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2024年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题12二次函数与线段和（将军饮马型）最值问题（原卷版+解析）
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这是一份2024年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘专题12二次函数与线段和（将军饮马型）最值问题（原卷版+解析），共82页。
二次函数与将军饮马问题必备的基础模型有：
模型1：当两定点A、B在直线l同侧时，在直线l上找一点P，使得PA＋PB最小．
作点B关于直线l的对称点B'，连接AB'交直线l于点P，点P即为所求作的点．PA＋PB的最小值为AB'
模型2：当两定点A、B在直线l同侧时，在直线l上找一点P，使得最大．
连接AB并延长交直线l于点P，点P即为所求作的点，的最大值为AB
模型3：当两定点A、B在直线l异侧时，在直线l上找一点P，使得最大．
作点B关于直线I的对称点B'，连接AB'并延长交直线l于点P，点P即为所求作的点．的最大值为AB'
模型4：点P在∠AOB内部，在OB边上找点D，OA边上找点C，使得△PCD周长最小．
分别作点P关于OA、OB的对称点P′、P″，连接P′P″，交OA、OB于点C、D，点C、D即为所求．△PCD周长的最小值为P′P″
模型5：点P在∠AOB内部，在OB边上找点D，OA边上找点C，使得PD＋CD最小．
作点P关于OB的对称点P′，过P′作P′C⊥OA交OB，PD＋CD的最小值为P′C
【例1】 (2023•黑龙江）如图，已知抛物线y＝（x﹣2）（x+a）（a＞0）与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．
（1）若抛物线过点M（﹣2，﹣2），求实数a的值；
（2）在（1）的条件下，解答下列问题；
①求出△BCE的面积；
②在抛物线的对称轴上找一点H，使CH+EH的值最小，直接写出点H的坐标．
【例2】 (2023•甘肃）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，点C在y轴上，且OC＝OB，D，E分别是线段AC，AB上的动点（点D，E不与点A，B，C重合）．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）连接DE并延长交抛物线于点P，当DE⊥x轴，且AE＝1时，求DP的长；
（3）连接BD．
①如图2，将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，当点G在抛物线上时，求点G的坐标；
②如图3，连接CE，当CD＝AE时，求BD+CE的最小值．
【例3】． (2023•达州）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+2的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB＝∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【例4】． (2023•天津）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．
（Ⅰ）若b＝﹣2，c＝﹣3，
①求点P的坐标；
②直线x＝m（m是常数，1＜m＜3）与抛物线相交于点M，与BP相交于点G，当MG取得最大值时，求点M，G的坐标；
（Ⅱ）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，求点E，F的坐标．
【例5】 (2023•常德）如图，已知抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）当△OAB的面积为15时，求B的坐标；
（3）在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，当PA﹣PB的值最大时，求P的坐标以及PA﹣PB的最大值．
1． (2023•滨城区二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0），经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）连接AC、BC，N为抛物线上的点且在第四象限，当S△NBC＝S△ABC时，求N点的坐标；
（3）在（2）问的条件下，过点C作直线l∥x轴，动点P（m，3）在直线l上，动点Q（m，0）在x轴上，连接
PM、PQ、NQ，当m为何值时，PM+PQ+QN最小，并求出PM+PQ+QN的最小值．
2． (2023•淮北模拟）已知抛物线l1：y＝ax2+bx﹣2和直线l2：y＝﹣x﹣均与x轴相交于点A，抛物线l1与x轴的另一个交点为点B（3，0）．
（1）求a，b的值；
（2）将抛物线l1向右平移h个单位长度，使其顶点C落在直线l2上，求h的值；
（3）设抛物线l1和直线l2的另一个交点为点D，点P为抛物线上一个动点，且点P在线段AD的下方（点P不与点A，D重合），过点P分别作x轴和y轴的平行线，交直线l2于点M，N，记W＝PM+PN，求W的最大值．
3． (2023•南宁一模）如图1所示抛物线与x轴交于O，A两点，OA＝6，其顶点与x轴的距离是6．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，过点P的直线y＝x+m与抛物线的对称轴交于点Q．
①当△POQ与△PAQ的面积之比为1：3时，求m的值；
②如图2，当点P在x轴下方的抛物线上时，过点B（3，3）的直线AB与直线PQ交于点C，求PC+CQ的最大值．
4． (2023•成都模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴，x轴分别相交于A（0，2），B（2，0），C（4，0）三点，点D是二次函数图象的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线上异于点B的一点，连接AC，若S△ACP＝S△ACB，求点P的坐标；
（3）M是第四象限内一动点，且∠AMB＝45°，连接MD，MC，求2MD+MC的最小值．
5． (2023•成都模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a（x﹣1）（x+3）的图象与x轴交于点A，B（A在B的左边），且经过点C（﹣2，3），P为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及点P的坐标；
（2）平面内一动点H自点C出发，先到达x轴上的某点M，再到达y轴上某点N，最后运动到点P，求使点H运动的总路径最短的点M，点N的坐标，并求出这个最短总路径的长；
（3）如图2，过点C的直线l与抛物线有唯一的公共点，将直线l向下平移交抛物线于D，E两点，连BD交y轴正半轴于F，连BE交y轴负半轴于G，试判断|OF﹣OG|是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
6． (2023•沈阳模拟）定义：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的“衍生直线”为y＝﹣ax+b，有一个顶点在抛物线上，另一个顶点在“衍生直线”上的三角形为该抛物线的“衍生三角形”．
如图1，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与其“衍生直线”交于A，D两点（点A在点D的左侧），与x轴正半轴相交于点B，与y轴正半轴相交于点C，点P为抛物线的顶点．
（1）填空：该抛物线的“衍生直线”的解析式为 ；B的坐标为 ；D的坐标为 ．
（2）如图1，动点E在线段AB上，连接DE，DB，将△BDE以DE所在直线为对称轴翻折，点B的对称点为F，若三角形△DEF为该抛物线的“衍生三角形”，且F不在抛物线上，求点F坐标．
（3）抛物线的“衍生直线”上存在两点M，N（点M在点N的上方），且MN＝，连接PM，CN，当PM+MN+CN最短时，请直接写出此时点N的坐标．
7． (2023•沈阳模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+（a≠0）经过点A（3，2）和点B（4，﹣），且与y轴交于点C．
（1）分别求抛物线和直线BC的解析式；
（2）在x轴上有一动点G，抛物线上有一动点H，是否存在以O，A，G，H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）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．
8． (2023•沈河区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和B（点B在A的右侧），与y轴交于点C（0，2），点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AP，与y轴交于点D，连接BD，当△BOD≌△COA时，求点P的坐标；
（3）连接OP，与线段BC交于点E，点Q是x轴正半轴上一点，且CE＝BQ，当OE+CQ的值最小时，请直接写出点Q的坐标．
9． (2023•邵阳县模拟）如图，直线l：y＝﹣3x﹣6与x轴、y轴分别相交于点A、C；经过点A、C的抛物线C：与x轴的另一个交点为点B，其顶点为点D，对称轴与x轴相交于点E．
（1）求抛物线C的对称轴．
（2）将直线l向右平移得到直线l1．
①如图①，直线l1与抛物线C的对称轴DE相交于点P，要使PB+PC的值最小，求直线l1的解析式．
②如图 ②，直线l1与直线BC相交于点F，直线l1上是否存在点M，使得以点A、C、F、M为顶点的四边形是菱形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
10． (2023•越秀区校级二模）在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴是直线x＝与x轴的交点为点A，且经过点B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M为抛物线对称轴上一动点，当|BM﹣CM|的值最小时，求出点M的坐标；
（3）抛物线上是否存在点N，过点N作NH⊥x轴于点H，使得以点B、N、H为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
11． (2023•立山区一模）已知点A（﹣2，0），B（3，0），抛物线y＝ax2+bx+4过A，B两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段AC上一动点（不与C点重合），作PQ⊥BC交抛物线于点Q，PH⊥x轴于点H．
①连结CQ，BQ，PB，当四边形PCQB的面积为时，求P点的坐标；
②直接写出PH+PQ的取值范围．
12． (2023•招远市一模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D．
（1）抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）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，过点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，求点E的坐标；若不能，请说明理由；
（3）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．
（4）设点M的坐标为（3，m），直接写出使MN+MD的和最小时m的值．
13． (2023•桓台县二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0），点M为顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点M作y轴的垂线，垂足为C，过点B作y轴的平行线，交CM于点D，点H为OC上的任一点，将线段HB绕点H逆时针旋转90°到HP．求∠PCD的度数；
（3）在（2）的条件下，将点H改为y轴上的一动点，连接OP，BP，求OP+BP的最小值．
14． (2023•成都模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点D为第一象限内抛物线上的一动点，作DE⊥x轴于点E，交BC于点F，过点F作BC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点G，H，设点D的横坐标为m．
①求DF+HF的最大值；
②连接EG，若∠GEH＝45°，求m的值．
15． (2023•朝阳）如图，抛物线y＝﹣+bx+c与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，点C坐标为（0，4）．
（1）求抛物线表达式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使∠ABP＝∠BCO，如果存在，求出点P坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点P在x轴上方，点M是直线BP上方抛物线上的一个动点，求点M到直线BP的最大距离；
（4）点G是线段AC上的动点，点H是线段BC上的动点，点Q是线段AB上的动点，三个动点都不与点A，B，C重合，连接GH，GQ，HQ，得到△GHQ，直接写出△GHQ周长的最小值．
16． (2023•大庆）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A，且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点F，使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M，N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时，+是定值，并求出该定值；
（3）点C（3，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQBC周长最小，直接写出P，Q的坐标．
17． (2023•滨州）如图，抛物线的顶点为A（h，﹣1），与y轴交于点B（0，﹣），点F（2，1）为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l是过点C（0，﹣3）且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P（m，n）到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
（3）已知坐标平面内的点D（4，3），请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时△DFQ周长的最小值及点Q的坐标．
18．（2018•贺州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA＝3，OB＝1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B、D两点间的一个动点（点P不与B、D两点重合），PA、PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
19．（2018•烟台）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+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．
20．（2018•湘潭）如图，点P为抛物线y＝x2上一动点．
（1）若抛物线y＝x2是由抛物线y＝（x+2）2﹣1通过图象平移得到的，请写出平移的过程；
（2）若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为（0，﹣1），过点P作PM⊥l于M．
①问题探究：如图一，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM＝PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．
②问题解决：如图二，若点Q的坐标为（1，5），求QP+PF的最小值．
专题12二次函数与线段和（将军饮马型）最值问题
二次函数与将军饮马问题必备的基础模型有：
模型1：当两定点A、B在直线l同侧时，在直线l上找一点P，使得PA＋PB最小．
作点B关于直线l的对称点B'，连接AB'交直线l于点P，点P即为所求作的点．PA＋PB的最小值为AB'
模型2：当两定点A、B在直线l同侧时，在直线l上找一点P，使得最大．
连接AB并延长交直线l于点P，点P即为所求作的点，的最大值为AB
模型3：当两定点A、B在直线l异侧时，在直线l上找一点P，使得最大．
作点B关于直线I的对称点B'，连接AB'并延长交直线l于点P，点P即为所求作的点．的最大值为AB'
模型4：点P在∠AOB内部，在OB边上找点D，OA边上找点C，使得△PCD周长最小．
分别作点P关于OA、OB的对称点P′、P″，连接P′P″，交OA、OB于点C、D，点C、D即为所求．△PCD周长的最小值为P′P″
模型5：点P在∠AOB内部，在OB边上找点D，OA边上找点C，使得PD＋CD最小．
作点P关于OB的对称点P′，过P′作P′C⊥OA交OB，PD＋CD的最小值为P′C
【例1】 (2023•黑龙江）如图，已知抛物线y＝（x﹣2）（x+a）（a＞0）与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．
（1）若抛物线过点M（﹣2，﹣2），求实数a的值；
（2）在（1）的条件下，解答下列问题；
①求出△BCE的面积；
②在抛物线的对称轴上找一点H，使CH+EH的值最小，直接写出点H的坐标．
【分析】（1）将M坐标代入抛物线解析式求出a的值即可；
