胡不归模型巩固练习（提优）（解析版）

这是一份胡不归模型巩固练习（提优）（解析版），共30页。试卷主要包含了如图等内容，欢迎下载使用。
1．如图，在等边△ABC中，AB＝6，点E为AC中点，D是BE上的一个动点，则CD+12BD的最小值是（ ）
A．3B．33C．6D．3+3
2．如图，△ABC中，AB＝AC＝10，BE⊥AC于点E，BE＝2AE，D是线段BE上的一个动点，则CD+55BD的最小值是（ ）
A．25B．45C．55D．10
3．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+3x﹣4的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，若P是x轴上一动点，点Q（0，2）在y轴上，连接PQ，则PQ+22PC的最小值是（ ）
A．6B．2+322C．2+32D．32
4．如图，在△ABC中，P为平面内的一点，连接AP、PB、PC，若∠ACB＝30°，AC＝8，BC＝10，则4PA+2PB+23PC的最小值是（ ）
A．489B．36C．410+25+67D．1610−10
二．填空题
5．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，3）、B（4，0），点P是坐标平面内的一个动点中．若OP＝2，则PA+12PB的最小值为 ．
6．如图，△ABC中AB＝AC，A（0，8），C（6，0），D为射线AO上一点，一动点P从A出发，运动路径为A→D→C，点P在AD上的运动速度是在CD上的53倍，要使整个运动时间最少，则点D的坐标应为 ．
7．如图：二次函数y=−32x2+3x+92的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧）与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）在抛物线的对称轴上找一点P，使BP﹣CP的值最大时，则点P的坐标为 ；
（2）在抛物线的对称轴上找一点P，使PA+1010PD的值最小时，则点P的坐标为 ．
8．如图，在长方形ABCD中，对角线BD＝6，∠ABD＝60°．将长方形ABCD沿对角线BD折叠，得△BED，点M是线段BD上一点．则EM+12BM的最小值为 ．
三．解答题
9．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AB＝3，D为△ABC内部一动点，满足∠ADB＝120°，E为边BC上动点，F为边AC上一动点，求DE+2EF的最小值．
10．如图，已知二次函数y＝ax2+4ax+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点（A在B的左侧），交y轴于点C．一次函数y=−12x+b的图象经过点A，与y轴交于点D（0，﹣3），与这个二次函数的图象的另一个交点为E，且AD：DE＝3：2．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）若点M为x轴上一点，求MD+55MA的最小值．
11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，与y轴交于点C，连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段AC上方抛物线上一动点，点E是x轴上的动点，连接PA、PC，当△PAC的面积最大时，求PE+22BE的最小值．
12．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（0，3），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12MB+ME的最小值．
13．直线y=43x与抛物线y＝（x﹣3）2﹣4m+3交于A，B两点（其中点A在点B的左侧），与抛物线的对称轴交于点C，抛物线的顶点为D（点D在点C的下方），设点B的横坐标为t
（1）求点C的坐标及线段CD的长（用含m的式子表示）；
（2）直接用含t的式子表示m与t之间的关系式（不需写出t的取值范围）；
（3）若CD＝CB．
①求点B的坐标；
②在抛物线的对称轴上找一点F，使BF+35CF的值最小，则满足条件的点F的坐标是 ．
14．已知二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象和x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
（1）如图1，P是直线BC上方抛物线上一动点（不与B、C重合）过P作PQ∥x轴交直线BC于Q，求线段PQ
的最大值；
（2）如图2，点G为线段OC上一动点，求BG+35CG的最小值及此时点G的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，M为直线BG上一动点，N为x轴上一动点，连接AM，MN，求AM+MN的最小值．
