l与x轴的交点，如图2，连接CD，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得CD=BD=AD，由等边对等角可得∠DCB=∠ABC，由三角形外角的性质可得∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，进而可得∠ADC=∠APC，即P与D重合，求此时的P点坐标；过A，C，D三点作⊙O'，如图2，由同弧所对的圆周角相等可知⊙O'与直线l=3交点即为P，设P3，a，由题意知，圆心O'在直线x=12上，设圆心坐标为12，n， 则AO'2=CO'2=PO'2，根据AO'2=CO'2，可求n值，根据AO'2=PO'2，可求a值，进而可得此时的P点坐标．
【详解】（1）解：当x=0时，y=m，
当y=0时，−14x2+12m−1x+m=0，整理得x2−2m−1x−4m=0，即x−2mx+2=0，
解得x1=2m，x2=−2，
∴A−2，0，B2m，0，C0，m，
（2）解：如图1，连接PB，

由题意知，PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC，
∴当C，P，B三点共线时，PA+PC值最小，
在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=OB2+OC2=4m2+m2=5m，
∵PA+PC的最小值等于45，
∴5m=45，
解得m=4，
∴B8，0，C0，4，
∴抛物线的对称轴为直线x=3，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B8，0，C0，4代入得，0=8k+b4=b，
解得k=−12b=4，
∴直线BC的解析式为y=−12x+4，
当x=3时，y=−12×3+4=52，
∴P3，52，
∴m=4，P3，52；
（3）解：∵m=4，
∴B8，0，C0，4，抛物线的对称轴为直线x=3，
∵AC2=22+42=20，BC2=452=80，AB2=102=100，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
记D为直线l与x轴的交点，如图2，连接CD，

∴CD=BD=AD，
∴∠DCB=∠ABC，
∵∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，
∴∠ADC=∠APC，
∴P与D重合，即P3，0；
过A，C，D三点作⊙O'，如图2，由同弧所对的圆周角相等可知⊙O'与直线l=3交点即为P，设P3，a，
由题意知，圆心O'在直线x=12上，设圆心坐标为12，n， 则AO'2=CO'2=PO'2，
∵AO'2=CO'2，即−2−122+0−n2=0−122+4−n2，
解得n=54，
∵AO'2=PO'2，即−2−122+0−542=3−122+a−542，
解得a1=0，a2=52，
∴P3，52，
综上，P点坐标为3，0或3，52．
【点睛】本题考查了二次函数与线段、角度综合，二次函数的图象与性质，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，等边对等角，三角形外角的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
8．已知抛物线y=x+1x−m（m为常数，m>1）的顶点为P．
(1)当m=5时，求该抛物线顶点P的坐标；
(2)若该抛物线与x轴交于点A，C（点A在点C左侧），与y轴交于点B．
①点Q是该抛物线对称轴上一个动点，当AQ+BQ的最小值为22时，求该抛物线的解析式和点Q的坐标．
②连接BC，与抛物线的对称轴交于点H，过点P作PD⊥BC，垂足为D，若BC=8PD，求该抛物线的解析式．
【答案】(1)2,−9
(2)①y=x2−x−2，Q12,−32②y=x2+1−52x−1+52

【分析】（1）将抛物线解析式转化为顶点式，求出顶点坐标即可；
（2）①点A和点C关于对称轴对称，易得AQ+BQ的最小值即为BC的长，求出点B,C的坐标，进而求出抛物线和直线BC的解析式，即可得到点Q的坐标；②用含m的式子表示B,C,P,H的坐标，求出BC,PH的长，易得△PDH为等腰直角三角形，得到PH=2PD，再根据BC=8PD，得到BC=42PH，列式计算求出m的值，即可得解．
【详解】（1）解：当m=5时，则：y=x+1x−5=x2−4x−5=x−22−9，
∴顶点P的坐标为：2,−9；
（2）解：①∵抛物线y=x+1x−m与x轴交于点A，C（点A在点C左侧），与y轴交于点B，
∴当y=0时，x+1x−m=0，
∴x1=−1,x2=m，
∴A−1,0,Cm,0，
当x=0时，y=−m，
∴B0,−m，
∵A,C关于对称轴对称，Q为对称轴上一点，
∴AQ+BQ=CQ+BQ≥BC，
∴当B,C,Q三点共线时，AQ+BQ的值最小即为BC的长，
∵AQ+BQ的最小值为22，
∴BC=m2+m2=2m=22，
∵m>1，
∴m=2，
∴抛物线的解析式为：y=x+1x−2=x2−x−2；
∴B0,−2,C2,0，抛物线的对称轴为x=12，
设直线BC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
则：b=−22k+b=0，解得： b=−2k=1，
∴y=x−2，
当x=12时，y=12−2=−32，
∴Q12,−32；
②由①知：Cm,0，B0,−m，
∴OB=OC=m，BC=2m，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
设直线BC的解析式为：y=ax+c，
则：c=−mam+c=0，解得：c=−ma=1，
∴y=x−m，
∵y=x+1x−m=x2+1−mx−m=x−m−122−m+124，
∴Pm−12,−m+124，
∴Hm−12,−m−12，
∴PH=−m−12+m+124=m2−14；
设抛物线的对称轴与x轴交于点F，