（2）①求出的a代入确定出抛物线解析式，令y＝0求出x的值，确定出B与C坐标，令x＝0求出y的值，确定出E坐标，进而得出BC与OE的长，即可求出三角形BCE的面积；②根据抛物线解析式求出对称轴方程为直线x＝﹣1，根据C与B关于对称轴对称，连接BE，与对称轴交于点H，即为所求，设直线BE解析式为y＝kx+b，将B与E坐标代入求出k与b的值，确定出直线BE解析式，将x＝﹣1代入直线BE解析式求出y的值，即可确定出H的坐标．
【解答】解：（1）将M（﹣2，﹣2）代入抛物线解析式得：﹣2＝（﹣2﹣2）（﹣2+a），
解得：a＝4；
（2）①由（1）抛物线解析式y＝（x﹣2）（x+4），
当y＝0时，得：0＝（x﹣2）（x+4），
解得：x1＝2，x2＝﹣4，
∵点B在点C的左侧，
∴B（﹣4，0），C（2，0），
当x＝0时，得：y＝﹣2，即E（0，﹣2），
∴S△BCE＝×6×2＝6；
②由抛物线解析式y＝（x﹣2）（x+4），得对称轴为直线x＝﹣1，
根据C与B关于抛物线对称轴直线x＝﹣1对称，连接BE，与对称轴交于点H，即为所求，
设直线BE解析式为y＝kx+b，
将B（﹣4，0）与E（0，﹣2）代入得：，
解得：，
∴直线BE解析式为y＝﹣x﹣2，
将x＝﹣1代入得：y＝﹣2＝﹣，
则H（﹣1，﹣）．
【例2】 (2023•甘肃）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，点C在y轴上，且OC＝OB，D，E分别是线段AC，AB上的动点（点D，E不与点A，B，C重合）．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）连接DE并延长交抛物线于点P，当DE⊥x轴，且AE＝1时，求DP的长；
（3）连接BD．
①如图2，将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，当点G在抛物线上时，求点G的坐标；
②如图3，连接CE，当CD＝AE时，求BD+CE的最小值．
【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；
（2）根据函数解析式求出OA的长度，根据三角函数求出DE的长度，根据P点的坐标得出PE的长度，根据DP＝DE+PE得出结论即可；
（3）①连接DG交AB于点M，设OM＝a（a＞0），则AM＝OA﹣OM＝3﹣a，得出G（﹣a，（a﹣3）），根据G点在抛物线上得出a的值，即可得出G点的坐标；
②方法一：在AB的下方作∠EAQ＝∠DCB，且AQ＝BC，连接EQ，CQ，构造△AEQ≌△CDB，得出当C、E、Q三点共线时，BD+CE＝EQ+CE最小，最小为CQ，求出CQ的值即可．
方法二：过点C作CF∥x轴，使得CF＝AC．证△FCD全等于△CAE，则FD＝CE所以F、D、B三点共线时CE+BD＝FD+BD取到最小值，求出此时BF的长即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，
∴（4+3）（4﹣a）＝0，
解得a＝4，
∴y＝（x+3）（x﹣4）＝x2﹣x﹣3，
即抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣3；
（2）在y＝（x+3）（x﹣4）中，令y＝0，得x＝﹣3或4，
∴A（﹣3，0），OA＝3，
∵OC＝OB＝4，
∴C（0，4），
∵AE＝1，
∴DE＝AE•tan∠CAO＝AE＝，OE＝OA﹣AE＝3﹣1＝2，
∴E（﹣2，0），
∵DE⊥x轴，
∴xP＝xD＝xE＝﹣2，
∴yP＝（﹣2+3）（﹣2﹣4）＝﹣，
∴PE＝，
∴DP＝DE+PE＝+＝；
（3）①如下图，连接DG交AB于点M，
∵△BCD与△BFG关于x轴对称，
∴DG⊥AB，DM＝GM，
设OM＝a（a＞0），则AM＝OA﹣OM＝3﹣a，
MG＝MD＝AM•tan∠CAO＝（3﹣a），
∴G（﹣a，（a﹣3）），
∵点G（﹣a，（a﹣3））在抛物线y＝（x+3）（x﹣4）上，
∴（﹣a+3）（﹣a﹣4）＝（a﹣3），
解得a＝或3（舍去），
∴G（﹣，﹣）；
②如下图，在AB的下方作∠EAQ＝∠DCB，且AQ＝BC，连接EQ，CQ，
∵AE＝CD，
∴△AEQ≌△CDB（SAS），
∴EQ＝BD，
∴当C、E、Q三点共线时，BD+CE＝EQ+CE最小，最小为CQ，
过点C作CH⊥AQ，垂足为H，
∵OC⊥OB，OC＝OB＝4，
∴∠CBA＝45°，BC＝4，
∵∠CAH＝180°﹣∠CAB﹣∠EAQ＝180°﹣∠CAB﹣∠DCB＝∠CBA＝45°，
AC＝＝＝5，AH＝CH＝AC＝，
HQ＝AH+AQ＝AH+BC＝＝，
∴CQ＝＝＝，
即BD+CE的最小值为；
方法二：过点C作CF∥x轴，使得CF＝AC，作BG⊥FC延长线于点G，
∴∠FCA＝∠CAE，
又∵CD＝AE，CF＝AC，
∴△FCD≌△CAE（SAS），
∴FD＝CE，
∴F、D、B三点共线时CE+BD＝FD+BD取到最小值，
∵AC＝5，C（0，4），B（4，0），
∴BF的长＝＝．
【例3】 (2023•达州）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+2的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB＝∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）分两种情况：当点P在BC上方时，根据平行线的判定定理可得CP∥x轴，可得P（2，2）；当点P在BC下方时，设CP交x轴于点D（m，0），则OD＝m，DB＝3﹣m，利用勾股定理即可求得m＝，得出D（，0），再运用待定系数法求得直线CD的解析式为y＝x+2，通过联立方程组求解即可得出P（，﹣）；
（3）设Q（t，t2+t+2），且﹣1＜t＜3，运用待定系数法求得：直线AQ的解析式为y＝（t+2）x﹣t+2，直线BQ的解析式为y＝（﹣t﹣）x+2t+2，进而求出M、N的坐标，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
解得：
∴该二次函数的表达式为y＝x2+x+2；
（2）存在，理由如下：
如图1，当点P在BC上方时，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CP∥AB，即CP∥x轴，
∴点P与点C关于抛物线对称轴对称，
∵y＝x2+x+2，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，
∵C（0，2），
∴P（2，2）；
当点P在BC下方时，设CP交x轴于点D（m，0），
则OD＝m，DB＝3﹣m，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CD＝BD＝3﹣m，
在Rt△COD中，OC2+OD2＝CD2，
∴22+m2＝（3﹣m）2，
解得：m＝，
∴D（，0），
设直线CD的解析式为y＝kx+d，则，
解得：，
∴直线CD的解析式为y＝x+2，
联立，得，
解得：（舍去），，
∴P（，﹣），
综上所述，点P的坐标为（2，2）或（，﹣）；
（3）由（2）知：抛物线y＝x2+x+2的对称轴为直线x＝1，
∴E（1，0），
设Q（t，t2+t+2），且﹣1＜t＜3，
设直线AQ的解析式为y＝ex+f，则，
解得：，
∴直线AQ的解析式为y＝（t+2）x﹣t+2，
当x＝1时，y＝﹣t+4，
∴M（1，﹣t+4），
同理可得直线BQ的解析式为y＝（﹣t﹣）x+2t+2，
当x＝1时，y＝t+，
∴N（1，t+），
∴EM＝﹣t+4，EN＝t+，
∴EM+EN＝﹣t+4+t+＝，
故EM+EN的值为定值．
【例4】 (2023•天津）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．
（Ⅰ）若b＝﹣2，c＝﹣3，
①求点P的坐标；
②直线x＝m（m是常数，1＜m＜3）与抛物线相交于点M，与BP相交于点G，当MG取得最大值时，求点M，G的坐标；
（Ⅱ）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，求点E，F的坐标．
【分析】（Ⅰ）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M（m，m2﹣2m﹣3），则G（m，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；
（Ⅱ）由3b＝2c得b＝﹣2a，c＝﹣3a，抛物线的解析式为y＝ax2﹣2a﹣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+HN2＝9+49a2＝25．解得a1＝，a2＝﹣（舍）．可得点P'的坐标为（﹣1，﹣），点N′的坐标为（2，）．利用待定系数法得直线P'N′的解析式为y＝x﹣．即可得点E，F的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）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，
∴B（3，0），
设直线BP的解析式为y＝kx+n，
∴，解得，
∴直线BP的解析式为y＝2x﹣6，
∵直线x＝m（m是常数，1＜m＜3）与抛物线相交于点M，与BP相交于点G，
设点M（m，m2﹣2m﹣3），则G（m，2m﹣6），
∴MG＝2m﹣6﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3＝﹣（m﹣2）2+1，
∴当m＝2时，MG取得最大值1，
此时，点M（2，﹣3），则G（2，﹣2）；
（Ⅱ）∵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＝﹣3a（a＞0），
∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣2ax﹣3a．
∴y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，
∴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＝9+49a2＝25．
解得a1＝，a2＝﹣（舍）．
∴点P'的坐标为（﹣1，﹣），点N′的坐标为（2，）．
∴直线P'N′的解析式为y＝x﹣．
∴点E（，0），点F（0，﹣）．
【例5】 (2023•常德）如图，已知抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）当△OAB的面积为15时，求B的坐标；
（3）在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，当PA﹣PB的值最大时，求P的坐标以及PA﹣PB的最大值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设B（2，m）（m＞0），运用待定系数法求得直线OA的解析式为y＝x，设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H（2，2），BH＝m﹣2，利用三角形面积公式建立方程求解即可得出答案；
（3）运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝﹣x+10，当PA﹣PB的值最大时，A、B、P在同一条直线上，联立方程组求解即可求得点P的坐标，利用两点间距离公式可求得AB，即PA﹣PB的最大值．
【解答】解：（1）∵抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（4，0），
设抛物线解析式为y＝ax（x﹣4），把A（5，5）代入，得5a＝5，
解得：a＝1，
∴y＝x（x﹣4）＝x2﹣4x，
故此抛物线的解析式为y＝x2﹣4x；
（2）∵点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，
∴设B（2，m）（m＞0），
设直线OA的解析式为y＝kx，
则5k＝5，
解得：k＝1，
∴直线OA的解析式为y＝x，
设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H（2，2），
∴BH＝m﹣2，
∵S△OAB＝15，
∴×（m﹣2）×5＝15，
解得：t＝8，
∴点B的坐标为（2，8）；
（3）设直线AB的解析式为y＝cx+d，把A（5，5），B（2，8）代入得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+10，
当PA﹣PB的值最大时，A、B、P在同一条直线上，
∵P是抛物线上的动点，
∴，
解得：，（舍去），
∴P（﹣2，12），
此时，PA﹣PB＝AB＝＝3．
1． (2023•滨城区二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0），经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）连接AC、BC，N为抛物线上的点且在第四象限，当S△NBC＝S△ABC时，求N点的坐标；
（3）在（2）问的条件下，过点C作直线l∥x轴，动点P（m，3）在直线l上，动点Q（m，0）在x轴上，连接
PM、PQ、NQ，当m为何值时，PM+PQ+QN最小，并求出PM+PQ+QN的最小值．
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数即可求出抛物线的解析式，再将其变形成顶点式后，即可得出顶点M的坐标；
（2）连接AN，则AN∥BC，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，设直线AN的解析式为y＝﹣x+d，代入点A的坐标可求出d值，再联立直线AN与抛物线的解析式，即可求出点N的坐标；
（3）过点M作MM′∥PQ，且MM′＝PQ，连接M′Q，则当点M′，Q，N三点共线时，PM+QN取最小值，此时PM+PQ+QN最小，由点P，Q的坐标可得出PQ＝3，结合点M的坐标可得出点M′的坐标，由点M′，N的坐标，利用待定系数法可求出直线M′N的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出m的值，再利用两点间的距离公式（勾股定理）可求出M′N的长度，进而可得出PM+PQ+QN最小值．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
又∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M的坐标为（1，4）.
（2）连接AN，如图1所示．
∵S△NBC＝S△ABC，且两三角形有相同的底BC，
∴AN∥BC．
当x＝0时，y＝3，
∴点C的坐标为（0，3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c（k≠0），
将B（3，0），C（0，3）代入y＝kx+c，
得：，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3．
设直线AN的解析式为y＝﹣x+d，
将A（﹣1，0）代入y＝﹣x+d得：1+d＝0，
解得：d＝﹣1，
∴直线AN的解析为y＝﹣x﹣1．
联立两函数解析式得：，
解得：（不符合题意，舍去），，
∴点N的坐标为（4，﹣5）．
（3）过点M作MM′∥PQ，且MM′＝PQ，连接M′Q，如图2所示．
∵MM′∥PQ，且MM′＝PQ，
∴四边形MM′QP为平行四边形，
∴M′Q＝MP，
∴当点M′，Q，N三点共线时，PM+QN取最小值．
∵点P的坐标为（m，3），点Q的坐标为（m，0），
∴PQ＝3，
∴MM′＝3，
∴点M′的坐标为（1，4﹣3），即（1，1）．
设直线M′N的解析式为y＝px+q（p≠0），
将M′（1，1），N（4，﹣5）代入y＝px+q，
得：，解得：，
∴直线M′N的解析式为y＝﹣2x+3．
又∵点Q在直线M′N上，
∴0＝﹣2m+3，
∴m＝，此时M′N＝M′Q+QN＝MP+QN＝＝3，
∴当m为时，PM+PQ+QN最小，PM+PQ+QN的最小值为3+3．
2． (2023•淮北模拟）已知抛物线l1：y＝ax2+bx﹣2和直线l2：y＝﹣x﹣均与x轴相交于点A，抛物线l1与x轴的另一个交点为点B（3，0）．
（1）求a，b的值；
（2）将抛物线l1向右平移h个单位长度，使其顶点C落在直线l2上，求h的值；
（3）设抛物线l1和直线l2的另一个交点为点D，点P为抛物线上一个动点，且点P在线段AD的下方（点P不与点A，D重合），过点P分别作x轴和y轴的平行线，交直线l2于点M，N，记W＝PM+PN，求W的最大值．
【分析】（1）由直线l2：y＝﹣x﹣与x轴交于点A得A（﹣1，0），将点A（﹣1，0）、点B（3，0）代入抛物线l1：y＝ax2+bx﹣2即可得a，b的值；
（2）求出抛物线l1的顶点C（1，），将y＝﹣代入直线l2：y＝﹣x﹣求出x的值，即可求解；
（3）求出D（2，﹣2），设P（m，m2﹣m﹣2）（﹣1＜m＜2），则N（m，﹣m﹣），可得M（﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2），用含m的式子表示PM，PN，可得W＝PM+PN的二次函数，根据二次函数的最值即可得W的最大值．
【解答】解：（1）∵直线l2：y＝﹣x﹣与x轴交于点A，
∴A（﹣1，0），
将点A（﹣1，0）、点B（3，0）代入抛物线l1：y＝ax2+bx﹣2，得：
，解得：，
∴a＝，b＝﹣；
（2）∵a＝，b＝﹣，
∴y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣1）2﹣，
∴抛物线l1的顶点C（1，﹣），
将y＝﹣代入直线l2：y＝﹣x﹣得，
﹣x﹣＝﹣，解得x＝3，
∴抛物线l1向右平移h个单位长度，使其顶点C落在直线l2上，移动后顶点的横坐标为3，
∴h＝3﹣1＝2，即h的值为2；
（3）设抛物线l1和直线l2的另一个交点为点D，
∵x2﹣x﹣2＝﹣x﹣的解为x＝﹣1或x＝2，
∴D（2，﹣2），
设P（m，m2﹣m﹣2）（﹣1＜m＜2），
则N（m，﹣m﹣），M（﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2），
∴PM＝﹣m2+2m+2﹣m＝﹣m2+m+2，
PN＝﹣m﹣﹣m2+m+2＝﹣m2+m+，
∴W＝PM+PN＝﹣m2+m+2﹣m2+m+＝﹣m2+m+＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴W的最大值为．