胡不归模型巩固练习（提优）
一．选择题
1．如图，在等边△ABC中，AB＝6，点E为AC中点，D是BE上的一个动点，则CD+12BD的最小值是（ ）
A．3B．33C．6D．3+3
【分析】如图，过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DH⊥AB于点H，则CD+DH≥CF，先解直角三角形可求出CF，再由直角三角形的性质得DH=12BD，进而可得CD+12BD=CD+DH，从而可得CD+12BD的最小值．
【解答】解：如图，过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DH⊥AB于点H，则CD+DH≥CF，
∵△ABC是等边三角形，AB＝6，
∴∠A＝∠ABC＝60°，AF＝BF＝3，
∴CF＝AFtan60°=33，
∵点E是AC的中点，
∴∠DBH＝60°÷2＝30°，
在Rt△BDH中，DH=12BD，
∴CD+12BD=CD+DH≥33，
∴CD+12BD的最小值为：33．
故答案为：B．
【点评】本题主要考查解直角三角形，等边三角形的性质、垂线段最短等知识，解题关键是将CD+12BD转化成CD+DH．
2．如图，△ABC中，AB＝AC＝10，BE⊥AC于点E，BE＝2AE，D是线段BE上的一个动点，则CD+55BD的最小值是（ ）
A．25B．45C．55D．10
【分析】过点D作DH⊥AB，垂足为H，过点C作CM⊥AB，垂足为M，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE，BE的长，再证明DH=55BD，从而可得CD+55BD＝CD+DH，然后再由垂线段最短即可解答．
【解答】解：过点D作DH⊥AB，垂足为H，过点C作CM⊥AB，垂足为M，
∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∵BE＝2AE，AB＝10，
∴AE2+BE2＝AB2，
∴5AE2＝100，
∴AE＝25或AE＝﹣25（舍去），
∴BE＝2AE＝45，
∴sin∠ABE=AEAB=2510=55，
∵∠A＝∠A，∠AEB＝∠AMC＝90°，AB＝AC，
∴△AEB≌△AMC（AAS），
∴CM＝BE＝45，
在Rt△BHD中，DH＝BDsin∠ABE=55BD，
∴CD+55BD＝CD+DH，
∵CD+DH≥CM，
∴CD+55BD≥45，
∴CD+55BD的最小值是：45，
故选：B．
【点评】本题考查了胡不归问题，等腰三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
3．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+3x﹣4的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，若P是x轴上一动点，点Q（0，2）在y轴上，连接PQ，则PQ+22PC的最小值是（ ）
A．6B．2+322C．2+32D．32
【分析】过P作PH⊥BC，过Q作QH'⊥BC．再由PH=22PC得PQ+22PC＝PQ+PH，根据垂线段最短可知，PQ+PH的最小值为QH'，求出QH'即可．
【解答】解：连接BC，过P作PH⊥BC，过Q作QH'⊥BC，
令y＝0，即x2+3x﹣4＝0，
解得x＝﹣4或1，
∴A（1，0），C（﹣4，0），
∵OB＝OC＝4，∠BOC＝90°，
∴∠PCH＝45°，
∴PH＝PCsin45°=22PC．
∴PQ+22PC＝PQ+PH，
根据垂线段最短可知，PQ+PH的最小值为QH'，
∵BQ＝OB+OQ＝4+2＝6，∠QBH′＝45°，
∴QH′＝sin45°•BQ＝32，
∴PQ+22PC的最小值为32．
故选：D．
【点评】本题考查胡不归问题，二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是将求PQ+22PC的最小值转化为求PQ+PH的最小值．属于中考选择题中的压轴题．
4．如图，在△ABC中，P为平面内的一点，连接AP、PB、PC，若∠ACB＝30°，AC＝8，BC＝10，则4PA+2PB+23PC的最小值是（ ）
A．489B．36C．410+25+67D．1610−10
【分析】以PC为边构造等边三角形，将CB旋转60°，构造△BCP和△DCQ的全等，证明BP＝DQ，利用中位线定理用BP表示出EF，利用三线合一证明PE⊥CQ，利用三角函数用PC表示出PE，在根据两点之间线段最短证出AF是AP+PE+EF的最小值，利用勾股定理求出4AF即可．
【解答】解：以CP为边，在CP下方构造等边△CPQ，
将CB绕点C逆时针旋转60°得到CD，
连接QD，取CP、CD中点E、F，连接PE、EF，