则：∠HFC=90°，
∵∠OCB=45°，
∴∠PHD=∠FHC=45°，
∵PD⊥BC，
∴∠PDH=90°，
∴PH=2PD，
∵BC=8PD，
∴BC=8×22PH，即：2m=42⋅m2−14，整理得：m2−m−1=0，
解得：m=1±52，
∵m>1，
∴m=1+52，
∴抛物线的解析式为：y=x2+1−52x−1+52．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，属于中考压轴题，同时考查了轴对称解决线段和最小问题，以及等腰三角形的判定和性质．熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
9．已知抛物线y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a>0）的顶点为P，与x轴相交于点A−1,0和点B．

(1)若b=−2，c=−3，
①求点P的坐标；
②直线x=m（m是常数，1 (2)若3b=2c，直线x=2与抛物线相交于点N，E是x轴的正半轴上的动点，F是y轴的负半轴上的动点，当PF+FE+EN的最小值为5时，直接写出顶点P的坐标．
【答案】(1)①1，−4；②M2,−3,G2,−2
(2)1,−167

【分析】（1）①利用待定系数法求出抛物线的解析式，即可得顶点P的坐标；
②求出直线BP的解析式，设点Mm,m2−2m−3，则Gm,2m−6，表示出MG的长，可得关于m的二次函数，根据二次函数的最值即可求解；
（2）由3b=2c得b=−2a，c=−3a，抛物线的解析式为y=ax2−2ax−3a，可得顶点P的坐标为1,−4a，点N的坐标为2,−3a，作点P关于y轴的对称点P'，作点N关于x轴的对称点N'，得点P'的坐标为−1,−4a，点N'的坐标为2,3a，当满足条件的点E，F落在直线P'N'上时，PF+FE+EN取得最小值，此时，PF+FE+EN=P'N'=5延长P'P与直线x=2相交于点H，则P'H⊥N'H，在Rt△P'HN'中，P'H=3，HN'=3a−−4a=7a，由勾股定理可得P'N'2=P'H2+HN'2，即9+49a2=25，解得a1=47，a2=−47（舍去），即可得点P的坐标为1,−167．
【详解】（1）解：①若b=−2，c=−3，则抛物线y=ax2+bx+c=ax2−2x−3，
∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A−1,0，
∴a+2−3=0，解得a=1，
∴抛物线为y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴顶点P的坐标为1,−4；
②当y=0时，x2−2x−3=0，
解得x1=−1，x2=3，
∴B3,0，
设直线BP的解析式为y=kx+n，
∴3k+n=0k+n=−4，解得k=2n=−6，
∴直线BP的解析式为y=2x−6，
∵直线x=m（m是常数，1 设点Mm,m2−2m−3，则Gm,2m−6，
∴MG=2m−6−m2−2m−3=−m2+4m−3=−m−22+1，
∴当m=2时，MG取得最大值1，
此时，点M2,−3，则G2,−2；
（2）解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A−1,0，
∴a−b+c=0，
又3b=2c，
∴b=−2a，c=−3aa>0，
∴抛物线的解析式为y=ax2−2ax−3a．
∴y=ax2−2ax−3a=ax−12−4a，
∴顶点P的坐标为1,−4a，
∵直线x=2与抛物线相交于点N，
∴点N的坐标为2,−3a，
作点P关于y轴的对称点P'，作点N关于x轴的对称点N'，
得点P'的坐标为−1,−4a，点N'的坐标为2,3a，
当满足条件的点E，F落在直线P'N'上时，PF+FE+EN取得最小值，此时PF+FE+EN=P'N'=5．
延长P'P与直线x=2相交于点H，则P'H⊥N'H．
在Rt△P'HN'中，P'H=3，HN'=3a−−4a=7a，
∴P'N'2=P'H2+HN'2，
解得a1=47，a2=−47（舍去），
∴点P的坐标为1,−167．

【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，两点间的距离公式，轴对称求最小值问题，勾股定理等，利用待定系数法求出函数解析式是解本题的关键．
10．如图，抛物线y=−x2+bx+c交x轴于A、B两点(点A在点B的左侧)坐标分别为−2,0，4,0，交y轴于点C．

(1)求出抛物线解析式：
(2)如图1，过y轴上点D做BC的垂线，交线段BC于点E，交抛物线于点F，当EF= 35 5时，请求出点F的坐标；
(3)如图2，点H的坐标是0,2，点Q为x轴上一动点，点P2,8在抛物线上，把△PHQ沿HQ翻折，使点P刚好落在x轴上，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+8
(2)F3,5或F(2−7,27+1)
(3)−4,0，2,0

【分析】（1）待定系数求解析式即可求解；
（2）过点F作x轴垂线交BC于N，交x轴于M，得出∠EFN=∠MBN，根据cos∠EFN=cos∠MBN，得出FN=3，根据B,C解析式，待定系数法求解析式直线BC:y=−2x+8，设F(m,−m2+2m+8)，N(m,−2m+8)，根据FN=3，建立方程，解方程即可求解；
（3）作PK⊥y轴，交于点K，由翻折得△HQG≌△HQP ，在Rt△OHG，Rt△HPK中，勾股定理求得HP,GO，进而得出点G坐标为6,0或−6,0，过点P作PM⊥x轴，则M2,0且PM=8，设Qn,0，根据勾股定理得出点Q坐标为−4,0，2,0．
【详解】（1）解：将(−2，0)，(4，0)代入表达式得，
−4−2b+c=0−16+4b+c=0  解得b=2c=8，
∴y=−x2+2x+8．
（2）解：过点F作x轴垂线交BC于N，交x轴于M，