3． (2023•南宁一模）如图1所示抛物线与x轴交于O，A两点，OA＝6，其顶点与x轴的距离是6．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，过点P的直线y＝x+m与抛物线的对称轴交于点Q．
①当△POQ与△PAQ的面积之比为1：3时，求m的值；
②如图2，当点P在x轴下方的抛物线上时，过点B（3，3）的直线AB与直线PQ交于点C，求PC+CQ的最大值．
【分析】（1）由题意可得y＝a（x﹣3）2﹣6，再将（0，0）代入求出a的值即可求函数的解析式；
（2）①设直线y＝x+m与y轴的交点为E，与x轴的交点为F，则OE＝|m|，AF＝|6+m|，由题意可知直线y＝x+m与坐标轴的夹角为45°，求出OM＝|m|，AN＝|6+m|，再由|m|：|6+m|＝1：3，求出m的值即可；
②设P（t，t2﹣4t），过P作PE∥y轴交AB于点E，过P作PF⊥BQ交于F，求出直线AB的解析式后可求E（t，﹣t+6），则PE＝﹣t2+3t+6，由直线AB与直线PQ的解析式，能确定两直线互相垂直，可求CQ＝BQ，CP＝PE，则PC+CQ＝﹣（t﹣3）2+9，即可求PC+CQ的最大值．
【解答】解：（1）∵OA＝6，
∴抛物线的对称轴为直线x＝3，
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）2+k，
∵顶点与x轴的距离是6，
∴顶点为（3，﹣6），
∴y＝a（x﹣3）2﹣6，
∵抛物线经过原点，
∴9a﹣6＝0，
∴a＝，
∴y＝（x﹣3）2﹣6；
（2）①设直线y＝x+m与y轴的交点为E，与x轴的交点为F，
∴E（0，m），F（﹣m，0），
∴OE＝|m|，AF＝|6+m|，
∵直线y＝x+m与坐标轴的夹角为45°，
∴OM＝|m|，AN＝|6+m|，
∵S△POQ：S△PAQ＝1：3，
∴OM：AN＝1：3，
∴|m|：|6+m|＝1：3，
解得m＝﹣或m＝3；
②设P（t，t2﹣4t），
过P作PE∥y轴交AB于点E，过P作PF⊥BQ交于F，
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+6，
∴E（t，﹣t+6），
∴PE＝﹣t+6﹣（t2﹣4t）＝﹣t2+3t+6，
设直线AB与y轴交点为G，
令x＝0，则y＝6，
∴G（0，6），
∴OG＝OA＝6，
∴∠OGA＝45°，
设直线PQ与x轴交点为K，与y轴交点为L，
直线PQ的解析式为y＝x+m，令x＝0，则y＝m
∴L（0，m），
令y＝0，则x＝﹣m，
∴K（﹣m，0），
∴OL＝OK，
∴∠OLK＝45°，
∴∠GCL＝90°，
∴PF＝FQ＝3﹣t，
设BF与x轴交点为H，
∴FH＝﹣t2+4t，
∴HQ＝﹣t2+4t﹣3+t＝﹣t2+5t﹣3，
∴BQ＝3﹣t2+5t﹣3＝﹣t2+5t，
∴CQ＝BQ＝（﹣t2+5t），
∵CP＝PE＝（﹣t2+3t+6），
∴PC+CQ＝（﹣t2+3t+6）+（﹣t2+5t）＝（﹣t2+8t+6）＝﹣（t﹣3）2+9，
当t＝3时，PC+CQ的最大值为9．
4． (2023•成都模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴，x轴分别相交于A（0，2），B（2，0），C（4，0）三点，点D是二次函数图象的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线上异于点B的一点，连接AC，若S△ACP＝S△ACB，求点P的坐标；
（3）M是第四象限内一动点，且∠AMB＝45°，连接MD，MC，求2MD+MC的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分两种情形，分别构建方程组求解即可；
（3）以O为圆心，OA为半径的圆，连接OM，取OB的中点E，连接EM、ED，先根据二次函数求出A、B、C、D的坐标，再证明△EOM∽△MOC，从而有EM＝MC，故2MD+MC＝2（MD+MC）＝2（MD+ME）≥2ED，再求出ED即可．
【解答】解：（1）∵抛物线经过B（2，0），C（4，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣4），
把A（0，2）代入，可得a＝，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣x+2；
（2）如图，当点P在直线AC的下方时，过点B作BP0∥AC交抛物线于点P0，
由题意直线AC的解析式为y＝﹣x+2，
∴kAC＝﹣，
∴K＝﹣，
∴直线BP0的解析式为y＝﹣x+1，
由，
解得，
则P0与B重合，不符合题意．
当点P在直线AC的上方时，作直线BP0关于直线AC的的对称直线P1P2，交抛物线于P1，P2．
∵直线AC的解析式为y＝﹣x+2，
∴可得直线P1P2的解析式为y＝﹣x+3，
由，
解得或，
∴P1（2+2，2﹣），P2（2﹣2，2+）；
（3）解：如图，以O为圆心，OA为半径的圆，连接OM，取OB的中点E，连接EM、ED，
∵A（0，2），B（2，0），C（4，0），
∴OA＝OB，即B在⊙O上，
∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣3）2﹣，
∴顶点D（3，﹣），
∵∠AMB＝45°，
∴∠AMB＝∠BOA，
∴M在在⊙O上，即OM＝2，
取OB的中点E（1，0），
∵＝，＝，＝，
∴＝，
又∠EOM＝∠MOC，
∴△EOM∽△MOC，
∴＝，
∴EM＝MC，
∴2MD+MC＝2（MD+MC）＝2（MD+ME）≥2ED，
∵ED＝＝，
∴2MD+MC的最小值为．
5． (2023•成都模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a（x﹣1）（x+3）的图象与x轴交于点A，B（A在B的左边），且经过点C（﹣2，3），P为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及点P的坐标；
（2）平面内一动点H自点C出发，先到达x轴上的某点M，再到达y轴上某点N，最后运动到点P，求使点H运动的总路径最短的点M，点N的坐标，并求出这个最短总路径的长；
（3）如图2，过点C的直线l与抛物线有唯一的公共点，将直线l向下平移交抛物线于D，E两点，连BD交y轴正半轴于F，连BE交y轴负半轴于G，试判断|OF﹣OG|是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求出a，再利用配方法求解；
（2）如图1中，作点C关于x轴的对称点C′，点P关于y轴的对称点P′，连接C′P′交x轴于点M，交y轴于点N，得C′（﹣2，﹣3），P′（1，4），此时点H运动的总路径最短，求出直线MN的解析式，可得结论；
（3）如图2中，过点D，E分别作DK⊥y轴于点K，EH⊥y轴于点H．由，得到x2+（2+k）x+2k＝0，由Δ＝0，可得k＝2，设DE为y＝2x+m，E（x1，y1），D（x2，y2），由，得x2+4x+m﹣3＝0，可得x1+x2＝﹣4，x1•x2＝m﹣3，由△DKF∽△BOF，△BOG∽△EHG，可得＝，＝，OF＝＝，OG＝＝，再求出|OF﹣OG|的值，可得结论．
【解答】解：（1）把C（﹣2，3）代入y＝a（x﹣1）（x+3），可得a＝﹣1，
∴y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴P（﹣1，4）；
（2）如图1中，作点C关于x轴的对称点C′，点P关于y轴的对称点P′，连接C′P′交x轴于点M，交y轴于点N，得C′（﹣2，﹣3），P′（1，4），此时点H运动的总路径最短，
∴yMN＝x+，
∴M（﹣，0），N（0，），
∴dmin＝＝；
（3）如图2中，过点D，E分别作DK⊥y轴于点K，EH⊥y轴于点H．
设直线l的表达式为y＝kx+b，将C（﹣2，3）代入得到b＝2k+3，
∴y＝kx+2k+3，
由，得到x2+（2+k）x+2k＝0，
由Δ＝0可得（2+k）2﹣8k＝0．
∴k＝2，
设DE为y＝2x+m，E（x1，y1），D（x2，y2），
由，得x2+4x+m﹣3＝0，
∴x1+x2＝﹣4，x1•x2＝m﹣3，
由△DKF∽△BOF，△BOG∽△EHG，
可得＝，＝，OF＝＝，OG＝＝，
∴|OF﹣OG|＝|﹣|＝||，
将x1+x2＝﹣4，x1•x2＝m﹣3，代入上式，可得||OF﹣OG|＝2．
6． (2023•沈阳模拟）定义：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的“衍生直线”为y＝﹣ax+b，有一个顶点在抛物线上，另一个顶点在“衍生直线”上的三角形为该抛物线的“衍生三角形”．
如图1，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与其“衍生直线”交于A，D两点（点A在点D的左侧），与x轴正半轴相交于点B，与y轴正半轴相交于点C，点P为抛物线的顶点．
（1）填空：该抛物线的“衍生直线”的解析式为 y＝x+1 ；B的坐标为 （3，0） ；D的坐标为 （2，3） ．
（2）如图1，动点E在线段AB上，连接DE，DB，将△BDE以DE所在直线为对称轴翻折，点B的对称点为F，若三角形△DEF为该抛物线的“衍生三角形”，且F不在抛物线上，求点F坐标．
（3）抛物线的“衍生直线”上存在两点M，N（点M在点N的上方），且MN＝，连接PM，CN，当PM+MN+CN最短时，请直接写出此时点N的坐标．
【分析】（1）根据“衍生直线”的定义可得抛物线y＝﹣x2+2x+3的“衍生直线”的解析式，通过解方程即可求得点B、D的坐标．
（2）分两种情况：点E在点A与点B之间，点F在直线AD上或点E与点A重合，当点E在点A与点B之间，点F在直线AD上时，设F1（t，t+1），利用翻折变换的性质建立方程求解即可；当点E与点A重合时，由翻折得：∠DAF＝∠DAB＝45°，AF＝AB＝4，即可求得答案．
（3）过点P作PR∥x轴，过点A作AR∥y轴，则R（﹣1，4），作点P关于直线AD的对称点P′，过点P′作P′K⊥x轴于点K，证得△APR≌△AP′K（AAS），得出：AK＝AR＝4，P′K＝PR＝2，即可得到P′（3，2），将线段P′M沿着直线DA的方向平移个单位，即向左平移个单位，向下平移个单位，得到线段P″N，则P″（，），当C、N、P″三点共线时，PM+MN+CN最短；运用待定系数法求出直线CP″的解析式，联立方程组即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+2x+3，
∴其“衍生直线”的解析式为y＝x+1，
由﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝﹣1或3，
∴B（3，0），
由﹣x2+2x+3＝x+1，
解得：x＝﹣1或2，
∴D（2，3），
故答案为：y＝x+1；（3，0）；（2，3）．
（2）∵抛物线y＝﹣x2+2x+3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
设直线AD交y轴于点T，则T（0，1），
∴OA＝OT，
即△AOT是等腰直角三角形，
∴∠DAB＝45°，
∵三角形△DEF为该抛物线的“衍生三角形”，且F不在抛物线上，
∴点E在点A与点B之间，点F在直线AD上或点E与点A重合，如图1，
当点E在点A与点B之间，点F在直线AD上时，设F1（t，t+1），
由翻折得：DF1＝DB＝＝，
∴（t﹣2）2+（t+1﹣3）2＝10，
解得：t＝2±，
∵t＜2，
∴t＝2﹣，
∴F1（2﹣，3﹣）；
当点E与点A重合时，由翻折得：∠DAF＝∠DAB＝45°，AF＝AB＝4，
∴F2（﹣1，4）；
综上所述，点F的坐标为：F1（2﹣，3﹣）或F2（﹣1，4）；
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴P（1，4），
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
过点P作PR∥x轴，过点A作AR∥y轴，则R（﹣1，4），
作点P关于直线AD的对称点P′，过点P′作P′K⊥x轴于点K，
由（2）知∠DAB＝45°，
∴∠DAR＝45°，
∵AP′＝AP，∠P′AD＝∠PAD，
∴∠PAR＝∠P′AK，
∵∠ARP＝∠AKP′＝90°，
∴△APR≌△AP′K（AAS），
∴AK＝AR＝4，P′K＝PR＝2，
∴P′（3，2），
将线段P′M沿着直线DA的方向平移个单位，即向左平移个单位，向下平移个单位，得到线段P″N，
则P″（，），当C、N、P″三点共线时，PM+MN+CN最短；
即直线CP″交直线AD于点N，
设直线CP″的解析式为y＝kx+d，
则，
解得：，
∴直线CP″的解析式为y＝x+3，
由x+1＝x+3，
解得：x＝，
∴N（，）．
7． (2023•沈阳模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+（a≠0）经过点A（3，2）和点B（4，﹣），且与y轴交于点C．
（1）分别求抛物线和直线BC的解析式；
（2）在x轴上有一动点G，抛物线上有一动点H，是否存在以O，A，G，H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）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．
【分析】（1）将点A（3，2）和点B（4，﹣）代入y＝ax2+bx+得，可解得抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，令x＝0得y＝，得C（0，），设直线BC的解析式为y＝kx+，将B（4，﹣）代入可得直线BC的解析式为y＝﹣x+，
（2）设G（m，0），H（n，﹣n2+n+），又O（0，0），A（3，2），分三种情况：①若GH、OA为对角线，则GH、OA的中点重合，有，可解得H（﹣1，2），②若GO、HA为对角线，则GO、HA的中点重合，有，可解得H（2+1，﹣2）或（﹣2+1，﹣2）；③若GA、OH为对角线，则GA、OH的中点重合，有，解得H（﹣1，2），
（3）作A关于抛物线对称轴的对称点A'，连接A'D交抛物线对称轴于P，设D（t，﹣t2+t+），则E（t，﹣t+），得DE＝﹣（t﹣2）2+2，即知t＝2时，DE取最小值2，D（2，），由抛物线y＝﹣x2+x+的对称轴为直线x＝1，得A（3，2）关于对称轴直线x＝1的对称点A'（﹣1，2），有PA＝PA'，当D、P、A'共线时，PA'+PD最小，即PA+PD最小，PA+PD的最小值为A'D的长，即得PD+PA的最小值为．
【解答】解：（1）将点A（3，2）和点B（4，﹣）代入y＝ax2+bx+得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，
在y＝﹣x2+x+中，令x＝0得y＝，
∴C（0，），
设直线BC的解析式为y＝kx+，将B（4，﹣）代入得：
4k+＝﹣，
解得k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+，
答：抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，直线BC的解析式为y＝﹣x+；
（2）存在以O，A，G，H为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
设G（m，0），H（n，﹣n2+n+），又O（0，0），A（3，2），
①若GH、OA为对角线，则GH、OA的中点重合，
∴，
解得（此时G与O重合，舍去）或，
∴H（﹣1，2），
②若GO、HA为对角线，则GO、HA的中点重合，
，
解得n＝2+1或n＝﹣2+1，
∴H（2+1，﹣2）或（﹣2+1，﹣2）；
③若GA、OH为对角线，则GA、OH的中点重合，
∴，
解得n＝3（舍去）或n＝﹣1，
∴H（﹣1，2），
综上所述，H的坐标为（﹣1，2）或（2+1，﹣2）或（﹣2+1，﹣2）；
（3）作A关于抛物线对称轴的对称点A'，连接A'D交抛物线对称轴于P，如图：
设D（t，﹣t2+t+），则E（t，﹣t+），
∴DE＝（﹣t2+t+）﹣（﹣t+）＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣2）2+2，
∵﹣＜0，
∴t＝2时，DE取最小值2，此时D（2，），
∵抛物线y＝﹣x2+x+的对称轴为直线x＝1，
∴A（3，2）关于对称轴直线x＝1的对称点A'（﹣1，2），
∴PA＝PA'，
∴PA+PD＝PA'+PD，
又D、P、A'共线，
∴此时PA'+PD最小，即PA+PD最小，PA+PD的最小值为A'D的长，
∵D（2，），A'（﹣1，2），
∴A'D＝＝，
∴PD+PA的最小值为．
8． (2023•沈河区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和B（点B在A的右侧），与y轴交于点C（0，2），点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AP，与y轴交于点D，连接BD，当△BOD≌△COA时，求点P的坐标；
（3）连接OP，与线段BC交于点E，点Q是x轴正半轴上一点，且CE＝BQ，当OE+CQ的值最小时，请直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）将定系数法求解析式即可求解；
（2）根据全等三角形的性质可得OA＝OD＝1，求得直线AD的解析式为y＝x+1，联立抛物线解析式，解方程即可求解；
（3）在线段BC上，取BM＝CO，作M关于x轴的对称点M'，连接QM，QM'，连接MM'交x轴于点S，证明CQ+OE＝CQ+QM′，进而根据轴对称图形的性质求得当且仅当C，Q，M共线时取得最小值，即点Q在直线M'上，待定系数法求解析式．进而即可求解．
【解答】解：（1）将4（﹣1.0），C（0.2），代入y＝ax2+x+c，得
，
∴，
∴y＝﹣x2+x+2；
（2）∵A（﹣1，0），△BOD≌△COA，
∴OA＝OD＝1，
∴D（0，1）或（0，﹣1），
设直线AD的解析式为＝kx+b，
则或，
∴或，
∴y＝x+1或y＝﹣x﹣1，
联立或，
解得（不合题意，舍去）或，或（不合题意，舍去），
∴P（1，2）或（3，﹣4）；
（3）由题意得，点Q在点B的左侧，
在线段BC上，取BM＝CO，作M关于x轴的对称点M′，连接QM，QM′，连接MM′交x轴于点S，