∵△CPQ为等边三角形，
∴∠PCQ＝60°，
∵∠BCD＝60°，
∴∠BCP＝∠DCQ，
∵BC＝DC，PC＝QC，
∴△BCP≌△DCQ，
∴BP＝DQ，
∵E、F分别是CQ、CD中点，
∴EF是△CDQ的中位线，
∴EF=12DQ，即EF=12BP，
∵△CPQ为等边三角形，且CE＝QE，
∴PE⊥CQ，
∵∠PCQ＝60°，
∴PE：PC＝sin60°=32，即PE=32PC，
由图可得：当A、P、E、F共线时，AP+PE+EF最小，
即PA+12BP+32PC最小，
连接AF，∵∠ACB＝30°，∠BCD＝60°，
∴APD＝90°．
∵AC＝8，CF=12CD＝5，
∴AF=52+82=89，
∴PA+12BP+32PC最小为89，
∴4（PA+12BP+32PC）最小为489，
即4PA+2PB+23PC的最小值为489．
故选：A．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、中位线的性质、勾股定理及三角形全等等知识点，解题的关键是利用手拉手模型构造辅助线．
二．填空题
5．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，3）、B（4，0），点P是坐标平面内的一个动点中．若OP＝2，则PA+12PB的最小值为 10 ．
【分析】根据题意可得点P在半径为2的⊙O上，在线段OB上取一点C，满足OCOP=OPOB=12，根据相似三角形的性质求出C点的坐标，得到PA+12PB=PA+PC≥AC．当且仅当A、P、C三点共线时等号成立，利用勾股定理求出AC，即可求解．
【解答】解：∵OP＝2，
∴点P在半径为2的⊙O上，
如图，在线段OB上取一点C，满足OCOP=OPOB=12，
∵∠COP＝∠POB，
∴△OCP∽△OPB，
∵OCOP=12，
∴OC=12OP=1，
∴C（1，0），
∵PCPB=12，
∴PC=12PB．
∴PA+12PB=PA+PC≥AC．当且仅当A、P、C三点共线时等号成立，
在Rt△AOC中，AC=AO2+OC2=32+12=10，
∴PA+12PB的最小值为10．
故答案为：10．
【点评】本题考查胡不归，坐标与图形的性质，转化线段12PB是解题的关键．
6．如图，△ABC中AB＝AC，A（0，8），C（6，0），D为射线AO上一点，一动点P从A出发，运动路径为A→D→C，点P在AD上的运动速度是在CD上的53倍，要使整个运动时间最少，则点D的坐标应为 (0，92) ．
【分析】过B点作BH⊥AC交于H点，交AO于D点，连接CD，设P点的运动时间为t，在CD上的运动速度为v，t=1v（AD53+CD），只需AD53+CD最小即可，再证明△ADH∽△ACO，可得DH=AD53，则当B、D、H点三点共线时，此时t有最小值，再由△BDO∽△ADH，求出OD即可求坐标．
【解答】解：过B点作BH⊥AC交于H点，交AO于D点，连接CD，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD，
设P点的运动时间为t，在CD上的运动速度为v，
∵点P在AD上的运动速度是在CD上的53倍，
∴t=AD53v+CDv=1v（AD53+CD），
∵∠AHD＝∠AOC＝90°，
∴△ADH∽△ACO，
∴ADAC=DHCO，
∵A（0，8），C（6，0），
∴OC＝6，OA＝8，
∴AC＝10，
∴AD10=DH6，
∴DH=AD53，
∴t=1v（DH+CD），
当B、D、H点三点共线时，t=1v×BH，此时t有最小值，
∵∠BDO＝∠ADH，
∴∠DBO＝∠OAC，
∴△BDO∽△ADH，
∴DOBO=OCAO，即DO6=68，
∴DO=92，
∴D（0，92），
故答案为：（0，92）．
【点评】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离和胡不归求最短距离的方法，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
7．如图：二次函数y=−32x2+3x+92的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧）与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）在抛物线的对称轴上找一点P，使BP﹣CP的值最大时，则点P的坐标为 （1，9） ；
（2）在抛物线的对称轴上找一点P，使PA+1010PD的值最小时，则点P的坐标为 （1，23） ．
【分析】（1）设点C关于直线x＝1的对称点为C′，直线BC′与对称轴的交点即为点P；
（2）如图，连接AD，DB，过点Z作AF⊥BD于点F，对称轴交x轴于点E，连接AP，过点P作PH⊥BD于点H，设AF交DE于点T．求出点T的之比，证明PH=1010PD，把问题转化为垂线段最短即可解决问题．