∵∠FNE=∠BNM，∠FNE+∠EFN=∠BNM+∠MBN=90° ，
∴∠EFN=∠MBN，
在Rt△BOC中，∠BOC=90° ，
由勾股定理得BC=OB2+OC2=42+82=45 ，
∴cos∠EFN=cos∠MBN=OBBC=445=55=EFFN=355FN，
∴FN=3 ，
∵B4,0，C0,8，
设直线BC:y=kx+8，将点4,0代入得，
4k+8=0
解得：k=−2，
∴直线BC:y=−2x+8，
设F(m,−m2+2m+8)，N(m,−2m+8)，
∴−m2+2m+8−(−2m+8)=3或−2m+8−(−m2+2m+8)=3，
∴−m2+4m=3或−m2+4m=−3 ，     
∴m1=1, m2=3；m3=2+7,m4=2−7 ，
∴F1,9或  F3,5 或F(2+7,1−27)或F(2−7,27+1)，                            
其中F1,9和F(2+7,1−27)两点所对应的E点不在线段BC上，所以舍去，
∴F3,5或F(2−7,27+1)．
（3）解：如图，作PK⊥y轴，交于点K，则K0,8，

∴PK=2，KH=8−2=6，
在Rt△HPK中，HP= 210，由翻折得△HQG≌△HQP ，
∴QG=QP，HG=HP= 210，
在Rt△OHG中，∵HG= 210，OH=2，
∴GO=6，
∴点G坐标为6,0或−6,0，
过点P作PM⊥x轴，则M2,0且PM=8，
设Qn,0，
则QP2=PM2+QM2=82+(n−2)2 ，GQ=xQ−xG=n−(±6) ，
∵QG=QP，
∴ 82+(n−2)2=[n−(±6)]2，
解得n=−4或n=2，
∴点Q坐标为−4,0，2,0．
【点睛】本题考查了二次函数综合，余弦的定义，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
11．抛物线y=ax2+bx+c与坐标轴交于A−1,0、B4,0、C0,2三点．点P为抛物线上位于BC上方的一动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，过点P作PF⊥x轴于点F，交BC于点E，连结CP、CF．当SΔPCE=2SΔCEF时，求点P的坐标；

(3)过点P作PG⊥BC于点G，是否存在点P，使线段PG、CG的长度是2倍关系？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)P2,3
(3)存在点P，使线段PG、CG的长度是2倍关系．此时点P的坐标为3,2或 P32,258

【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）设Pm,−12m2+32m+2，求出直线BC的解析式，得到点E的坐标，表示出PE,EF的长，根据S△PCE=2S△CEF，得到PE=2EF，列得一元二次方程，求解即可；
（3）分两种情况①当CG=2PG时， ②当PG=2CG时， 利用三角函数求解即可．
【详解】（1）解：由题意，得0=a−b+c0=16a+4b+c2=c
∴a=−12b=32c=2
∴此抛物线的解析式为：y=−12x2+32x+2
（2）设Pm,−12m2+32m+2，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
得4k+n=0n=2，解得k=−12n=2，
∴yBC=−12x+2，则Em,−12m+2，
∴PE=−12m2+2m，EF=−12m+2，
∵S△PCE=2S△CEF，
∴PE=2EF，
∴−12m2+2m=−m+4，
∴m=2或4（舍去），
∴P2,3；
（3）存在点P．
①当CG=2PG时，连接PC，

∴tan∠PCG=12=tan∠OBC
∴∠PCG=∠OBC，
∴CP∥AB，
∴点P的纵坐标为2，则−12x2+32x+2=2，
解得x=0或x=3，
∴P3,2；
②当PG=2CG时，过点B作BE⊥BC交CP的延长线于点E，过点E作EF⊥x轴于点F．

则PG∥BE，
∴BEBC=2，
∵BC=OC2+OB2=22+42=25，
∴BE=45，
∵∠CBO+∠EBF=90°，∠BEF+∠EBF=90°，
∴∠CBO=∠BEF，
∴tan∠BEF=tan∠OBC=12，
∴BFEF=12，
∴BF2+2BF2=BE2=452，
∴BF=4，EF=8，
∴E8,8，
∵C0，2，
∴yCE=34x+2，
联立方程组y=34x+2y=−12x2+32x+2，得x=0y=2或x=32y=258，
∴P32,258，
综上所述，存在点P，使线段PG、CG的长度是2倍关系．此时点P的坐标为3,2或 P32,258．
【点睛】此题考查的是二次函数的综合，待定系数法求函数解析式，线段与二次函数，勾股定理，三角函数，求直线与抛物线的交点，正确掌握各知识点是解题的关键．
12．已知抛物线y=ax2+bx+c经过点A−4，0、B1，0、C0，4．

(1)求抛物线解析式和直线AC的解析式；
(2)如图（1），若点P是第四象限抛物线上的一点，若S△PAC=20，求点P的坐标；
(3)如图（2），点M是直线AC上方抛物线上的一个动点（不与A、C重合），过点M作MH垂直AC于点H，求MH的最大值．
【答案】(1)直线AC的解析式是y=x+4；抛物线解析式是y=−x2−3x+4；
(2)P−2+14，14−8；
(3)MH最大=22．