∴y＝﹣x2+x+2，令y＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝2，
则B（2，0），
∴OB＝OC＝2，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴BO＝OC＝2，
∵BQ＝CE，BM＝CQ，∠QBM＝∠ECO，
∴QM＝OE，
∵QM＝Q′M，
∴CQ+OE＝CQ+QM′，
当且仅当C，Q，M′共线时取得最小值，即点Q在直线′M′CM′上，
∵∠OCE＝45°，BM＝2，
∴MS＝SB＝，
∴M（2﹣，），则M′（2﹣，﹣），
设直线CM′的解析式为y＝sx+t，
把C（0，2），（2﹣，﹣），代入得，
，
解得：，
∴直线CM′的解断式为y＝（﹣3﹣2）x+2，
令y＝0，解得x＝6﹣4，
∴Q（6﹣4，0）．
9． (2023•邵阳县模拟）如图，直线l：y＝﹣3x﹣6与x轴、y轴分别相交于点A、C；经过点A、C的抛物线C：与x轴的另一个交点为点B，其顶点为点D，对称轴与x轴相交于点E．
（1）求抛物线C的对称轴．
（2）将直线l向右平移得到直线l1．
①如图①，直线l1与抛物线C的对称轴DE相交于点P，要使PB+PC的值最小，求直线l1的解析式．
②如图 ②，直线l1与直线BC相交于点F，直线l1上是否存在点M，使得以点A、C、F、M为顶点的四边形是菱形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）分别把x＝0和y﹣0代入一次函数的解析式，求出A、C坐标，代入抛物线得出方程组，求出方程组的解，得出抛物线的解析式，即可求解；
（2）①求出抛物线C的对称轴和B的坐标，连接BC交对称轴于点P′，PB+PC＝QP′B+P′C＝BC的值最小，求出点P′的坐标，根据平移的性质即可求出直线l1的解析式；
②分两种情况：Ⅰ当AM为边时，Ⅱ当AM为对角线时，根据菱形的性质即可求解．
【解答】解：（1）在y＝﹣3x﹣6中，令y＝0，
即﹣3x﹣6＝0，x＝﹣2，得A（﹣2，0）．
令x＝0，得y＝﹣6，得C（0，﹣6），
将点A、C的坐标代入抛物线C的表达式，
得：，解得，
∴抛物线C的解析式为，其对称轴为x＝﹣＝2；
（2）①如图，连接BC交DE于点P′，
则PB+PC≥BC．当点P到达点P时，
PB+PC＝QP′B+P′C＝BC的值最小，
令y＝0，即，
解得 x1＝﹣2，x2＝6．
∴点B坐标为（6，0）．
设直线BC的表达式为 y＝kx+h，
则：，解得．
∴y＝x﹣6，
当x＝2时，y＝2﹣6＝﹣4．
∴点P′即点P的坐标为（2，﹣4），
∵将直线l：y＝﹣3x﹣6向右平移得到直线l1，
∴设直线l1的解析式为y＝﹣3x+h1．
则﹣4＝﹣3×2+h1，
∴h1＝2．
∴直线l1的解析式为y＝﹣3x+2；
②存在点M，使得以点A、C、F、M为顶点的四边形是菱形．
由点F在直线BC：y＝x﹣6上，可设点F（m，m﹣6）．
Ⅰ当AM为边时，如图，过点A作AM∥CB交l1于点M．
∵FM∥CA，
∴当FM＝CA时，以点A、C、F、M为顶点的四边形ACFM是平行四边形．
当CA＝CF时，▱ACFM是菱形．
过点F作FH⊥CO于H，则CH＝|（m﹣6）﹣（﹣6）|＝|m|．CF2＝CH2+FH2＝m2+m2＝2m2，
∵CA2＝22+62＝40，
∴2m2＝40，
∴，（舍去），
∴F（，）．
∵FM∥CA且FM＝CA，
∴可将CA先向右平移单位、再向上平移单位得到FM，
即可将点A（﹣2，0）先向右平移单位、再向上平移单位得到点M．
故点M的坐标为（﹣2，）；
Ⅱ当AM为对角线时，连接AF，过点C作CM∥AF交l1于点M．
∵FM∥AC，
∴当FM＝AC时，以点A、C、F、M为顶点的四边形ACFM是平行四边形．
当AC＝AF时，▱ACMF是菱形．
∵AF2＝（m+2）2+（m﹣6）2，CA2＝40，
∴（m+2）2+（m﹣6）2＝40，
∴m1＝4，m2＝0（舍去），
∴点F的坐标为（4，﹣2）．
∵FM∥AC且FM＝AC，
∴可将AC先向右平移6个单位、再向下平移2个单位得到FM，
即可将点C（0，﹣6）先向右平移6单位、再向下平移2单位得到点M．
∴点M的坐标为（6，﹣8）．
综上，点M的坐标为（﹣2，）或（6，﹣8）．
10． (2023•越秀区校级二模）在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴是直线x＝与x轴的交点为点A，且经过点B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M为抛物线对称轴上一动点，当|BM﹣CM|的值最小时，求出点M的坐标；
（3）抛物线上是否存在点N，过点N作NH⊥x轴于点H，使得以点B、N、H为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法直接得出结论；
（2）先判断出|BM﹣CM|最小时，BM＝CM，建立方程求解即可得出结论；
（3）先判断出∠ACB＝∠BHN＝90°，分两种情况，利用相似三角形得出比例式，建立方程求解即可得出结论．
【解答】解：（1）针对于y＝﹣x+2，令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
令y＝0，则0＝﹣x+2，
∴x＝4，
∴B（4，0），
∵点C在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，
∴c＝2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+bx+2，
∵点B（4，0）在抛物线上，
∴﹣8+4b+2＝0，
∴b＝，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）∵|BM﹣CM|最小，
∴|BM﹣CM|＝0，
∴BM＝CM，
∴BM2＝CM2，
设M（，m），
∵B（4，0），C（0，2），
∴BM2＝（4﹣）2+m2，CM2＝（）2+（m﹣2）2，
∴（4﹣）2+m2＝（）2+（m﹣2）2，
∴m＝0，
∴M（，0）；
（3）存在，理由：
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2，
令y＝0，则0＝﹣x2+x+2，
∴x＝4或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
∵B（4，0），C（0，2），
∴BC2＝20，AC2＝5，AB2＝25，
∴CB2+AC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∵NH⊥x轴，
∴∠BHN＝90°＝∠ACB，
设N（n，﹣n2+n+2），
∴HN＝|﹣n2+n+2|，BH＝|n﹣4|，
∵以点B、N、H为顶点的三角形与△ABC相似，
∴①△BHN∽△ACB，
∴，
∴＝，
∴n＝﹣5或n＝3或n＝4（舍），
∴N（﹣5，﹣18）或（3，2），
②△BHN∽△BCA，
∴，
∴＝，
∴n＝0或n＝4（舍）或n＝﹣2，
∴N（0，2）或（﹣2，﹣3），
即满足条件的点N的坐标为（﹣5，﹣18）或（﹣2，﹣3）或（0，2）或（3，2）．
11． (2023•立山区一模）已知点A（﹣2，0），B（3，0），抛物线y＝ax2+bx+4过A，B两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段AC上一动点（不与C点重合），作PQ⊥BC交抛物线于点Q，PH⊥x轴于点H．
①连结CQ，BQ，PB，当四边形PCQB的面积为时，求P点的坐标；
②直接写出PH+PQ的取值范围．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）①先根据四边形面积求得PQ＝，再运用待定系数法求得直线AC的解析式为y＝2x+4，如图1，设P（t，2t+4），Q（s，﹣s2+s+4），过点P作PK∥x轴，过点Q作QK∥y轴，设PK交y轴于点T，PQ交y轴于点F，交BC于点G，可证得△BCO∽△QPK，得出＝＝，求得：PK＝2，QK＝，建立方程求解即可得出答案；
②由①得△BCO∽△QPK，可推出：PQ＝QK＝﹣s2+s﹣t，由4QK＝3PK，可得出t＝s2﹣s，进而可得：PQ+PH＝﹣s2+s﹣t+2t+4＝﹣s2+s﹣（s2﹣s）+4＝（s﹣）2+，运用二次函数的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4过A（﹣2，0），B（3，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4；
（2）①由（1）知：y＝﹣x2+x+4，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
在Rt△BOC中，BC＝＝＝5，
∵PQ⊥BC，S四边形PCQB＝，
∴×5PQ＝，
∴PQ＝，
设直线AC的解析式为y＝kx+d，
则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝2x+4，
如图1，设P（t，2t+4），Q（s，﹣s2+s+4），
过点P作PK∥x轴，过点Q作QK∥y轴，设PK交y轴于点T，PQ交y轴于点F，交BC于点G，
则QK＝﹣s2+s+4﹣（2t+4）＝﹣s2+s﹣2t，PK＝s﹣t，
∵PQ⊥BC，PK⊥y轴，
∴∠CGF＝∠PTF＝90°，
∵∠CFG＝∠PET，
∴∠BCO＝∠QPK，
∵∠BOC＝∠QKP＝90°，
∴△BCO∽△QPK，
∴＝＝，
即＝＝，
∴PK＝2，QK＝，
∴，
解得：，，
∵点P是线段AC上一动点（不与C点重合），
∴﹣2≤t＜0，
t＝﹣3+，2t+4＝2×（﹣3+）+4＝﹣2
∴P（﹣3+，﹣2）；
②由①得：P（t，2t+4），Q（s，﹣s2+s+4），QK＝﹣s2+s﹣2t，PK＝s﹣t，△BCO∽△QPK，
∴＝＝，即＝＝，
∴PQ＝QK＝（﹣s2+s﹣2t）＝﹣s2+s﹣t，
∵4QK＝3PK，即4（﹣s2+s﹣2t）＝3（s﹣t），
∴t＝s2﹣s，
∴PQ+PH＝﹣s2+s﹣t+2t+4＝﹣s2+s﹣（s2﹣s）+4＝（s﹣）2+，
∵﹣2≤t＜0，
∴﹣2≤s2﹣s＜0，
令s2﹣s＝2，解得：s＝﹣2或，
令s2﹣s＝0，解得：s＝0或，
∵点Q在第一象限，即0＜s＜3，
∴0＜s≤，
∵＜0，
∴当s＝，即t＝﹣时，PQ+PH取得最大值，
当x＝0时，PQ+PH取得最小值，
∴4＜PQ+PH≤．
12． (2023•招远市一模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D．
（1）抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）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，过点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，求点E的坐标；若不能，请说明理由；
（3）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．
（4）设点M的坐标为（3，m），直接写出使MN+MD的和最小时m的值．
【分析】（1）由抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，，解得，得抛物线为y＝﹣x2+2x+3；又设直线为y＝kx+n过点A（﹣1，0）及C（2，3），得，解得，得直线AC为y＝x+1；
（2）由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，得D（1，4），当x＝1时，y＝x+1＝2，得B（1，2），求出BD＝2，设E（x，x+1），当EF＝BD＝2时，以B，D，E，F为顶点的四边形为平行四边形，分两种情形讨论：①如图2，当点E在线段AC上时，点F在点E上方，得x+3＝﹣x2+2x+3，即可求解；②当点E在线段AC（或CA）延长线上时，点F在点E下方，则F（x，x﹣1），得x﹣1＝﹣x2+2x+3，即可求解；
（3）如图2，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，交x轴于点H；过点C作CG⊥x轴于点G，设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3），表示出PQ＝（﹣x2+2x+3）﹣（x+1）＝﹣x2+x+2，又S△APC＝S△APQ+S△CPQ＝PQ•AG＝（﹣x2+x+2）×3＝﹣（x﹣）2+，S△APC的最大值为；
（4）作直线x＝3，作点D关于直线x＝3的对称点D′，得D′坐标为（5，4），连结ND′交直线x＝3于点M，此时N、M、D′三点共线时，NM+MD′最小，即NM+MD最小，利用点N（0，3）和D′（5，4）求出直线NM的函数关系式为：y＝x+3，当x＝3时，y＝，求出m＝．
【解答】解：（1）由抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，
，
解得，
∴抛物线为y＝﹣x2+2x+3；
又设直线为y＝kx+n过点A（﹣1，0）及C（2，3），
得，
解得，
∴直线AC为y＝x+1；
（2）以B，D，E，F为顶点的四边形可以为平行四边形
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），
当x＝1时，y＝x+1＝2，
∴B（1，2），
∴BD＝2，
∵点E在直线AC上，设E（x，x+1），
⸪EF∥BD，
⸫当EF＝BD＝2时，以B，D，E，F为顶点的四边形为平行四边形，
①如图2，当点E在线段AC上时，点F在点E上方，则F（x，x+3），
∵F在抛物线上，
∴x+3＝﹣x2+2x+3，
解得，x＝0或x＝1（舍去），
∴E（0，1）；
②当点E在线段AC（或CA）延长线上时，点F在点E下方，则F（x，x﹣1），
∵F在抛物线上，
∴x﹣1＝﹣x2+2x+3，
解得x＝或x＝，
∴E（，）或（，），
综上，满足条件的点E的坐标为（0，1）或E（，）或（，）；
（3）如图2，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，交x轴于点H；过点C作CG⊥x轴于点G，
设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3），
∴PQ＝（﹣x2+2x+3）﹣（x+1）
＝﹣x2+x+2
又∵S△APC＝S△APQ+S△CPQ
＝PQ•AG＝（﹣x2+x+2）×3＝﹣（x﹣）2+，
∴△APC面积的最大值为；
（4）作直线x＝3，作点D关于直线x＝3的对称点D′，
得D′坐标为（5，4），
连结ND′交直线x＝3于点M，
此时N、M、D′三点共线时，NM+MD′最小，
即NM+MD最小，
设直线ND′的关系式为：y＝mx+n，
把点N（0，3）和D′（5，4）代入，
，
得m＝，n＝3，
∴直线NM的函数关系式为：y＝x+3，
当x＝3时，y＝，
m＝．
13． (2023•桓台县二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0），点M为顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点M作y轴的垂线，垂足为C，过点B作y轴的平行线，交CM于点D，点H为OC上的任一点，将线段HB绕点H逆时针旋转90°到HP．求∠PCD的度数；
（3）在（2）的条件下，将点H改为y轴上的一动点，连接OP，BP，求OP+BP的最小值．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入即可求出抛物线解析式；
（2）过点P作PE⊥y轴，垂足为E点，连接PC，证明△PEH≌△HOB（AAS），由全等三角形的性质得出PE＝OH，EH＝OB，由直角三角形的性质可得出结论；
（3）作点O关于直线PC的对称点F，连接BF，直线PC交x轴于点Q，连接FQ，由轴对称的性质及勾股定理可得出答案．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得 ，解得，
∴抛物线解析式为 y＝x2+x+；
（2）M（1，3）．
∵矩形OBDC中，CO＝OB＝3．
∴四边形OBDC是正方形，
过点P作PE⊥y轴，垂足为E点，连接PC，如图2，
∵∠PHB＝90°，
∴∠PHE+∠BHO＝90°，
∵∠OBH+∠BHO＝90°，
∴∠PHE＝∠OBH，
又HP＝HB，
∴△PEH≌△HOB（AAS），
∴PE＝OH，EH＝OB，
∵OB＝OC，
∴OC＝EH，
∴EC＝OH，
∴EC＝EP，
∴∠ECP＝45°，
∴∠PCD＝45°；
（3）如图3，
由（2）可知，点P在直线PC上运动，
作点O关于直线PC的对称点F，连接BF，直线PC交x轴于点Q，连接FQ，
∵CD‖x轴，
∴∠PCD＝∠PQO＝45°，
∴OQ＝OC＝OB＝3，
由作图知，∠FQC＝∠PQO＝45°，FQ＝OQ＝3，
∴∠FQB＝90°，
∴BF＝，
∴OP+BP的最小值为．
14． (2023•成都模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点D为第一象限内抛物线上的一动点，作DE⊥x轴于点E，交BC于点F，过点F作BC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点G，H，设点D的横坐标为m．
①求DF+HF的最大值；
②连接EG，若∠GEH＝45°，求m的值．
【分析】（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c，得方程组，解得b与c的值，则可得出抛物线的解析式；
（2）①先求出点C的坐标，用待定系数法求得直线BC的解析式，作FK⊥y轴于点K，可得：FH＝KF＝OE，由线段的和差可得：DF+HF＝DE﹣EF+OE，代入数据得到关于m的二次函数，由二次函数的性质可得DF+HF的最大值；②作GM⊥y轴于点M，记直线FH与x轴交于点N，由等腰三角形的判定可知EF＝EN，OH＝ON，由抛物线的性质可得MG＝1，继而求得HG的值；判定△EHG∽△FHE，得出比例式，代入数据可得关于m的方程，解方程即可．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
（2）①当x＝0时，y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴点C（0，3），