【解答】解：（1）∵y=−32（x﹣1）2+6，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点（1，6），
令y＝0，−32（x﹣1）2+6＝0，解得x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
令x＝0，得到y=92，
∴C（0，92），
设点C关于直线x＝1的对称点为C′，则C′（2，92），
直线BC′与对称轴的交点即为点P，
设直线BC′的解析式为y＝kx+b，则3k+b=02k+b=92，
∴k=−92b=272，
∴直线BC′的解析式为y=−92x+272，
当x＝1时，y＝9，
∴P（1，9）．
故答案为：（1，9）；
（2）如图，连接AD，DB，过点Z作AF⊥BD于点F，对称轴交x轴于点E，连接AP，过点P作PH⊥BD于点H，设AF交DE于点T．
∵D（1，6），B（3，0），A（﹣1，0），
∴AD＝DB=22+62=210，
∵∠TAE＝∠EDB，
∴tan∠TAE＝tan∠EDB=13，
∴ETAE=13，
∴ET=23，
∴T（1，23），
∴PH＝DP•sin∠EDB=1010PD，
∴PA+1010PD＝AP+PH≥AF，
∴当点P与点T重合时，PA+1010PD的值最小，此时P（1，23）．
故答案为：（1，23）．
【点评】本题考查胡不归问题，二次函数的性质，垂线段最短，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
8．如图，在长方形ABCD中，对角线BD＝6，∠ABD＝60°．将长方形ABCD沿对角线BD折叠，得△BED，点M是线段BD上一点．则EM+12BM的最小值为 92 ．
【分析】作MH⊥BC于H，由∠DBC＝30°，得MH=12BM，即E、M、H三点共线时，EM+MH最小值为EH，然后通过含30°角的直角三角形的性质求出EH的长即可．
【解答】解：如图，作MH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABD＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∴MH=12BM，CD=12BD＝3，BC＝33，
∴EM+12BM＝EM+MH，
即E、M、H三点共线时，EM+MH最小值为EH，
∵将长方形ABCD沿对角线BD折叠，得△BED，
∴∠EBC＝2∠DBC＝60°，EB＝BC＝33，
∴BH=12BE=332，
∴EH=BE2−BH2=92，
∴EM+12BM的最小值为92，
故答案为：92．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，含30°角的直角三角形的性质，通过作辅助线将EM+12BM的最小值转化为EH的长是解题的关键．
三．解答题
9．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AB＝3，D为△ABC内部一动点，满足∠ADB＝120°，E为边BC上动点，F为边AC上一动点，求DE+2EF的最小值．
【分析】题目中出现了2EF的长度，需要我们利用45°直角三角形转化，把求DE+2EF的最小值转化为求一条折线的最小值．
【解答】解：作△ABD的外接圆，圆心为O，
则由∠ADB＝120°，可知点D为圆O上的动点．
当DE+2EF取最小值时，EF⊥AC．
在CB的下方作∠BCN＝45°，过得到E作EH⊥CN于点H，过点O作OM⊥CN于点M，交BC于点T．连接OA，OB．
则EC＝2EF，EH=22EC=2EF，
∴DE+2EF＝DE+EH．
∵OD+DE+EH≥OM，
∴当D、E、H在OM上时，DE+2EF取最小值OM﹣OB．
∵∠ADB＝120°，
∴∠BOA＝120°．
∵BO＝OA，AB＝3，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，OA＝OB=3．
∴∠OAC＝120°，
又∠ACM＝45°，
∴△OBT，△CMT是等腰直角三角形，
∴OT=6，TM＝32−62，
∴OM＝32+62，
∴DE+2EF的最小值为OM﹣OB＝32+62−3．
【点评】本题考查30°直角三角形和几何最值问题．解题的关键把DE+2EF转化为一条折线长．
10．如图，已知二次函数y＝ax2+4ax+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点（A在B的左侧），交y轴于点C．一次函数y=−12x+b的图象经过点A，与y轴交于点D（0，﹣3），与这个二次函数的图象的另一个交点为E，且AD：DE＝3：2．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）若点M为x轴上一点，求MD+55MA的最小值．