【分析】（1）可设抛物线的解析式是交点式，然后将C点坐标代入，进而求抛物线的解析式，设直线AC的解析式，将A、C两点代入，进一步可求得AC的解析式；
（2）作OE⊥AC，先求出AC边上的高为52，然后延长OE至Q，使QO=32，求出Q的坐标，作QM∥AC，然后求出QM的解析式，然后求出直线QM与抛物线的交点即可；
（3）作MN⊥OA交AC于N，可得MN=2MH，所以只需求得MN的最大值即可，设M、N的坐标，表示出MN的长，求MN的最值，进而求得MH的最大值．
【详解】（1）解：设y=ax−1⋅x+4，
∴a⋅0−10+4=4，
∴a=−1，
∴y=x−1⋅x+4=−x2−3x+4，
设AC的解析式是y=kx+b，
b=4−4k+b=0，
∴k=1b=4，
∴y=x+4；
（2）解：如图1，

作OE⊥AC于E，
∵OA=OC=4，∠AOC=90°，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠OCE=45°，AC=2OC=42，
∴△COE是等腰直角三角形，
∴OE=22OC=22×4=22，
∵S△ACP=12⋅AC⋅ℎAC，
∴12×42⋅ℎAC=20，
∴ℎAC=52，
延长OE至Q，使QO=32，作QD⊥x轴于D，过Q作QM∥AC，
∴QD=22OQ=22×32=3，
∴Q3，−3，
设QM的解析式是：y=x+b1，
∴−3=3+b1，
解得b1=−6，
∴QM的解析式是：y=x−6，
由y=x−6y=−x2−3x+4得，x2+4x−10=0，
∴x1=−2+14，x2=−2−14（舍去），
当x=−2+14时，y=14−8，
∴P−2+14，14−8；
（3）解：如图2，

作MN⊥AB交AC于M，
∴MN∥OC，
∴∠MNH=∠ACO=45°，
∴MH=22MN，
设Mm，−m2−3m+4，Nm，m+4，
∴MN=−m2−3m+4−m+4=−m2−4m=m+22+4，
∴当m=−2时，MN最大=4，
∴MH最大=4×22=22．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象性质，求一次函数解析式，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是转化条件，间接求直线和抛物线交点．
13．如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与一直线相交于A−1,0，C2,3两点，与y轴交于点N，其顶点为D．

(1)求抛物线及直线AC的解析式．
(2)设点M3,m，求使MN+MD的值最小时m的值．
(3)若抛物线的对称轴与直线AC相交于点B，E为直线AC上的任意一点，过E作EF∥BD交抛物线于点F，以B，D，E，F为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求出点E，F的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，直线AC的解析式为y=x+1
(2)185
(3)以B，D，E，F为顶点的四边形能为平行四边形，E0，1，F0，3或E1+172，3+172，F1+172，17−12或E1−172，3−172，F1−172，−17−12

【分析】（1）待定系数法求抛物线与直线AC的解析式即可；
（2）作直线l=3平行于y轴，则M在直线l上，作D关于直线l的对称点D'，连接ND'，与直线l交点为M，连接DM，则MN+MD=MN+MD'，可知当N，M，D'三点共线时，MN+MD的值最小且为ND'，待定系数法求直线ND'的解析式，然后将M点坐标代入求解m的值即可；
（3）由平行四边形的性质可知EF=BD=2，设En，n+1，则Fn，−n2+2n+3，则EF=n2−n−2=2，解方程求满足要求的n值，进而可得对应的点E，F的坐标．
【详解】（1）解；将A−1,0，C2,3两点代入y=−x2+bx+c得，0=−1−b+c3=−4+2b+c，
解得b=2c=3，
∴y=−x2+2x+3，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
将A−1,0，C2,3两点代入得，0=−k+b3=2k+b，
解得k=1b=1，
∴y=x+1，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，直线AC的解析式为y=x+1；
（2）解：当x=0，y=3，
当x=1，y=4，
当y=0，x1=−1或x2=3，
∴N0，3，D1，4，抛物线与x 轴的另一个交点坐标为3，0，
∵M3，m，
如图，作直线l=3平行于y轴，则M在直线l上，作D关于直线l的对称点D'，连接ND'，与直线l交点为M，连接DM，

由题意知，D'5，4，MD=MD'，
∴MN+MD=MN+MD'，
∴当N，M，D'三点共线时，MN+MD的值最小且为ND'，
设直线ND'的解析式为y=px+q，
将N、D'点坐标代入得3=q4=5p+q，
解得p=15q=3，
∴直线ND'的解析式为y=15x+3，
将M3，m代入得，m=15×3+3=185，
∴m的值为185；
（3）解：将x=1代入y=x+1得，y=2，
∴B1，2，BD=2，
设En，n+1，则Fn，−n2+2n+3，
∵以B，D，E，F为顶点的四边形为平行四边形，
∴EF=BD，
∴EF=n2−n−2=2，
①当n2−n−2=−2，解得n1=0，n2=1（与B重合，舍去），
∴n=0，则E0，1，F0，3，
②当n2−n−2=2，解得n3=1+172，n4=1−172，
∴n=1+172，则E1+172，3+172，F1+172，17−12，
n=1−172，则E1−172，3−172，F1−172，−17−12，
综上所述，以B，D，E，F为顶点的四边形能为平行四边形，E0，1，F0，3或E1+172，3+172，F1+172，17−12或E1−172，3−172，F1−172，−17−12．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数综合，二次函数与线段综合，二次函数与特殊四边形综合等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
14．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴有且只有一个交点A2,0，且与y轴于交于点B．
(1)求a与c的关系式；
(2)若a=1时，点P2,1c在抛物线的对称轴上；
①若过B点的直线l：y=kx+m（k≠0）与抛物线只有一个交点；证明：直线l平分∠OBP；
②设过P点的直线与抛物线交于M，N点，则1PM+1PN是否为定值，若为定值请求出定值，若不是定值请说明理由．
【答案】(1)c=4a
(2)①见解析；②是定值，值为4