又∵B（3，0），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
作FK⊥y轴于点K，
又∵FH⊥BC，
∴∠KFH＝∠KHF＝45°，
∴FH＝KF＝OE，
∴DF+HF＝DE﹣EF+OE
＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）+m
＝﹣m2+（3+）m，
由题意有0＜m＜3，且0＜﹣＜3，﹣1＜0，
∴当m＝时，DF+HF取最大值，
DF+HF的最大值为：﹣（）2+（3+）×＝；
②作GM⊥y轴于点M，记直线FH与x轴交于点N，
∵FK⊥y轴，DE⊥x轴，∠KFH＝45°，
∴∠EFH＝∠ENF＝45°，
∴EF＝EN，
∵∠KHF＝∠ONH＝45°，
∴OH＝ON，
∵y＝﹣x2+2x+3的对称轴为直线x＝1，
∴MG＝1，
∵HG＝MG＝，
∵∠GEH＝45°，
∴∠GEH＝∠EFH，
又∠EHF＝∠GHE，
∴△EHG∽△FHE，
∴HE：HG＝HF：HE，
∴HE2＝HG•HF
＝×m
＝2m，
在Rt△OEH中，
OH＝ON＝|OE﹣EN|
＝|OE﹣EF|
＝|m﹣（﹣m+3）|
＝|2m﹣3|，
∵OE＝m，
∴HE2＝OE2+OH2
＝m2+（2m﹣3）2
＝5m2﹣12m+9，
∴5m2﹣12m+9＝2m，
解得：m＝1或．
15． (2023•朝阳）如图，抛物线y＝﹣+bx+c与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，点C坐标为（0，4）．
（1）求抛物线表达式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使∠ABP＝∠BCO，如果存在，求出点P坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点P在x轴上方，点M是直线BP上方抛物线上的一个动点，求点M到直线BP的最大距离；
（4）点G是线段AC上的动点，点H是线段BC上的动点，点Q是线段AB上的动点，三个动点都不与点A，B，C重合，连接GH，GQ，HQ，得到△GHQ，直接写出△GHQ周长的最小值．
【分析】（1）利用抛物线的对称轴为x＝﹣1，求出b的值，再把b的值和C的坐标代入y＝﹣+bx+c计算即可；
（2）作PE⊥x轴于点E，利用相似三角形的判定方法可证得△PEB∽△BOC，设，则|，BE＝2﹣m，再分别讨论P的位置列式求解即可；
（3）作MF⊥x轴于点F，交BP于点R，作MN⊥BP于点N，用待定系数法求出直线BP的解析式，利用解析式表示出MR的长度，再通过求证△MNR∽△BFR联合Rt△MNR建立比值关系列式计算即可；
（4）作Q点关于AC的对称点Q1，作Q关于CB的对称点Q2，连接Q1Q2与AC于G1，与CB交于点H1，连接QQ1交AC于J，连接QQ2交CB于K，此时△QG1H1的周长最小，这个最小值＝Q1Q2，再证明Q1Q2＝2JK，JK最小时，△QGH周长最小，利用图2证明当点Q与点O重合时JK最小，在图3中利用相似三角形的性质求出JK的最小值即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为x＝﹣1，
∴﹣＝﹣1，
∴b＝﹣1，
将（0，4）代入y＝﹣﹣x+c中，
∴c＝4，
∴y＝﹣﹣x+4．
（2）如图1中，作PE⊥x轴于点E．
∵∠ABP＝∠BCO，∠PEB＝∠BOC＝90°，
∴△PEB∽△BOC，
∴（此处也可以由等角的正切值相等得到），
设，则PE＝|﹣m2﹣m+4|，BE＝2﹣m，
①当点P在x轴上方时：，
解得m1＝﹣3，m2＝2（不符题意，舍），
②当点P在x轴下方时：，
解得m1＝﹣5，m2＝2（不符题意，舍），
∴或．
（3）作MF⊥x轴于点F，交BP于点R，作MN⊥BP于点N．
∵y＝﹣（x+4）（x﹣2），
∴A（﹣4，0），B（2，0），
设yBP＝kx+b1，
将代入得解得k＝﹣＝1，
∴yBP＝﹣x+1，
设，则，
∴a+3，
∵∠MNR＝∠RFB＝90°，∠NRM＝∠FRB，
∴△MNR∽△BFR，
∴，
∵tan∠ABP＝，
在Rt△MNR中NR：MN：MR＝1：2：，
∴，
∴MN＝﹣，
当a＝﹣时，MN最大为．
（4）作Q点关于AC的对称点Q1，作Q关于CB的对称点Q2，连接Q1Q2与AC于G1，与CB交于点H1，连接QQ1交AC于J，连接QQ2交CB于K，此时△QG1H1的周长最小，这个最小值＝Q1Q2．
∵QJ＝JQ1，QK＝KQ2，
∴Q1Q2＝2JK，
∴当JK最小时，Q1Q2最小，如图2中：
∵∠CJQ＝∠CKQ＝90°，
∴C、J、Q、K四点共圆，线段CQ就是圆的直径，JK是弦，
∵∠JCK是定值，
∴直径CQ最小时，弦JK最小，
∴当点Q与点O重合时，CQ最小，此时JK最小，如图3中：
∵在Rt△COA中，∠COA＝90°，CO＝4，AO＝4，
∴AC＝，
∵Rt△COB，∠COB＝90°，CB＝，
∵OJ⊥AC，OK⊥CB，
∴OC•OB，
∴OK＝，
∴CK＝，
∵∠JCO＝∠OCA，∠CJO＝∠COA，
∴△CJO∽△COA，
∴，
∴CO2＝CJ•CA，同理可得：CO2＝CK•CB，
∴CJ•CA＝CK•CB，
∴，
∵∠JCK＝∠BCA，
∴△CJK∽△CBA，
∴＝，
∴，
∴JK＝，
∴△QGH周长的最小值＝Q1Q2＝2JK＝．
16． (2023•大庆）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A，且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点F，使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M，N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时，+是定值，并求出该定值；
（3）点C（3，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQBC周长最小，直接写出P，Q的坐标．
【分析】（1）求出B（2，﹣1），A（4，0），再将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c，即可求解解析式；
（2）①设F（2，m），G（x，x2﹣x），由已知可得（x﹣2）2+＝，整理得到m（m﹣x2+2x）＝0，因为任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等，所以m＝0，即可求F坐标；②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），联立直线与抛物线解析式得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，则有xM+xN＝4+4k，xM•xN＝8k，yM+yN＝4k2，yM•yN＝﹣4k2，由①可得+＝+＝1；
（3）作B点关于y轴的对称点B'，作C点关于x轴的对称点C'，连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q，四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，求出B'（﹣2，﹣1），C'（3，），可得直线B'C'的解析为y＝x﹣，则可求Q（0，﹣），P（，0）．
【解答】解：（1）∵顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1），
∴B（2，﹣1），
∴A（4，0），
将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c，
得到，解得，
∴y＝x2﹣x；
（2）①设F（2，m），G（x，y），
∴G点到直线y＝﹣2的距离为|y+2|，
∴（y+2）2＝y2+4y+4，
∵y＝x2﹣x，
∴（y+2）2＝y2+4y+4＝y2+x2﹣4x+4＝y2+（x﹣2）2，
∴G到直线y＝﹣2的距离与点（2，0）和G点的距离相等，
∴抛物线上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等；
∵G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离相等，
∴（x﹣2）2+＝，
整理得，m（m﹣x2+2x）＝0，
∵距离总相等，
∴m＝0，
∴F（2，0）；
②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），
联立，整理得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，
∴xM+xN＝4+4k，xM•xN＝8k，
∴yM+yN＝4k2，yM•yN＝﹣4k2，
∵M到F点与M点到y＝﹣2的距离相等，N到F点与N点到y＝﹣2的距离相等，
∴+＝+＝＝＝1，
∴+＝1是定值；
（3）作B点关于y轴的对称点B'，作C点关于x轴的对称点C'，连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q，
∵BQ＝B'Q，CP＝C'P，
∴四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，
∵点C（3，m）是该抛物线上的一点
∴C（3，﹣），
∵B（2，﹣1），
∴B'（﹣2，﹣1），C'（3，），
∴直线B'C'的解析为y＝x﹣，
∴Q（0，﹣），P（，0）．
17． (2023•滨州）如图，抛物线的顶点为A（h，﹣1），与y轴交于点B（0，﹣），点F（2，1）为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l是过点C（0，﹣3）且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P（m，n）到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
（3）已知坐标平面内的点D（4，3），请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时△DFQ周长的最小值及点Q的坐标．
【分析】（1）由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，把点B坐标代入求出a即可．
（2）由题意P（m，m2﹣m﹣），求出d2，PF2（用m表示）即可解决问题．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．因为△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，推出DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，再根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】（1）解：由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，
∵抛物线经过B（0，﹣），
∴﹣＝4a﹣1，
∴a＝
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2﹣1．
（2）证明：过点P作PJ⊥AF于J．
∵P（m，n），
∴n＝（m﹣2）2﹣1＝m2﹣m﹣，
∴P（m，m2﹣m﹣），
∴d＝m2﹣m﹣﹣（﹣3）＝m2﹣m+，
∵F（2，1），
∴PF＝＝＝，
∵d2＝m4﹣m3+m2﹣m+，PF2＝m4﹣m3+m2﹣m+，
∴d2＝PF2，
∴PF＝d．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．
∵△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，
∴DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，
由（2）可知QF＝QH，
∴DQ+QF＝DQ+QH，
根据垂线段最短可知，当D，Q，H共线时，DQ+QH的值最小，此时点H与N重合，点Q在线段DN上，
∴DQ+QH的最小值为6，
∴△DFQ的周长的最小值为2+6，此时Q（4，﹣）．
18．（2018•贺州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA＝3，OB＝1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B、D两点间的一个动点（点P不与B、D两点重合），PA、PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）根据OA，OB的长，可得答案；
（2）根据待定系数法，可得函数解析式；
（3）根据相似三角形的判定与性质，可得EG，EF的长，根据整式的加减，可得答案．
【解答】解：（1）由抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA＝3，OB＝1，得
A点坐标（﹣3，0），B点坐标（1，0）；
（2）设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C点坐标代入函数解析式，得
a（0+3）（0﹣1）＝3，
解得a＝﹣1，
抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
（3）EF+EG＝8（或EF+EG是定值），理由如下：
过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，如图．
设P（t，﹣t2﹣2t+3），
则PQ＝﹣t2﹣2t+3，AQ＝3+t，QB＝1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△AEF∽△AQP，
∴＝，
∴EF＝＝＝×（﹣t2﹣2t+3）＝2（1﹣t）；
又∵PQ∥EG，
∴△BEG∽△BQP，
∴＝，
∴EG＝＝＝2（t+3），
∴EF+EG＝2（1﹣t）+2（t+3）＝8．
19．（2018•烟台）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+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
，
解得：，
∴抛物线解析式为：y＝，
∵过点B的直线y＝kx+，
∴代入（1，0），得：k＝﹣，
∴BD解析式为y＝﹣；
（2）由得交点坐标为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，
∴＝，即＝，
解得t＝，
当P2D⊥DC于点D时，△P2DC为直角三角形
由△P2DB∽△DEB得＝，
即＝，
解得：t＝；
当P3C⊥DC时，△DFC∽△COP3，
∴＝，即＝，
解得：t＝，
∴t的值为、、．
（3）由已知直线EF解析式为：y＝﹣x﹣，
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，﹣），
∴＝，即＝，
解得：a＝﹣2，
则N点坐标为（﹣2，﹣2），
求得直线ND′的解析式为y＝x+1，
当x＝﹣时，y＝﹣，
∴M点坐标为（﹣，﹣），
此时，DM+MN的值最小为＝＝2．
20．（2018•湘潭）如图，点P为抛物线y＝x2上一动点．
（1）若抛物线y＝x2是由抛物线y＝（x+2）2﹣1通过图象平移得到的，请写出平移的过程；
（2）若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为（0，﹣1），过点P作PM⊥l于M．
①问题探究：如图一，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM＝PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．
②问题解决：如图二，若点Q的坐标为（1，5），求QP+PF的最小值．
【分析】（1）找到抛物线顶点坐标即可找到平移方式．
（2）①设出点P坐标，利用PM＝PF计算BF，求得F坐标；
②利用PM＝PF，将QP+PF转化为QP+PM，利用垂线段最短解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝（x+2）2﹣1的顶点为（﹣2，﹣1），
∴抛物线y＝（x+2）2﹣1的图象向上平移1个单位，再向右2个单位得到抛物线y＝x2的图象．
（2）①存在一定点F，使得PM＝PF恒成立．
如图一，过点P作PB⊥y轴于点B，
设点P坐标为（a，a2），
∴PM＝PF＝a2+1，
∵PB＝|a|，
∴Rt△PBF中，BF＝＝＝|a2﹣1|，
∵BF＝|a2﹣1|，OB＝a2，
∴OF＝1，
∴点F坐标为（0，1）．
②如图二中，
由①，PM＝PF，
QP+PF的最小值为QP+PM的最小值，
当Q、P、M三点共线时，QP+PM有最小值，最小值为点Q纵坐标加M纵坐标的绝对值．
∴QP+PF的最小值为6．
二次函数与将军饮马问题必备的基础模型有：
模型1：当两定点A、B在直线l同侧时，在直线l上找一点P，使得PA＋PB最小．
作点B关于直线l的对称点B'，连接AB'交直线l于点P，点P即为所求作的点．PA＋PB的最小值为AB'
模型2：当两定点A、B在直线l同侧时，在直线l上找一点P，使得最大．
连接AB并延长交直线l于点P，点P即为所求作的点，的最大值为AB
模型3：当两定点A、B在直线l异侧时，在直线l上找一点P，使得最大．
作点B关于直线I的对称点B'，连接AB'并延长交直线l于点P，点P即为所求作的点．的最大值为AB'
模型4：点P在∠AOB内部，在OB边上找点D，OA边上找点C，使得△PCD周长最小．
分别作点P关于OA、OB的对称点P′、P″，连接P′P″，交OA、OB于点C、D，点C、D即为所求．△PCD周长的最小值为P′P″
模型5：点P在∠AOB内部，在OB边上找点D，OA边上找点C，使得PD＋CD最小．
作点P关于OB的对称点P′，过P′作P′C⊥OA交OB，PD＋CD的最小值为P′C
【例1】 (2023•黑龙江）如图，已知抛物线y＝（x﹣2）（x+a）（a＞0）与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．
（1）若抛物线过点M（﹣2，﹣2），求实数a的值；
（2）在（1）的条件下，解答下列问题；