【分析】（1）先把D点坐标代入y=−12x+b中求得b，则一次函数解析式为y=−12x﹣3，于是可确定A（﹣6，0），作EF⊥x轴于F，如图，利用平行线分线段成比例求出OF＝4，接着利用一次函数解析式确定E点坐标为（4，﹣5），然后利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）作MH⊥AD于H，作D点关于x轴的对称点D′，如图，则D′（0，3），利用勾股定理得到AD＝35，再证明Rt△AMH∽Rt△ADO，利用相似比得到MH=55AM，加上MD＝MD′，MD+55MA＝MD′+MH，利用两点之间线段最短得到当点M、H、D′共线时，MD+55MA的值最小，然后证明Rt△DHD′∽Rt△DOA，利用相似比求出D′H即可．
【解答】解：（1）把D（0，﹣3）代入y=−12x+b得b＝﹣3，
∴一次函数解析式为y=−12x﹣3，
当y＝0时，−12x﹣3＝0，解得x＝﹣6，则A（﹣6，0），
作EF⊥x轴于F，如图，
∵OD∥EF，
∴AOOF=ADDE=32，
∴OF=23OA＝4，
∴E点的横坐标为4，
当x＝4时，y=−12x﹣3＝﹣5，
∴E点坐标为（4，﹣5），
把A（﹣6，0），E（4，﹣5）代入y＝ax2+4ax+c得36a−24a+c=016a+16a+c=−5，解得a=−14c=3，
∴抛物线解析式为y=−14x2﹣x+3；
（2）作MH⊥AD于H，作D点关于x轴的对称点D′，如图，则D′（0，3），
在Rt△OAD中，AD=32+62=35，
∵∠MAH＝∠DAO，
∴Rt△AMH∽Rt△ADO，
∴AMAD=MHOD，即AM35=MH3，
∴MH=55AM，
∵MD＝MD′，
∴MD+55MA＝MD′+MH，
当点M、H、D′共线时，MD+55MA＝MD′+MH＝D′H，此时MD+55MA的值最小，
∵∠D′DH＝∠ADO，
∴Rt△DHD′∽Rt△DOA，
∴D'HOA=DD'DA，即D'H6=635，解得D′H=1255，
∴MD+55MA的最小值为1255．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质和最短路径问题．
11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，与y轴交于点C，连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段AC上方抛物线上一动点，点E是x轴上的动点，连接PA、PC，当△PAC的面积最大时，求PE+22BE的最小值．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）过P点作PG∥y轴交于AC于G点，设P（t，−12t2﹣t+4），则G（t，t+4），可得S△PAC＝﹣（t+2）2+4，当t＝﹣2时，△PAC的面积有最大值4，此时P（﹣2，4），过B点作BF∥AC，过点P作PF⊥BF交于F点，交x轴于点E，过E点作EG⊥BF交于G点，则△BEG为等腰直角三角形，可知PE+22BE=PE+EG≥PF，求出PF的长即为所求．
【解答】解：（1）将A（﹣4，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx+4，
∴16a−4b+4=04a+2b+4=0，
解得a=−12b=−1，
∴抛物线的解析式为y=−12x2﹣x+4；
（2）当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设直线AC的解析式为y＝kx+m，
∴m=4−4k+m=0，
解得k=1m=4，
∴直线AC的解析式为y＝x+4，
过P点作PG∥y轴交于AC于G点，
设P（t，−12t2﹣t+4），则G（t，t+4），
∴PG=−12t2﹣t+4﹣t﹣4=−12t2﹣2t，
∴S△PAC=12×（−12t2﹣2t）×4＝﹣t2﹣4t＝﹣（t+2）2+4，
当t＝﹣2时，△PAC的面积有最大值4，此时P（﹣2，4），
过B点作BF∥AC，过点P作PF⊥BF交于F点，交x轴于点E，
∵OA＝OC＝4，
∴∠ACO＝45°，
∵AC∥BF，
∴∠ABF＝45°，
过E点作EG⊥BF交于G点，
∴△BEG为等腰直角三角形，
∴EG=22BE，
∴PE+22BE=PE+EG≥PF，
设PF与AC交于H点，直线BF与y轴交于M点，过点M作MN⊥AC交于N点，
∵△APC的面积为4，
∴4=12×42×PH，
解得PH=2，
∵AC与BF平行，
∴直线BF的解析式为y＝x﹣2，
∴M（0，﹣2），
∴CM＝6，
∵∠ACM＝45°，
∴MN＝32，
∴PF＝42，
∴PE+22BE的最小值为42．
【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，等腰直角三角形的性质，利用胡不归求最短距离是解题的关键．