【分析】（1）由题意可设函数解析式y=ax2+bx+c=a(x−2)2=ax2−4ax+4a，令x=0，即可得y=c=4a；
（2）①当a=1时，y=(x−2)2，由题意可得过B点的直线l：y=kx+m（k≠0）与抛物线只有一个交点，即x2−4x+4=kx+4，即Δ=（k+4)2=0，解得k=−4，根据点的坐标计算可得BC=PC，进而得出结论即可；
②设过点P的直线：y=k(x−2)+14，联立x2−4x+4=k(x−2)+14，设M(m,k(m−2)+14)，N(n,k(n−2)+14)N，P(2,14) ，则m+n=k+4，mn=2k+154，代入即可得出答案．
【详解】（1）由题意可知：
y=ax2+bx+c=a(x−2)2=ax2−4ax+4a
令x=0，y=c=4a
∴c=4a
（2）①当a=1时，y=(x−2)2，
∴B(0,4)，
∵过B点的直线l：y=kx+m（k≠0）与抛物线只有一个交点，
∴直线l：y=kx+4（k≠0）
∵过B点的直线l：y=kx+m（k≠0）与抛物线只有一个交点
∴y=kx+4y=x2−4x+4，即x2−4x+4=kx+4，
整理得x2−(4+k)x=0，
∴Δ=（k+4)2=0，
解得k=−4，
∴直线l：y=−4x+4交对称轴与C(2,−4)
∴BP=22+(4−14)2=174，BC=14+4=174，
∴BC=PC
∴∠CBP=∠PCB，即∠CBP=∠OBC，
∴直线l平分∠OBP
②1PM+1PN为定值，理由如下，
设过点P的直线：y=k(x−2)+14
联立x2−4x+4=k(x−2)+14
化简x2−(k+4)x+2k+154=0
设M(m,k(m−2)+14)，N(n,k(n−2)+14)N，P(2,14)
则m+n=k+4，mn=2k+154
∴1PM+1PN=PM+PNPM⋅PN=MNPM⋅PN=(m−n)2+k2(m−n)2(m−2)2+k2(m−2)2⋅(n−2)2+k2(n−2)2
=1+k2⋅(m−n)21+k2⋅(m−2)2⋅1+k2⋅(n−2)2
=1+k2⋅(m+n)2−4mn(1+k2)⋅mn−2(m+n)+4
=1+k2⋅1+k2(1+k2)⋅−14
=4
【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，解题的关键是根据题意设函数关系式以及点的坐标．
15．如图1，抛物线y=ax2+2x+c，交x轴于A、B两点，交y轴于点C，F为抛物线顶点，直线EF垂直于x轴于点E，当y≥0时，−1≤x≤3．

(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是线段BE上的动点(除B、E外)，过点P作x轴的垂线交抛物线于点D．
①当点P的横坐标为2时，求四边形ACFD的面积；
②如图2，直线AD，BD分别与抛物线对称轴交于M、N两点．试问，EM+EN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①4；②是，8

【分析】（1）根据当y≥0时，−1≤x≤3，可得A(−1,0)，B(3,0)，然后待定系数法求解析式即可求解；
（2）①根据题意得出D(2,3)．进而得出C(0,3)，CD ∥ x轴，进而根据解析式得出顶点F(1,4)，即可求解；
②设D(m,−m2+2m+3)(1 【详解】（1）解：∵当y≥0时，−1≤x≤3，
∴ x1=−1，x2=3是ax2+2x+c=0的两根，A(−1,0)，B(3,0)，
∴a−2+c=09a+6+c=0，
解得：a=−1c=3，
∴抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3；
（2）①把x=2代入y=−x2+2x+3得：y=3，
∴D(2,3)．
又当x=0，y=3，
∴C(0,3)，
∴线段CD ∥ x轴．
∵ y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴F(1,4)，
S四边形ACFD=S△FCD+S△ACD=12CD(yF−yA)=4；
②设D(m,−m2+2m+3)(1 直线AD：y=k1x+b1，BD：y=k2x+b2，
因此可得：0=−k1+b1−m2+2m+3=k1m+b1或0=3k2+b2−m2+2m+3=k2m+b2，
解得：k1=3−mb1=3−m或k2=−1−mb2=3m+3，
∴直线AD：y=(3−m)x+(3−m)，BD：y=−(m+1)x+3(m+1)．
令x=1得yM=6−2m，yN=2m+2，
∴ME=6−2m，NE=2m+2，
∴NE+ME=8．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，面积问题、线段问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
16．已知抛物线y=−x2+2kx−k2+4的顶点为H，与y轴交点为A，点Pa,b是抛物线上异于点H的一个动点．
(1)若抛物线的对称轴为直线x=1，请用含a的式子表示b；
(2)若a=1，作直线HP交y轴于点B，当点A在x轴上方且在线段OB上时，直接写出k的取值范围；
(3)在（1）的条件下，记抛物线与x轴的右交点为C，OA的中点为D，作直线CD，过点P作PF⊥CD于点E并交x轴于点F，若a<3，PE=3EF，求a的值．
【答案】(1)b=−a2+2a+3a≠1
(2)0≤k<2且k≠1
(3)−117