①求出△BCE的面积；
②在抛物线的对称轴上找一点H，使CH+EH的值最小，直接写出点H的坐标．
【例2】 (2023•甘肃）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，点C在y轴上，且OC＝OB，D，E分别是线段AC，AB上的动点（点D，E不与点A，B，C重合）．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）连接DE并延长交抛物线于点P，当DE⊥x轴，且AE＝1时，求DP的长；
（3）连接BD．
①如图2，将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，当点G在抛物线上时，求点G的坐标；
②如图3，连接CE，当CD＝AE时，求BD+CE的最小值．
【例3】． (2023•达州）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+2的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB＝∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【例4】． (2023•天津）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．
（Ⅰ）若b＝﹣2，c＝﹣3，
①求点P的坐标；
②直线x＝m（m是常数，1＜m＜3）与抛物线相交于点M，与BP相交于点G，当MG取得最大值时，求点M，G的坐标；
（Ⅱ）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，求点E，F的坐标．
【例5】 (2023•常德）如图，已知抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）当△OAB的面积为15时，求B的坐标；
（3）在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，当PA﹣PB的值最大时，求P的坐标以及PA﹣PB的最大值．
1． (2023•滨城区二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0），经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）连接AC、BC，N为抛物线上的点且在第四象限，当S△NBC＝S△ABC时，求N点的坐标；
（3）在（2）问的条件下，过点C作直线l∥x轴，动点P（m，3）在直线l上，动点Q（m，0）在x轴上，连接
PM、PQ、NQ，当m为何值时，PM+PQ+QN最小，并求出PM+PQ+QN的最小值．
2． (2023•淮北模拟）已知抛物线l1：y＝ax2+bx﹣2和直线l2：y＝﹣x﹣均与x轴相交于点A，抛物线l1与x轴的另一个交点为点B（3，0）．
（1）求a，b的值；
（2）将抛物线l1向右平移h个单位长度，使其顶点C落在直线l2上，求h的值；
（3）设抛物线l1和直线l2的另一个交点为点D，点P为抛物线上一个动点，且点P在线段AD的下方（点P不与点A，D重合），过点P分别作x轴和y轴的平行线，交直线l2于点M，N，记W＝PM+PN，求W的最大值．
3． (2023•南宁一模）如图1所示抛物线与x轴交于O，A两点，OA＝6，其顶点与x轴的距离是6．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，过点P的直线y＝x+m与抛物线的对称轴交于点Q．
①当△POQ与△PAQ的面积之比为1：3时，求m的值；
②如图2，当点P在x轴下方的抛物线上时，过点B（3，3）的直线AB与直线PQ交于点C，求PC+CQ的最大值．
4． (2023•成都模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴，x轴分别相交于A（0，2），B（2，0），C（4，0）三点，点D是二次函数图象的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线上异于点B的一点，连接AC，若S△ACP＝S△ACB，求点P的坐标；
（3）M是第四象限内一动点，且∠AMB＝45°，连接MD，MC，求2MD+MC的最小值．
5． (2023•成都模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a（x﹣1）（x+3）的图象与x轴交于点A，B（A在B的左边），且经过点C（﹣2，3），P为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及点P的坐标；
（2）平面内一动点H自点C出发，先到达x轴上的某点M，再到达y轴上某点N，最后运动到点P，求使点H运动的总路径最短的点M，点N的坐标，并求出这个最短总路径的长；
（3）如图2，过点C的直线l与抛物线有唯一的公共点，将直线l向下平移交抛物线于D，E两点，连BD交y轴正半轴于F，连BE交y轴负半轴于G，试判断|OF﹣OG|是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
6． (2023•沈阳模拟）定义：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的“衍生直线”为y＝﹣ax+b，有一个顶点在抛物线上，另一个顶点在“衍生直线”上的三角形为该抛物线的“衍生三角形”．
如图1，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与其“衍生直线”交于A，D两点（点A在点D的左侧），与x轴正半轴相交于点B，与y轴正半轴相交于点C，点P为抛物线的顶点．
（1）填空：该抛物线的“衍生直线”的解析式为 ；B的坐标为 ；D的坐标为 ．
（2）如图1，动点E在线段AB上，连接DE，DB，将△BDE以DE所在直线为对称轴翻折，点B的对称点为F，若三角形△DEF为该抛物线的“衍生三角形”，且F不在抛物线上，求点F坐标．
（3）抛物线的“衍生直线”上存在两点M，N（点M在点N的上方），且MN＝，连接PM，CN，当PM+MN+CN最短时，请直接写出此时点N的坐标．
7． (2023•沈阳模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+（a≠0）经过点A（3，2）和点B（4，﹣），且与y轴交于点C．
（1）分别求抛物线和直线BC的解析式；
（2）在x轴上有一动点G，抛物线上有一动点H，是否存在以O，A，G，H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）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．
8． (2023•沈河区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和B（点B在A的右侧），与y轴交于点C（0，2），点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AP，与y轴交于点D，连接BD，当△BOD≌△COA时，求点P的坐标；
（3）连接OP，与线段BC交于点E，点Q是x轴正半轴上一点，且CE＝BQ，当OE+CQ的值最小时，请直接写出点Q的坐标．
9． (2023•邵阳县模拟）如图，直线l：y＝﹣3x﹣6与x轴、y轴分别相交于点A、C；经过点A、C的抛物线C：与x轴的另一个交点为点B，其顶点为点D，对称轴与x轴相交于点E．
（1）求抛物线C的对称轴．
（2）将直线l向右平移得到直线l1．
①如图①，直线l1与抛物线C的对称轴DE相交于点P，要使PB+PC的值最小，求直线l1的解析式．
②如图 ②，直线l1与直线BC相交于点F，直线l1上是否存在点M，使得以点A、C、F、M为顶点的四边形是菱形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
10． (2023•越秀区校级二模）在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴是直线x＝与x轴的交点为点A，且经过点B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M为抛物线对称轴上一动点，当|BM﹣CM|的值最小时，求出点M的坐标；
（3）抛物线上是否存在点N，过点N作NH⊥x轴于点H，使得以点B、N、H为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
11． (2023•立山区一模）已知点A（﹣2，0），B（3，0），抛物线y＝ax2+bx+4过A，B两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段AC上一动点（不与C点重合），作PQ⊥BC交抛物线于点Q，PH⊥x轴于点H．
①连结CQ，BQ，PB，当四边形PCQB的面积为时，求P点的坐标；
②直接写出PH+PQ的取值范围．
12． (2023•招远市一模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D．
（1）抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）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，过点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，求点E的坐标；若不能，请说明理由；
（3）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．
（4）设点M的坐标为（3，m），直接写出使MN+MD的和最小时m的值．
13． (2023•桓台县二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0），点M为顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点M作y轴的垂线，垂足为C，过点B作y轴的平行线，交CM于点D，点H为OC上的任一点，将线段HB绕点H逆时针旋转90°到HP．求∠PCD的度数；
（3）在（2）的条件下，将点H改为y轴上的一动点，连接OP，BP，求OP+BP的最小值．
14． (2023•成都模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点D为第一象限内抛物线上的一动点，作DE⊥x轴于点E，交BC于点F，过点F作BC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点G，H，设点D的横坐标为m．
①求DF+HF的最大值；
②连接EG，若∠GEH＝45°，求m的值．
15． (2023•朝阳）如图，抛物线y＝﹣+bx+c与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，点C坐标为（0，4）．
（1）求抛物线表达式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使∠ABP＝∠BCO，如果存在，求出点P坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点P在x轴上方，点M是直线BP上方抛物线上的一个动点，求点M到直线BP的最大距离；
（4）点G是线段AC上的动点，点H是线段BC上的动点，点Q是线段AB上的动点，三个动点都不与点A，B，C重合，连接GH，GQ，HQ，得到△GHQ，直接写出△GHQ周长的最小值．
16． (2023•大庆）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A，且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点F，使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M，N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时，+是定值，并求出该定值；
（3）点C（3，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQBC周长最小，直接写出P，Q的坐标．
17． (2023•滨州）如图，抛物线的顶点为A（h，﹣1），与y轴交于点B（0，﹣），点F（2，1）为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l是过点C（0，﹣3）且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P（m，n）到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
（3）已知坐标平面内的点D（4，3），请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时△DFQ周长的最小值及点Q的坐标．
18．（2018•贺州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA＝3，OB＝1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B、D两点间的一个动点（点P不与B、D两点重合），PA、PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
19．（2018•烟台）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+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．
20．（2018•湘潭）如图，点P为抛物线y＝x2上一动点．
（1）若抛物线y＝x2是由抛物线y＝（x+2）2﹣1通过图象平移得到的，请写出平移的过程；
（2）若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为（0，﹣1），过点P作PM⊥l于M．
①问题探究：如图一，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM＝PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．
②问题解决：如图二，若点Q的坐标为（1，5），求QP+PF的最小值．
专题12二次函数与线段和（将军饮马型）最值问题
二次函数与将军饮马问题必备的基础模型有：
模型1：当两定点A、B在直线l同侧时，在直线l上找一点P，使得PA＋PB最小．
作点B关于直线l的对称点B'，连接AB'交直线l于点P，点P即为所求作的点．PA＋PB的最小值为AB'
模型2：当两定点A、B在直线l同侧时，在直线l上找一点P，使得最大．
连接AB并延长交直线l于点P，点P即为所求作的点，的最大值为AB
模型3：当两定点A、B在直线l异侧时，在直线l上找一点P，使得最大．
作点B关于直线I的对称点B'，连接AB'并延长交直线l于点P，点P即为所求作的点．的最大值为AB'
模型4：点P在∠AOB内部，在OB边上找点D，OA边上找点C，使得△PCD周长最小．
分别作点P关于OA、OB的对称点P′、P″，连接P′P″，交OA、OB于点C、D，点C、D即为所求．△PCD周长的最小值为P′P″
模型5：点P在∠AOB内部，在OB边上找点D，OA边上找点C，使得PD＋CD最小．
作点P关于OB的对称点P′，过P′作P′C⊥OA交OB，PD＋CD的最小值为P′C
【例1】 (2023•黑龙江）如图，已知抛物线y＝（x﹣2）（x+a）（a＞0）与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．
（1）若抛物线过点M（﹣2，﹣2），求实数a的值；
（2）在（1）的条件下，解答下列问题；
①求出△BCE的面积；
②在抛物线的对称轴上找一点H，使CH+EH的值最小，直接写出点H的坐标．
【分析】（1）将M坐标代入抛物线解析式求出a的值即可；
（2）①求出的a代入确定出抛物线解析式，令y＝0求出x的值，确定出B与C坐标，令x＝0求出y的值，确定出E坐标，进而得出BC与OE的长，即可求出三角形BCE的面积；②根据抛物线解析式求出对称轴方程为直线x＝﹣1，根据C与B关于对称轴对称，连接BE，与对称轴交于点H，即为所求，设直线BE解析式为y＝kx+b，将B与E坐标代入求出k与b的值，确定出直线BE解析式，将x＝﹣1代入直线BE解析式求出y的值，即可确定出H的坐标．
【解答】解：（1）将M（﹣2，﹣2）代入抛物线解析式得：﹣2＝（﹣2﹣2）（﹣2+a），
解得：a＝4；
（2）①由（1）抛物线解析式y＝（x﹣2）（x+4），
当y＝0时，得：0＝（x﹣2）（x+4），
解得：x1＝2，x2＝﹣4，
∵点B在点C的左侧，
∴B（﹣4，0），C（2，0），
当x＝0时，得：y＝﹣2，即E（0，﹣2），
∴S△BCE＝×6×2＝6；
②由抛物线解析式y＝（x﹣2）（x+4），得对称轴为直线x＝﹣1，
根据C与B关于抛物线对称轴直线x＝﹣1对称，连接BE，与对称轴交于点H，即为所求，
设直线BE解析式为y＝kx+b，
将B（﹣4，0）与E（0，﹣2）代入得：，
解得：，
∴直线BE解析式为y＝﹣x﹣2，
将x＝﹣1代入得：y＝﹣2＝﹣，
则H（﹣1，﹣）．
【例2】 (2023•甘肃）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，点C在y轴上，且OC＝OB，D，E分别是线段AC，AB上的动点（点D，E不与点A，B，C重合）．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）连接DE并延长交抛物线于点P，当DE⊥x轴，且AE＝1时，求DP的长；
（3）连接BD．
①如图2，将△BCD沿x轴翻折得到△BFG，当点G在抛物线上时，求点G的坐标；
②如图3，连接CE，当CD＝AE时，求BD+CE的最小值．
【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；
（2）根据函数解析式求出OA的长度，根据三角函数求出DE的长度，根据P点的坐标得出PE的长度，根据DP＝DE+PE得出结论即可；