12．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（0，3），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12MB+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12BM+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a+b+c=04a−2b+c=0c=3，解得a=−32b=−32c=3，
故抛物线的表达式为y=−32x2−32x+3；
（2）由函数的表达式知，函数的对称轴为x=−12，故设点P的坐标为（12，m）．
∵C（1，0），B（0，3），
∴BC2＝1+3＝4，直线BC的表达式为y=−3x+3，
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（12+1）2+m2＝4，解得m＝±72，
即此时点P的坐标为P1（−12，72）或P2（−12，−72）（舍去）；
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（12）2+（m−3）2＝4，解得m1=3+152或m2=3−152，
即此时点P的坐标为P3（−12，3+152）或P4（−12，3−152）（舍去）；
③线段BC的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时CP＝BP，
则（12+1）2+m2＝（12）2+（3−m）2，解得m=36，
即此时点P的坐标为P5（−12，36）；
故点P的坐标为（−12，72）或（−12，3+152）或（−12，36）；
当点P的坐标为P（−12，72）时，
∵BC∥PQ，
故直线PQ的表达式为y=−3x+t，
将点P的坐标代入上式得：72=−3×（−12）+t，
解得t=7−32，
故直线PQ的表达式为y=−3x+7−32，
则设点Q的坐标为（x，y），其中y=−3x+7−32，
由菱形的性质知，BP的中点即为CQ的中点，
由中点公式得：12（x−12）=12（0+1），解得x=−32，
当x=−32时，y=−3x+7−32=23+72，
故点Q的坐标为（−32，23+72），
同理可得，点P（−12，3+152）或（−12，36）时，对应的点Q的坐标分别为（12，152）或（32，536），
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（−32，23+72）或（12，152）或（32，536）；
（3）如图，连接BC，作EH⊥BC于H，交OB于M，此时12BM+ME最小．
理由：∵OC＝1，OB=3，
∴tan∠CBO=OCOB=33，
∴∠CBO＝30°，
∴MH=12BM，
∴12BM+ME＝MH+EM＝EH，
∴此时12BM+ME最短，
在Rt△CEH中，∵∠CHE＝90°，CE=32，∠HCE＝60°，
∴sin60°=EHAE，
∴EH=334，
∴12BM+ME的最小值为334．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、菱形的性质、点的对称性、解直角三角形、圆的基本知识等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．
13．直线y=43x与抛物线y＝（x﹣3）2﹣4m+3交于A，B两点（其中点A在点B的左侧），与抛物线的对称轴交于点C，抛物线的顶点为D（点D在点C的下方），设点B的横坐标为t
（1）求点C的坐标及线段CD的长（用含m的式子表示）；
（2）直接用含t的式子表示m与t之间的关系式（不需写出t的取值范围）；
（3）若CD＝CB．
①求点B的坐标；
②在抛物线的对称轴上找一点F，使BF+35CF的值最小，则满足条件的点F的坐标是 （3，234） ．
【分析】（1）由抛物线的解析式可得出抛物线对称轴为直线x＝3，将x＝3代入直线AB的解析式中即可求出点C的坐标；由抛物线的解析式表示出顶点坐标，结合两点间的距离公式即可得出CD的长度；
（2）将直线解析式代入抛物线解析式中，得出关于x的二元一次方程，由求根公式找出x值中较大的数，令其为t，变换等式即可得出结论；
（3）①借用（2）的结论，利用CD＝CB得出关于m的一元二次方程，解方程得出m的值代入原方程进行验证即可确定m的结果，在将m代入t关于m的解析式中即可得出B点的横坐标，由点B在直线y=43x上即可得出B点坐标；②作B点关于对称轴的对称点B′，过点F作FM⊥BC于点M，连接B′M、BB交抛物线对称轴于点N，通过三角形内两边之和大于第三边找出点F的位置，再通过解直角三角形求出NF的长，进而即可找出点F的坐标．
【解答】解：（1）抛物线y＝（x﹣3）2﹣4m+3的对称轴为直线x＝3，
令x＝3，则有y=43×3＝4，
即点C的坐标为（3，4）．
抛物线y＝（x﹣3）2﹣4m+3的顶点D的坐标为（3，﹣4m+3），