【分析】（1）利用二次函数的性质可得出k=1，确定抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，再根据图像上点的坐标特征即可得出结论；
（2）根据题意和抛物线的解析式可得出A0，−k2+4，P1,−k2+2k+3，k≠1，再根据点A在x轴上方且在线段OB上，可得出不等式组−k2+4>0−k2+4≤−k2+k+4，解不等式组即可得出结论；
（3）如图，过点D作DB⊥CD，交x轴于点B，由（1）知抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，结合中点定义先确定D0，32，C3,0，得出直线CD的解析式为y=−12x+32，证明△BDO∽△DCO，利用相似三角形的性质得出BO=34，B−34，0，从而可求出直线BD的解析式为y=2x+32，然后根据PF∥BD和Pa,−a2+2a+3确定直线PF的解析式为y=2x+3−a2，得出Fa2−32，0，再通过解二元一次方程组确定E2a2−35,9−a25，接着利用两点间距离公式用含a的代数式求出PE=552a2−5a−3，EF=5109−a2，根据PE=3EF建立方程，分两种情况求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+2kx−k2+4=−x−k2+4，
∴Hk,4，对称轴x=k，
∵点Pa,b是抛物线上异于点H的一个动点，
∴a≠k，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴k=1，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，
∵点Pa,b在抛物线上，
∴当x=a时，b=−a2+2a+3a≠1．
（2）∵抛物线y=−x2+2kx−k2+4与y轴交点为A，
∴当x=0时，y=−k2+4，
∴A0，−k2+4，
∵点Pa,b在抛物线y=−x2+2kx−k2+4上，且a=1，点Pa,b是抛物线上异于点H的一个动点，
∴P1,−k2+2k+3，k≠1，
设直线PH的解析式为y=mx+b1，
∴m+b1=−k2+2k+3km+b1=4，
∴k−1b1=−k3+2k2+3k−4=k−1−k2+k+4，
∵k≠1，
∴k−1≠0，
∴b1=−k2+k+4，B0，−k2+k+4，
∵点A在x轴上方且在线段OB上，
∴−k2+4>0−k2+4≤−k2+k+4，
∴−2 ∴0≤k<2，
综上所述，k的取值范围是0≤k<2且k≠1．
（3）如图，过点D作DB⊥CD，交x轴于点B，
∵抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，OA的中点为D，
当x=0时，y=3，
∴A0,3，OA=3，
∴OD=12OA=32，D0，32，
当y=0时，−x2+2x+3=0，
解得：x1=−1，x2=3
∴C3,0，OC=3，
设直线CD的解析式为y=kCDx+bCD，
∴3kCD+bCD=0bCD=32，
解得：kCD=−12bCD=32，
∴直线CD的解析式为y=−12x+32，
∵DB⊥CD，∠BOD=∠DOC=90°，
∴∠BDO+∠ODC=90°，∠ODC+∠DCO=90°，
∴∠BDO=∠DCO，
∴△BDO∽△DCO，
∴BODO=DOCO，
∴BO32=323，
∴BO=34，
∴B−34，0，
设直线BD的解析式为y=kBDx+bBD，
∴−34kBD+bBD=0bBD=32，
解得：kBD=2bBD=32，
∴直线BD的解析式为y=2x+32，
∵PF⊥CD，
∴PF∥BD，
设直线PF的解析式为y=2x+bPF，
由（1）知：Pa,−a2+2a+3，
∴−a2+2a+3=2a+bPF，
∴bPF=3−a2，
∴直线PF的解析式为y=2x+3−a2，
当y=0时，x=a2−32，
∴Fa2−32，0
由y=2x+3−a2y=−12x+32可得：x=2a2−35y=9−a25，
∴E2a2−35,9−a25，
∴PE=a−2a2−352+−a2+2a+3−9−a252=552a2−5a−3，
EF=2a2−35−a2−322+9−a25−02=5109−a2，
∵PE=3EF，
∴552a2−5a−3=3×5109−a2，
∴22a2−5a−3=39−a2，
当22a2−5a−3=39−a2时，
解得：a1=−117，a2=3（不合题意，舍去），
当22a2−5a−3=−39−a2时，
解得：a3=7（不合题意，舍去），a4=3（不合题意，舍去），
综上所述，a的值是−117．

【点睛】本题是二次函数综合题，考查用待定系数法确定函数解析式，二次函数图像的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，解二元一次方程组，解不等式组，两点间距离，解绝对值方程，解一元二次方程等知识点，运用了分类讨论、方程的思想．根据题意，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
17．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴只有一个公共点A2,0且经过点3,1．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)直线l：y=−x+m与抛物线y=ax2+bx+c相交于B、C两点（C点在B点的左侧），与对称轴相交于点P，且B、C分布在对称轴的两侧．若B点到抛物线对称轴的距离为n，且CP=t·BP（2≤t≤3）．
①试探求n与t的数量关系；
②求线段BC的最大值，以及当BC取得最大值时对应m的值．
【答案】(1)y=x−22
(2)①n=1t−1②BC的值最大为32，m=4