（3）①连接DG交AB于点M，设OM＝a（a＞0），则AM＝OA﹣OM＝3﹣a，得出G（﹣a，（a﹣3）），根据G点在抛物线上得出a的值，即可得出G点的坐标；
②方法一：在AB的下方作∠EAQ＝∠DCB，且AQ＝BC，连接EQ，CQ，构造△AEQ≌△CDB，得出当C、E、Q三点共线时，BD+CE＝EQ+CE最小，最小为CQ，求出CQ的值即可．
方法二：过点C作CF∥x轴，使得CF＝AC．证△FCD全等于△CAE，则FD＝CE所以F、D、B三点共线时CE+BD＝FD+BD取到最小值，求出此时BF的长即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝（x+3）（x﹣a）与x轴交于A，B（4，0）两点，
∴（4+3）（4﹣a）＝0，
解得a＝4，
∴y＝（x+3）（x﹣4）＝x2﹣x﹣3，
即抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣3；
（2）在y＝（x+3）（x﹣4）中，令y＝0，得x＝﹣3或4，
∴A（﹣3，0），OA＝3，
∵OC＝OB＝4，
∴C（0，4），
∵AE＝1，
∴DE＝AE•tan∠CAO＝AE＝，OE＝OA﹣AE＝3﹣1＝2，
∴E（﹣2，0），
∵DE⊥x轴，
∴xP＝xD＝xE＝﹣2，
∴yP＝（﹣2+3）（﹣2﹣4）＝﹣，
∴PE＝，
∴DP＝DE+PE＝+＝；
（3）①如下图，连接DG交AB于点M，
∵△BCD与△BFG关于x轴对称，
∴DG⊥AB，DM＝GM，
设OM＝a（a＞0），则AM＝OA﹣OM＝3﹣a，
MG＝MD＝AM•tan∠CAO＝（3﹣a），
∴G（﹣a，（a﹣3）），
∵点G（﹣a，（a﹣3））在抛物线y＝（x+3）（x﹣4）上，
∴（﹣a+3）（﹣a﹣4）＝（a﹣3），
解得a＝或3（舍去），
∴G（﹣，﹣）；
②如下图，在AB的下方作∠EAQ＝∠DCB，且AQ＝BC，连接EQ，CQ，
∵AE＝CD，
∴△AEQ≌△CDB（SAS），
∴EQ＝BD，
∴当C、E、Q三点共线时，BD+CE＝EQ+CE最小，最小为CQ，
过点C作CH⊥AQ，垂足为H，
∵OC⊥OB，OC＝OB＝4，
∴∠CBA＝45°，BC＝4，
∵∠CAH＝180°﹣∠CAB﹣∠EAQ＝180°﹣∠CAB﹣∠DCB＝∠CBA＝45°，
AC＝＝＝5，AH＝CH＝AC＝，
HQ＝AH+AQ＝AH+BC＝＝，
∴CQ＝＝＝，
即BD+CE的最小值为；
方法二：过点C作CF∥x轴，使得CF＝AC，作BG⊥FC延长线于点G，
∴∠FCA＝∠CAE，
又∵CD＝AE，CF＝AC，
∴△FCD≌△CAE（SAS），
∴FD＝CE，
∴F、D、B三点共线时CE+BD＝FD+BD取到最小值，
∵AC＝5，C（0，4），B（4，0），
∴BF的长＝＝．
【例3】 (2023•达州）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+2的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB＝∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）分两种情况：当点P在BC上方时，根据平行线的判定定理可得CP∥x轴，可得P（2，2）；当点P在BC下方时，设CP交x轴于点D（m，0），则OD＝m，DB＝3﹣m，利用勾股定理即可求得m＝，得出D（，0），再运用待定系数法求得直线CD的解析式为y＝x+2，通过联立方程组求解即可得出P（，﹣）；
（3）设Q（t，t2+t+2），且﹣1＜t＜3，运用待定系数法求得：直线AQ的解析式为y＝（t+2）x﹣t+2，直线BQ的解析式为y＝（﹣t﹣）x+2t+2，进而求出M、N的坐标，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
解得：
∴该二次函数的表达式为y＝x2+x+2；
（2）存在，理由如下：
如图1，当点P在BC上方时，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CP∥AB，即CP∥x轴，
∴点P与点C关于抛物线对称轴对称，
∵y＝x2+x+2，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，
∵C（0，2），
∴P（2，2）；
当点P在BC下方时，设CP交x轴于点D（m，0），
则OD＝m，DB＝3﹣m，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CD＝BD＝3﹣m，
在Rt△COD中，OC2+OD2＝CD2，
∴22+m2＝（3﹣m）2，
解得：m＝，
∴D（，0），
设直线CD的解析式为y＝kx+d，则，
解得：，
∴直线CD的解析式为y＝x+2，
联立，得，
解得：（舍去），，
∴P（，﹣），
综上所述，点P的坐标为（2，2）或（，﹣）；
（3）由（2）知：抛物线y＝x2+x+2的对称轴为直线x＝1，
∴E（1，0），
设Q（t，t2+t+2），且﹣1＜t＜3，
设直线AQ的解析式为y＝ex+f，则，
解得：，
∴直线AQ的解析式为y＝（t+2）x﹣t+2，
当x＝1时，y＝﹣t+4，
∴M（1，﹣t+4），
同理可得直线BQ的解析式为y＝（﹣t﹣）x+2t+2，
当x＝1时，y＝t+，
∴N（1，t+），
∴EM＝﹣t+4，EN＝t+，
∴EM+EN＝﹣t+4+t+＝，
故EM+EN的值为定值．
【例4】 (2023•天津）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．
（Ⅰ）若b＝﹣2，c＝﹣3，
①求点P的坐标；
②直线x＝m（m是常数，1＜m＜3）与抛物线相交于点M，与BP相交于点G，当MG取得最大值时，求点M，G的坐标；
（Ⅱ）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，求点E，F的坐标．
【分析】（Ⅰ）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M（m，m2﹣2m﹣3），则G（m，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；
（Ⅱ）由3b＝2c得b＝﹣2a，c＝﹣3a，抛物线的解析式为y＝ax2﹣2a﹣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+HN2＝9+49a2＝25．解得a1＝，a2＝﹣（舍）．可得点P'的坐标为（﹣1，﹣），点N′的坐标为（2，）．利用待定系数法得直线P'N′的解析式为y＝x﹣．即可得点E，F的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）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，
∴B（3，0），
设直线BP的解析式为y＝kx+n，
∴，解得，
∴直线BP的解析式为y＝2x﹣6，
∵直线x＝m（m是常数，1＜m＜3）与抛物线相交于点M，与BP相交于点G，
设点M（m，m2﹣2m﹣3），则G（m，2m﹣6），
∴MG＝2m﹣6﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3＝﹣（m﹣2）2+1，
∴当m＝2时，MG取得最大值1，
此时，点M（2，﹣3），则G（2，﹣2）；
（Ⅱ）∵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＝﹣3a（a＞0），
∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣2ax﹣3a．
∴y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，
∴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＝9+49a2＝25．
解得a1＝，a2＝﹣（舍）．
∴点P'的坐标为（﹣1，﹣），点N′的坐标为（2，）．
∴直线P'N′的解析式为y＝x﹣．
∴点E（，0），点F（0，﹣）．
【例5】 (2023•常德）如图，已知抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）当△OAB的面积为15时，求B的坐标；
（3）在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，当PA﹣PB的值最大时，求P的坐标以及PA﹣PB的最大值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设B（2，m）（m＞0），运用待定系数法求得直线OA的解析式为y＝x，设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H（2，2），BH＝m﹣2，利用三角形面积公式建立方程求解即可得出答案；
（3）运用待定系数法求得直线AB的解析式为y＝﹣x+10，当PA﹣PB的值最大时，A、B、P在同一条直线上，联立方程组求解即可求得点P的坐标，利用两点间距离公式可求得AB，即PA﹣PB的最大值．
【解答】解：（1）∵抛物线过点O（0，0），A（5，5），且它的对称轴为x＝2，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（4，0），
设抛物线解析式为y＝ax（x﹣4），把A（5，5）代入，得5a＝5，
解得：a＝1，
∴y＝x（x﹣4）＝x2﹣4x，
故此抛物线的解析式为y＝x2﹣4x；
（2）∵点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，
∴设B（2，m）（m＞0），
设直线OA的解析式为y＝kx，
则5k＝5，
解得：k＝1，
∴直线OA的解析式为y＝x，
设直线OA与抛物线对称轴交于点H，则H（2，2），
∴BH＝m﹣2，
∵S△OAB＝15，
∴×（m﹣2）×5＝15，
解得：t＝8，
∴点B的坐标为（2，8）；
（3）设直线AB的解析式为y＝cx+d，把A（5，5），B（2，8）代入得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+10，
当PA﹣PB的值最大时，A、B、P在同一条直线上，
∵P是抛物线上的动点，
∴，
解得：，（舍去），
∴P（﹣2，12），
此时，PA﹣PB＝AB＝＝3．
1． (2023•滨城区二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0），经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）连接AC、BC，N为抛物线上的点且在第四象限，当S△NBC＝S△ABC时，求N点的坐标；
（3）在（2）问的条件下，过点C作直线l∥x轴，动点P（m，3）在直线l上，动点Q（m，0）在x轴上，连接
PM、PQ、NQ，当m为何值时，PM+PQ+QN最小，并求出PM+PQ+QN的最小值．
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数即可求出抛物线的解析式，再将其变形成顶点式后，即可得出顶点M的坐标；
（2）连接AN，则AN∥BC，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，设直线AN的解析式为y＝﹣x+d，代入点A的坐标可求出d值，再联立直线AN与抛物线的解析式，即可求出点N的坐标；
（3）过点M作MM′∥PQ，且MM′＝PQ，连接M′Q，则当点M′，Q，N三点共线时，PM+QN取最小值，此时PM+PQ+QN最小，由点P，Q的坐标可得出PQ＝3，结合点M的坐标可得出点M′的坐标，由点M′，N的坐标，利用待定系数法可求出直线M′N的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出m的值，再利用两点间的距离公式（勾股定理）可求出M′N的长度，进而可得出PM+PQ+QN最小值．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
又∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M的坐标为（1，4）.
（2）连接AN，如图1所示．
∵S△NBC＝S△ABC，且两三角形有相同的底BC，
∴AN∥BC．
当x＝0时，y＝3，
∴点C的坐标为（0，3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c（k≠0），
将B（3，0），C（0，3）代入y＝kx+c，
得：，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3．
设直线AN的解析式为y＝﹣x+d，
将A（﹣1，0）代入y＝﹣x+d得：1+d＝0，
解得：d＝﹣1，
∴直线AN的解析为y＝﹣x﹣1．
联立两函数解析式得：，
解得：（不符合题意，舍去），，
∴点N的坐标为（4，﹣5）．
（3）过点M作MM′∥PQ，且MM′＝PQ，连接M′Q，如图2所示．
∵MM′∥PQ，且MM′＝PQ，
∴四边形MM′QP为平行四边形，
∴M′Q＝MP，
∴当点M′，Q，N三点共线时，PM+QN取最小值．
∵点P的坐标为（m，3），点Q的坐标为（m，0），
∴PQ＝3，
∴MM′＝3，
∴点M′的坐标为（1，4﹣3），即（1，1）．
设直线M′N的解析式为y＝px+q（p≠0），
将M′（1，1），N（4，﹣5）代入y＝px+q，
得：，解得：，
∴直线M′N的解析式为y＝﹣2x+3．
又∵点Q在直线M′N上，
∴0＝﹣2m+3，
∴m＝，此时M′N＝M′Q+QN＝MP+QN＝＝3，
∴当m为时，PM+PQ+QN最小，PM+PQ+QN的最小值为3+3．
2． (2023•淮北模拟）已知抛物线l1：y＝ax2+bx﹣2和直线l2：y＝﹣x﹣均与x轴相交于点A，抛物线l1与x轴的另一个交点为点B（3，0）．
（1）求a，b的值；
（2）将抛物线l1向右平移h个单位长度，使其顶点C落在直线l2上，求h的值；
（3）设抛物线l1和直线l2的另一个交点为点D，点P为抛物线上一个动点，且点P在线段AD的下方（点P不与点A，D重合），过点P分别作x轴和y轴的平行线，交直线l2于点M，N，记W＝PM+PN，求W的最大值．
【分析】（1）由直线l2：y＝﹣x﹣与x轴交于点A得A（﹣1，0），将点A（﹣1，0）、点B（3，0）代入抛物线l1：y＝ax2+bx﹣2即可得a，b的值；
（2）求出抛物线l1的顶点C（1，），将y＝﹣代入直线l2：y＝﹣x﹣求出x的值，即可求解；
（3）求出D（2，﹣2），设P（m，m2﹣m﹣2）（﹣1＜m＜2），则N（m，﹣m﹣），可得M（﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2），用含m的式子表示PM，PN，可得W＝PM+PN的二次函数，根据二次函数的最值即可得W的最大值．
【解答】解：（1）∵直线l2：y＝﹣x﹣与x轴交于点A，
∴A（﹣1，0），
将点A（﹣1，0）、点B（3，0）代入抛物线l1：y＝ax2+bx﹣2，得：
，解得：，
∴a＝，b＝﹣；
（2）∵a＝，b＝﹣，
∴y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣1）2﹣，
∴抛物线l1的顶点C（1，﹣），
将y＝﹣代入直线l2：y＝﹣x﹣得，
﹣x﹣＝﹣，解得x＝3，
∴抛物线l1向右平移h个单位长度，使其顶点C落在直线l2上，移动后顶点的横坐标为3，
∴h＝3﹣1＝2，即h的值为2；
（3）设抛物线l1和直线l2的另一个交点为点D，
∵x2﹣x﹣2＝﹣x﹣的解为x＝﹣1或x＝2，
∴D（2，﹣2），
设P（m，m2﹣m﹣2）（﹣1＜m＜2），
则N（m，﹣m﹣），M（﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2），
∴PM＝﹣m2+2m+2﹣m＝﹣m2+m+2，
PN＝﹣m﹣﹣m2+m+2＝﹣m2+m+，
∴W＝PM+PN＝﹣m2+m+2﹣m2+m+＝﹣m2+m+＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴W的最大值为．
3． (2023•南宁一模）如图1所示抛物线与x轴交于O，A两点，OA＝6，其顶点与x轴的距离是6．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，过点P的直线y＝x+m与抛物线的对称轴交于点Q．
①当△POQ与△PAQ的面积之比为1：3时，求m的值；
②如图2，当点P在x轴下方的抛物线上时，过点B（3，3）的直线AB与直线PQ交于点C，求PC+CQ的最大值．
【分析】（1）由题意可得y＝a（x﹣3）2﹣6，再将（0，0）代入求出a的值即可求函数的解析式；
（2）①设直线y＝x+m与y轴的交点为E，与x轴的交点为F，则OE＝|m|，AF＝|6+m|，由题意可知直线y＝x+m与坐标轴的夹角为45°，求出OM＝|m|，AN＝|6+m|，再由|m|：|6+m|＝1：3，求出m的值即可；
②设P（t，t2﹣4t），过P作PE∥y轴交AB于点E，过P作PF⊥BQ交于F，求出直线AB的解析式后可求E（t，﹣t+6），则PE＝﹣t2+3t+6，由直线AB与直线PQ的解析式，能确定两直线互相垂直，可求CQ＝BQ，CP＝PE，则PC+CQ＝﹣（t﹣3）2+9，即可求PC+CQ的最大值．
【解答】解：（1）∵OA＝6，
∴抛物线的对称轴为直线x＝3，
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）2+k，
∵顶点与x轴的距离是6，
∴顶点为（3，﹣6），
∴y＝a（x﹣3）2﹣6，
∵抛物线经过原点，
∴9a﹣6＝0，
∴a＝，
∴y＝（x﹣3）2﹣6；
（2）①设直线y＝x+m与y轴的交点为E，与x轴的交点为F，
∴E（0，m），F（﹣m，0），
∴OE＝|m|，AF＝|6+m|，
∵直线y＝x+m与坐标轴的夹角为45°，
∴OM＝|m|，AN＝|6+m|，
∵S△POQ：S△PAQ＝1：3，
∴OM：AN＝1：3，
∴|m|：|6+m|＝1：3，
解得m＝﹣或m＝3；
②设P（t，t2﹣4t），
过P作PE∥y轴交AB于点E，过P作PF⊥BQ交于F，
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+6，