∵点D在点C的下方，
∴CD＝4﹣（﹣4m+3）＝4m+1．
（2）∵点B在直线y=43x上，且其横坐标为t，
则点B的坐标为（t，43t），
将点B的坐标代入抛物线y＝（x﹣3）2﹣4m+3中，
得：43t＝（t﹣3）2﹣4m+3，
整理，得：m=14t2−116t+3．
（3）①依照题意画出图形，如图1所示．
过点C作CE∥x轴，过点B作BE∥y轴交CE于点E．
∵直线BC的解析式为y=43x，
∴BE=43CE，
由勾股定理得：BC=CE2+BE2=53CE．
∵CD＝CB，
∴有4m+1=53（t﹣3）=53（113+139+4m−3），
化简，得：4m2﹣3m﹣1＝0，
解得：m=−14，或m＝1．
当m=−14时，113+139+4×(−14)−3=43＜3，不合适，
∴m＝1，
此时t=113+139+4=6，
y=43×6＝8．
故此时点B的坐标为（6，8）．
②作B点关于对称轴的对称点B′，过点F作FM⊥BC于点M，连接B′M、BB交抛物线对称轴于点N，如图2所示．
∵直线BC的解析式为y=43x，FM⊥BC，
∴tan∠FCM=143=34，
∴sin∠FCM=FMFC=35．
∵B、B′关于对称轴对称，
∴BF＝B′F，
∴BF+35CF＝B′F+FM．
当点B′、F、M三点共线时B′F+FM最小．
∵B点坐标为（6，8），抛物线对称轴为直线x＝3，
∴B′点的坐标为（0，8）．
又∵B′M⊥BC，
∴tan∠NB′F=34，
∴NF＝B′N•tan∠NB′F=94，
∴点F的坐标为（3，234）．
故答案为：（3，234）．
【点评】本题考查了二次函数的性质、一元二次方程的求根公式、解直角三角形以及解无理方程，解题的关键是：（1）根据二次函数的解析式找出其对称轴及顶点坐标；（2）由求根公式得出t；（3）①得出关于m的无理方程；②寻到点F的位置．本题属于中档题，（1）（2）难度不大，（3）难度不小，①中涉及到了解无理方程，产生了增根需要去验证；②寻找F点的位置是关键，此处在直角三角形中利用了角的三角函数值寻找到点F的位置．
14．已知二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象和x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
（1）如图1，P是直线BC上方抛物线上一动点（不与B、C重合）过P作PQ∥x轴交直线BC于Q，求线段PQ
的最大值；
（2）如图2，点G为线段OC上一动点，求BG+35CG的最小值及此时点G的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，M为直线BG上一动点，N为x轴上一动点，连接AM，MN，求AM+MN的最小值．
【分析】（1）设点P的坐标为（m，n），则点Q坐标为（3﹣n，n），则PQ＝m﹣（3﹣n）＝﹣m2+3m，即可求解；
（2）过直线CG作∠GCH＝α，使CH⊥GH，当sinα=35时，HG=35GC，则BG+35CG的最小值即为HG+GB的最小值，即可求解；
（3）作点A关于直线BG的对称点A′，过A′作A′N⊥x轴，交BG于点M，交x轴于点N，则此时AM+MN取得最小值，即可求解．
【解答】解：（1）令y＝0，即：﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝3或﹣1，即点A、B的坐标分比为（﹣1，0）、（3，0），
令x＝0，则y＝3，则点C的坐标为（0，3），
直线BC过点C（0，3），则直线表达式为：y＝kx+3，
将点B坐标代入上式得：0＝3k+3，解得：k＝﹣1，
则直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
设点P的坐标为（m，n），n＝﹣m2+2m+3，
则点Q坐标为（3﹣n，n），
则PQ＝m﹣（3﹣n）＝﹣m2+3m，
∵a＝﹣1＜0，则PQ有最大值，
当m=−b2a=32，PQ取得最大值为94；
（2）过直线CG作∠GCH＝α，使CH⊥GH，
当sinα=35时，HG=35GC，
则BG+35CG的最小值即为HG+GB的最小值，
当B、H、G三点共线时，HG+GB最小，则∠GBO＝α，
∵sinα=35，则csα=45，tanα=34，
OG＝OB•tanα＝3×34=94，即点G（0，94），
CG＝3−94=34，而BG=154，
BG+35CG的最小值为：215；
（3）作点A关于直线BG的对称点A′，
过A′作A′N⊥x轴，交BG于点M，交x轴于点N，
则此时AM+MN取得最小值，即为A′N的长度，
则：∠GBA＝∠AA′N＝∠OGB＝α，
AA′＝2ABsin∠ABG＝2×4×sinα=245，
A′N＝A′Acsα=245×45=9625，
即：AM+MN的最小值为9625．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．