【分析】（1）根据y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴只有一个公共点A2,0，设y=ax−22，将点3,1，代入，求出a的值即可得解；
（2）①设直线y=−x+m，与x轴交于点E，与y轴交于点D，过点B,C分别作y轴，x轴的垂线，两条垂线相交于点F，设BF与抛物线的对称轴AP交于点G，易得，∠OED=∠ODE=45°，推出FG:BG=CP:BP=t，进而求出点B,C的坐标，利用CF=BF，即可得解；②根据BF=CF，求出BC=2BF=2nt+n，进而得到BC=21+2t−1，根据反比例函数的性质，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴只有一个公共点A2,0，
∴点A2,0为抛物线的顶点，
设y=ax−22，
∵抛物线过点3,1，
∴1=a3−22，
∴a=1，
∴y=x−22；
（2）解：①设直线y=−x+m，与x轴交于点E，与y轴交于点D，过点B,C分别作y轴，x轴的垂线，两条垂线相交于点F，设BF与抛物线的对称轴AP交于点G，如图：

则：D0,m,Em,0，PG∥CF,BF∥x轴，
∴OD=OE，
∴∠OED=∠ODE=45°，
∵B点到抛物线对称轴的距离为n，
∴BG=n，
∵FC∥PG，CP=t·BP（2≤t≤3），
∴FG:BG=CP:BP=t，
∴FG=nt,BF=nt+n
∴xB=2+n，xF=xC=2−nt，
∵y=−x+m与抛物线y=ax2+bx+c相交于B、C两点，
∴B2+n,n2,C2−nt,n2t2，
∴CF=n2t2−n2，
∵BF∥x轴，
∴∠CBF=∠OED=45°，
∴CF=BF，即：n2t2−n2=nt+n，
∴n=1t−1；
②∵BF=CF，
∴BC=2BF=2nt+n，
∵n=1t−1，
∴BC=2tt−1+1t−1
=2t+1t−1
=21+2t−1；
令：s=t−1，
∴BC=21+2s，
∵2≤t≤3，
∴1≤s≤2
∵当1≤s≤2，2s随着s的增大而减小，
∴当s=1时，即t=2时，BC的值最大为32，
此时n=12−1=1
∴B3,1,C0,4
∴4=0+m，即：m=4．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．同时考查了平行线分线段成比例，一次函数，反比例函数的性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形．综合性强，难度较大，属于中考压轴题．正确的求出函数解析式，画出图象，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
18．如图1，二次函数y=ax2+bx+3的图像与x轴交于点A−1,0，B3,0，与y轴交于点C．

(1)求二次函数的解析式；
(2)点P为抛物线上一动点．
①如图2，过点C作x轴的平行线与抛物线交于另一点D，连接BC，BD．当S△PBC=2S△DBC时，求点P的坐标；
②如图3，若点P在直线BC上方的抛物线上，连接OP与BC交于点E，求PEOE的最大值．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①−1,0或4,−5；②34

【分析】（1）将A−1,0，B3,0，代入解析式即可得到答案；
（2）①根据S△PBC=2S△DBC得到点P到直线BC的距离是点D到直线BC距离的2倍，
求出直线BC的解析式，过点D作BC的平行线与y轴交于点M，设直线MD的解析式为：y=−x+m，根据C点坐标求出点D2,3，直线解出MD的解析式y=−x+5，根据平移规律即可得到答案；
②过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，设点Px,−x2+2x+3，则点Qx,−x+3，根据平行得到△OCE∽△PQE，表示出PEOE，利用函数的性质即可得到答案；
【详解】（1）解：∵y=ax2+bx+3的图像与x轴交于点A−1,0，B3,0，
∴a−b+3=09a+3b+3=0，
解得：a=−1b=2，
y=−x2+2x+3；
（2）①∵S△PBC=2S△DBC，
∴点P到直线BC的距离是点D到直线BC距离的2倍，
令x=0，则y=−x2+2x+3=3，
∴C0,3，
∵B3,0，C0,3，
∴直线BC的解析式为：y=−x+3，
如图，过点D作BC的平行线与y轴交于点M，

设直线MD的解析式为：y=−x+m，
∵CD∥x轴，C0,3，
∴D2,3，
∵D2,3在直线y=−x+m上，
∴−2+m=3，
∴m=5，
∴直线MD的解析式为：y=−x+5，
∴直线MD可看作是将直线BC向上平移2个单位得到，将直线BC向下平移4个单位得到直线l：y=−x−1，则它与抛物线的交点就是满足条件的点P，
（将直线BC向上平移4个单位得到直线y=−x+7，它与抛物线没有交点）
令−x2+2x+3=−x−1，解得：x1=−1，x2=4，
当x1=−1时，y1=0；当x2=4时，y2=−5，
∴点P的坐标为−1,0或4,−5；
②如图，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，

设点Px,−x2+2x+3，则点Qx,−x+3，
∴PQ=−x2+2x+3−−x+3=−x2+3x，
∵PQ∥y轴，
∴△OCE∽△PQE，
∴PEOE=PQOC，
∴PEOE=−x2+3x3=−13x−322+34，
∴PEOE的最大值为34．
【点睛】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．
19．抛物线y=ax2−4经过A、B两点，且OA=OB，直线EC过点E4，−1，C0，−3，点D是线段OA（不含端点）上的动点，过D作PD⊥x轴交抛物线于点P，连接PC、PE．

(1)求抛物线与直线CE的解析式；
(2)求证：PC+PD为定值；
(3)在第四象限内是否存在一点Q，使得以C、P、E、Q为顶点的平行四边形面积最大，若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=14x2−4；y=12x−3
(2)见解析
(3)存在，Q5，−74

【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由PF=t，则FC=|14t2−1|，PD=4−14t2，PC=14t2+1，计算即可求解；
（3）①当CE是平行四边形的边时，确定以C、P、E、Q为顶点的平行四边形面积=PN⋅CE=25CE⋅PH，故当PH最大时，平行四边形的面积最大，计算PH的最大值为54；②当CE是平行四边形的对角线时，证明该种情况，不符合题设要求，进而求解．
【详解】（1）解：令x=0，则y=−4，
∴B0，−4，
∵OA=OB，
∴OA=OB=4，
∴A4，0，
将点A4，0代入y=ax2−4得：0=16a−4，
解得：a=14，
∴抛物线的解析式为：y=14x2−4；
设直线CE为y=mx+n，
将点E4，−1，C0，−3的坐标代入y=mx+n得，
4m+n=−1n=−3，解得：m=12n=−3，
∴直线CE的解析式是：y=12x−3；
（2）证明：设点Pt，14t2−4，0
则PF=t，则FC=|14t2−4+3|=|14t2−1|，PD=4−14t2，PC=t2+14t2−12=14t2+1，
∴CP+PD=14t2+1+4−14t2=5为定值；
（3）解：存在，理由：
①当CE是平行四边形的边时，
如下图：设直线CE交x轴于点M，DP交CE于点H，

令y=0，则0=12x−3，解得x=6；
令x=0，则y=−3，
∴OM=6，OC=3，则CM=32+62=35，
∴tan∠OMC=OCOM=12，cos∠OMC=OMCM=25，
过点P作PN⊥CE于点N，则∠NPD=∠OMC，
则PN=PHcos∠NPD=25PH，
则以C、P、E、Q为顶点的平行四边形面积=PN⋅CE=25CE⋅PH，
其中25CE为常数，
故当PH最大时，平行四边形的面积最大，
设点Px，14x2−4，则点Hx，12x−3，
则PH=12x−3−14x2−4=−14x−12+54≤54，
即PH的最大值为54，此时点P1，−154；
②当CE是平行四边形的对角线时，如下图，

同理可得：以C、P、E、Q为顶点的平行四边形面积=25×CE⋅PH，
此时PH=14x2−2x−4，
∵当x>1时，PH的值随x最大而增大，而x<4，
当x=4时，PH最大值为1<54，
故该种情况，不符合题设要求，
综上，点P1，−154，即四边形CPQE为平行四边形时，符合题设要求，
设点Qs，t，
由中点坐标公式得：4+1=s−1−154=t−3，
解得：s=5t=−74，
故点Q5，−74．
【点睛】此题考查的是二次函数综合题目，掌握待定系数法求解析式、由坐标得线段长度、平行四边形的判定与性质是解决此题关键．
20．如图1．在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A−2,0，点B4,0，与y轴交于点C0,2．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是第一象限内的抛物线上一点．过点P作PH⊥x轴于点H，交直线BC于点Q，求PQ+55CQ的最大值，并求出此时点P的坐标；
(3)如图2．将地物线沿射线BC的方向平移5个单位长度．得到新抛物线y1=a1x2+b1x+c1a1≠0，新抛物线与原抛物线交于点G，点M是x轴上一点，点N是新抛物线上一点，若以点C、G、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点N的坐标．
【答案】(1)y=−14x2+12x+2；
(2)PQ+55CQ最大值为94，此时点P(3,54)；
(3)(−1+14，−14)或(−1−14，−14)或(−1+23，14)或(−1−23，14)．

【分析】（1）将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）CH=CQsin∠CQH=55CQ=CH=yC−yH=2−(−12m+2)=12m，则PQ+55CQ=(−14m2+12m+2)−(−12m+2)+12m=−14m2+m，即可求解；
（3）分CG是边、CG是对角线两种情况，利用平移的性质和中点公式即可求解．
【详解】（1）将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得：4a−2b+c=016a+4b+c=0c=2，
解得a=−14b=12c=2．
故抛物线的表达式为y=−14x2+12x+2；
（2）由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为y=−12x+2，
设点P(m,−14m2+12m+2)，则点Q(m,−12m+2)，
过点Q作QH⊥y轴于点H，

由点B、C的坐标知，CO=2，OB=4，则tan∠CBO=COBO=12=tan∠CQH，则sin∠CQH=55，
则CH=CQsin∠CQH=55CQ=CH=yC−yH=2−(−12m+2)=12m，
则PQ+55CQ=(−14m2+12m+2)−(−12m+2)+12m=−14m2+32m，
∵−14<0，故PQ+55CQ有最大值，
当m=3时，PQ+55CQ最大值为94，此时点P(3,54)；
（3）将抛物线沿射线BC的方向平移5个单位长度，则向左平移了2个单位，向上平移了1个单位，
则抛物线的抛物线为y=−14(x+1)2+32(x+1)+2+1=−14x2−12x+3②；
联立①②并解得x=1y=94，
故点G(1,94)，
设点N的坐标为(x,−14x2−12x+3)，
①当CG是边时，
将点C向上平移14个单位得到点G，则点N(M)向上平移14个单位得到M(N)，
即−14x2−12x+3±14=0，解得x=−1±14或1±23，
故点N的坐标为(−1+14，−14)或(−1−14，−14)或(−1+23，14)或(−1−23，14)；
②当CG是对角线时，
由中点公式得：12(2+94)=12(−14x2−12x+3)，
整理得：x2+2x+5=0，
∵△<0，故该方程无解；
综上，点N的坐标为(−1+14，−14)或(−1−14，−14)或(−1+23，14)或(−1−23，14)．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．