∴E（t，﹣t+6），
∴PE＝﹣t+6﹣（t2﹣4t）＝﹣t2+3t+6，
设直线AB与y轴交点为G，
令x＝0，则y＝6，
∴G（0，6），
∴OG＝OA＝6，
∴∠OGA＝45°，
设直线PQ与x轴交点为K，与y轴交点为L，
直线PQ的解析式为y＝x+m，令x＝0，则y＝m
∴L（0，m），
令y＝0，则x＝﹣m，
∴K（﹣m，0），
∴OL＝OK，
∴∠OLK＝45°，
∴∠GCL＝90°，
∴PF＝FQ＝3﹣t，
设BF与x轴交点为H，
∴FH＝﹣t2+4t，
∴HQ＝﹣t2+4t﹣3+t＝﹣t2+5t﹣3，
∴BQ＝3﹣t2+5t﹣3＝﹣t2+5t，
∴CQ＝BQ＝（﹣t2+5t），
∵CP＝PE＝（﹣t2+3t+6），
∴PC+CQ＝（﹣t2+3t+6）+（﹣t2+5t）＝（﹣t2+8t+6）＝﹣（t﹣3）2+9，
当t＝3时，PC+CQ的最大值为9．
4． (2023•成都模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴，x轴分别相交于A（0，2），B（2，0），C（4，0）三点，点D是二次函数图象的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线上异于点B的一点，连接AC，若S△ACP＝S△ACB，求点P的坐标；
（3）M是第四象限内一动点，且∠AMB＝45°，连接MD，MC，求2MD+MC的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分两种情形，分别构建方程组求解即可；
（3）以O为圆心，OA为半径的圆，连接OM，取OB的中点E，连接EM、ED，先根据二次函数求出A、B、C、D的坐标，再证明△EOM∽△MOC，从而有EM＝MC，故2MD+MC＝2（MD+MC）＝2（MD+ME）≥2ED，再求出ED即可．
【解答】解：（1）∵抛物线经过B（2，0），C（4，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣4），
把A（0，2）代入，可得a＝，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣x+2；
（2）如图，当点P在直线AC的下方时，过点B作BP0∥AC交抛物线于点P0，
由题意直线AC的解析式为y＝﹣x+2，
∴kAC＝﹣，
∴K＝﹣，
∴直线BP0的解析式为y＝﹣x+1，
由，
解得，
则P0与B重合，不符合题意．
当点P在直线AC的上方时，作直线BP0关于直线AC的的对称直线P1P2，交抛物线于P1，P2．
∵直线AC的解析式为y＝﹣x+2，
∴可得直线P1P2的解析式为y＝﹣x+3，
由，
解得或，
∴P1（2+2，2﹣），P2（2﹣2，2+）；
（3）解：如图，以O为圆心，OA为半径的圆，连接OM，取OB的中点E，连接EM、ED，
∵A（0，2），B（2，0），C（4，0），
∴OA＝OB，即B在⊙O上，
∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣3）2﹣，
∴顶点D（3，﹣），
∵∠AMB＝45°，
∴∠AMB＝∠BOA，
∴M在在⊙O上，即OM＝2，
取OB的中点E（1，0），
∵＝，＝，＝，
∴＝，
又∠EOM＝∠MOC，
∴△EOM∽△MOC，
∴＝，
∴EM＝MC，
∴2MD+MC＝2（MD+MC）＝2（MD+ME）≥2ED，
∵ED＝＝，
∴2MD+MC的最小值为．
5． (2023•成都模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a（x﹣1）（x+3）的图象与x轴交于点A，B（A在B的左边），且经过点C（﹣2，3），P为抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及点P的坐标；
（2）平面内一动点H自点C出发，先到达x轴上的某点M，再到达y轴上某点N，最后运动到点P，求使点H运动的总路径最短的点M，点N的坐标，并求出这个最短总路径的长；
（3）如图2，过点C的直线l与抛物线有唯一的公共点，将直线l向下平移交抛物线于D，E两点，连BD交y轴正半轴于F，连BE交y轴负半轴于G，试判断|OF﹣OG|是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求出a，再利用配方法求解；
（2）如图1中，作点C关于x轴的对称点C′，点P关于y轴的对称点P′，连接C′P′交x轴于点M，交y轴于点N，得C′（﹣2，﹣3），P′（1，4），此时点H运动的总路径最短，求出直线MN的解析式，可得结论；
（3）如图2中，过点D，E分别作DK⊥y轴于点K，EH⊥y轴于点H．由，得到x2+（2+k）x+2k＝0，由Δ＝0，可得k＝2，设DE为y＝2x+m，E（x1，y1），D（x2，y2），由，得x2+4x+m﹣3＝0，可得x1+x2＝﹣4，x1•x2＝m﹣3，由△DKF∽△BOF，△BOG∽△EHG，可得＝，＝，OF＝＝，OG＝＝，再求出|OF﹣OG|的值，可得结论．
【解答】解：（1）把C（﹣2，3）代入y＝a（x﹣1）（x+3），可得a＝﹣1，
∴y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴P（﹣1，4）；
（2）如图1中，作点C关于x轴的对称点C′，点P关于y轴的对称点P′，连接C′P′交x轴于点M，交y轴于点N，得C′（﹣2，﹣3），P′（1，4），此时点H运动的总路径最短，
∴yMN＝x+，
∴M（﹣，0），N（0，），
∴dmin＝＝；
（3）如图2中，过点D，E分别作DK⊥y轴于点K，EH⊥y轴于点H．
设直线l的表达式为y＝kx+b，将C（﹣2，3）代入得到b＝2k+3，
∴y＝kx+2k+3，
由，得到x2+（2+k）x+2k＝0，
由Δ＝0可得（2+k）2﹣8k＝0．
∴k＝2，
设DE为y＝2x+m，E（x1，y1），D（x2，y2），
由，得x2+4x+m﹣3＝0，
∴x1+x2＝﹣4，x1•x2＝m﹣3，
由△DKF∽△BOF，△BOG∽△EHG，
可得＝，＝，OF＝＝，OG＝＝，
∴|OF﹣OG|＝|﹣|＝||，
将x1+x2＝﹣4，x1•x2＝m﹣3，代入上式，可得||OF﹣OG|＝2．
6． (2023•沈阳模拟）定义：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的“衍生直线”为y＝﹣ax+b，有一个顶点在抛物线上，另一个顶点在“衍生直线”上的三角形为该抛物线的“衍生三角形”．
如图1，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与其“衍生直线”交于A，D两点（点A在点D的左侧），与x轴正半轴相交于点B，与y轴正半轴相交于点C，点P为抛物线的顶点．
（1）填空：该抛物线的“衍生直线”的解析式为 y＝x+1 ；B的坐标为 （3，0） ；D的坐标为 （2，3） ．
（2）如图1，动点E在线段AB上，连接DE，DB，将△BDE以DE所在直线为对称轴翻折，点B的对称点为F，若三角形△DEF为该抛物线的“衍生三角形”，且F不在抛物线上，求点F坐标．
（3）抛物线的“衍生直线”上存在两点M，N（点M在点N的上方），且MN＝，连接PM，CN，当PM+MN+CN最短时，请直接写出此时点N的坐标．
【分析】（1）根据“衍生直线”的定义可得抛物线y＝﹣x2+2x+3的“衍生直线”的解析式，通过解方程即可求得点B、D的坐标．
（2）分两种情况：点E在点A与点B之间，点F在直线AD上或点E与点A重合，当点E在点A与点B之间，点F在直线AD上时，设F1（t，t+1），利用翻折变换的性质建立方程求解即可；当点E与点A重合时，由翻折得：∠DAF＝∠DAB＝45°，AF＝AB＝4，即可求得答案．
（3）过点P作PR∥x轴，过点A作AR∥y轴，则R（﹣1，4），作点P关于直线AD的对称点P′，过点P′作P′K⊥x轴于点K，证得△APR≌△AP′K（AAS），得出：AK＝AR＝4，P′K＝PR＝2，即可得到P′（3，2），将线段P′M沿着直线DA的方向平移个单位，即向左平移个单位，向下平移个单位，得到线段P″N，则P″（，），当C、N、P″三点共线时，PM+MN+CN最短；运用待定系数法求出直线CP″的解析式，联立方程组即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+2x+3，
∴其“衍生直线”的解析式为y＝x+1，
由﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝﹣1或3，
∴B（3，0），
由﹣x2+2x+3＝x+1，
解得：x＝﹣1或2，
∴D（2，3），
故答案为：y＝x+1；（3，0）；（2，3）．
（2）∵抛物线y＝﹣x2+2x+3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
设直线AD交y轴于点T，则T（0，1），
∴OA＝OT，
即△AOT是等腰直角三角形，
∴∠DAB＝45°，
∵三角形△DEF为该抛物线的“衍生三角形”，且F不在抛物线上，
∴点E在点A与点B之间，点F在直线AD上或点E与点A重合，如图1，
当点E在点A与点B之间，点F在直线AD上时，设F1（t，t+1），
由翻折得：DF1＝DB＝＝，
∴（t﹣2）2+（t+1﹣3）2＝10，
解得：t＝2±，
∵t＜2，
∴t＝2﹣，
∴F1（2﹣，3﹣）；
当点E与点A重合时，由翻折得：∠DAF＝∠DAB＝45°，AF＝AB＝4，
∴F2（﹣1，4）；
综上所述，点F的坐标为：F1（2﹣，3﹣）或F2（﹣1，4）；
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴P（1，4），
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
过点P作PR∥x轴，过点A作AR∥y轴，则R（﹣1，4），
作点P关于直线AD的对称点P′，过点P′作P′K⊥x轴于点K，
由（2）知∠DAB＝45°，
∴∠DAR＝45°，
∵AP′＝AP，∠P′AD＝∠PAD，
∴∠PAR＝∠P′AK，
∵∠ARP＝∠AKP′＝90°，
∴△APR≌△AP′K（AAS），
∴AK＝AR＝4，P′K＝PR＝2，
∴P′（3，2），
将线段P′M沿着直线DA的方向平移个单位，即向左平移个单位，向下平移个单位，得到线段P″N，
则P″（，），当C、N、P″三点共线时，PM+MN+CN最短；
即直线CP″交直线AD于点N，
设直线CP″的解析式为y＝kx+d，
则，
解得：，
∴直线CP″的解析式为y＝x+3，
由x+1＝x+3，
解得：x＝，
∴N（，）．
7． (2023•沈阳模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+（a≠0）经过点A（3，2）和点B（4，﹣），且与y轴交于点C．
（1）分别求抛物线和直线BC的解析式；
（2）在x轴上有一动点G，抛物线上有一动点H，是否存在以O，A，G，H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）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．
【分析】（1）将点A（3，2）和点B（4，﹣）代入y＝ax2+bx+得，可解得抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，令x＝0得y＝，得C（0，），设直线BC的解析式为y＝kx+，将B（4，﹣）代入可得直线BC的解析式为y＝﹣x+，
（2）设G（m，0），H（n，﹣n2+n+），又O（0，0），A（3，2），分三种情况：①若GH、OA为对角线，则GH、OA的中点重合，有，可解得H（﹣1，2），②若GO、HA为对角线，则GO、HA的中点重合，有，可解得H（2+1，﹣2）或（﹣2+1，﹣2）；③若GA、OH为对角线，则GA、OH的中点重合，有，解得H（﹣1，2），
（3）作A关于抛物线对称轴的对称点A'，连接A'D交抛物线对称轴于P，设D（t，﹣t2+t+），则E（t，﹣t+），得DE＝﹣（t﹣2）2+2，即知t＝2时，DE取最小值2，D（2，），由抛物线y＝﹣x2+x+的对称轴为直线x＝1，得A（3，2）关于对称轴直线x＝1的对称点A'（﹣1，2），有PA＝PA'，当D、P、A'共线时，PA'+PD最小，即PA+PD最小，PA+PD的最小值为A'D的长，即得PD+PA的最小值为．
【解答】解：（1）将点A（3，2）和点B（4，﹣）代入y＝ax2+bx+得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，
在y＝﹣x2+x+中，令x＝0得y＝，
∴C（0，），
设直线BC的解析式为y＝kx+，将B（4，﹣）代入得：
4k+＝﹣，
解得k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+，
答：抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+，直线BC的解析式为y＝﹣x+；
（2）存在以O，A，G，H为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
设G（m，0），H（n，﹣n2+n+），又O（0，0），A（3，2），
①若GH、OA为对角线，则GH、OA的中点重合，
∴，
解得（此时G与O重合，舍去）或，
∴H（﹣1，2），
②若GO、HA为对角线，则GO、HA的中点重合，
，
解得n＝2+1或n＝﹣2+1，
∴H（2+1，﹣2）或（﹣2+1，﹣2）；
③若GA、OH为对角线，则GA、OH的中点重合，
∴，
解得n＝3（舍去）或n＝﹣1，
∴H（﹣1，2），
综上所述，H的坐标为（﹣1，2）或（2+1，﹣2）或（﹣2+1，﹣2）；
（3）作A关于抛物线对称轴的对称点A'，连接A'D交抛物线对称轴于P，如图：
设D（t，﹣t2+t+），则E（t，﹣t+），
∴DE＝（﹣t2+t+）﹣（﹣t+）＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣2）2+2，
∵﹣＜0，
∴t＝2时，DE取最小值2，此时D（2，），
∵抛物线y＝﹣x2+x+的对称轴为直线x＝1，
∴A（3，2）关于对称轴直线x＝1的对称点A'（﹣1，2），
∴PA＝PA'，
∴PA+PD＝PA'+PD，
又D、P、A'共线，
∴此时PA'+PD最小，即PA+PD最小，PA+PD的最小值为A'D的长，
∵D（2，），A'（﹣1，2），
∴A'D＝＝，
∴PD+PA的最小值为．
8． (2023•沈河区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和B（点B在A的右侧），与y轴交于点C（0，2），点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AP，与y轴交于点D，连接BD，当△BOD≌△COA时，求点P的坐标；
（3）连接OP，与线段BC交于点E，点Q是x轴正半轴上一点，且CE＝BQ，当OE+CQ的值最小时，请直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）将定系数法求解析式即可求解；
（2）根据全等三角形的性质可得OA＝OD＝1，求得直线AD的解析式为y＝x+1，联立抛物线解析式，解方程即可求解；
（3）在线段BC上，取BM＝CO，作M关于x轴的对称点M'，连接QM，QM'，连接MM'交x轴于点S，证明CQ+OE＝CQ+QM′，进而根据轴对称图形的性质求得当且仅当C，Q，M共线时取得最小值，即点Q在直线M'上，待定系数法求解析式．进而即可求解．
【解答】解：（1）将4（﹣1.0），C（0.2），代入y＝ax2+x+c，得
，
∴，
∴y＝﹣x2+x+2；
（2）∵A（﹣1，0），△BOD≌△COA，
∴OA＝OD＝1，
∴D（0，1）或（0，﹣1），
设直线AD的解析式为＝kx+b，
则或，
∴或，
∴y＝x+1或y＝﹣x﹣1，
联立或，
解得（不合题意，舍去）或，或（不合题意，舍去），
∴P（1，2）或（3，﹣4）；
（3）由题意得，点Q在点B的左侧，
在线段BC上，取BM＝CO，作M关于x轴的对称点M′，连接QM，QM′，连接MM′交x轴于点S，
∴y＝﹣x2+x+2，令y＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝2，
则B（2，0），
∴OB＝OC＝2，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴BO＝OC＝2，
∵BQ＝CE，BM＝CQ，∠QBM＝∠ECO，
∴QM＝OE，
∵QM＝Q′M，
∴CQ+OE＝CQ+QM′，
当且仅当C，Q，M′共线时取得最小值，即点Q在直线′M′CM′上，
∵∠OCE＝45°，BM＝2，
∴MS＝SB＝，
∴M（2﹣，），则M′（2﹣，﹣），
设直线CM′的解析式为y＝sx+t，
把C（0，2），（2﹣，﹣），代入得，
，
解得：，
∴直线CM′的解断式为y＝（﹣3﹣2）x+2，
令y＝0，解得x＝6﹣4，
∴Q（6﹣4，0）．
9． (2023•邵阳县模拟）如图，直线l：y＝﹣3x﹣6与x轴、y轴分别相交于点A、C；经过点A、C的抛物线C：与x轴的另一个交点为点B，其顶点为点D，对称轴与x轴相交于点E．
（1）求抛物线C的对称轴．
（2）将直线l向右平移得到直线l1．
①如图①，直线l1与抛物线C的对称轴DE相交于点P，要使PB+PC的值最小，求直线l1的解析式．
②如图 ②，直线l1与直线BC相交于点F，直线l1上是否存在点M，使得以点A、C、F、M为顶点的四边形是菱形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）分别把x＝0和y﹣0代入一次函数的解析式，求出A、C坐标，代入抛物线得出方程组，求出方程组的解，得出抛物线的解析式，即可求解；
（2）①求出抛物线C的对称轴和B的坐标，连接BC交对称轴于点P′，PB+PC＝QP′B+P′C＝BC的值最小，求出点P′的坐标，根据平移的性质即可求出直线l1的解析式；
②分两种情况：Ⅰ当AM为边时，Ⅱ当AM为对角线时，根据菱形的性质即可求解．
【解答】解：（1）在y＝﹣3x﹣6中，令y＝0，
即﹣3x﹣6＝0，x＝﹣2，得A（﹣2，0）．
令x＝0，得y＝﹣6，得C（0，﹣6），
将点A、C的坐标代入抛物线C的表达式，
得：，解得，
∴抛物线C的解析式为，其对称轴为x＝﹣＝2；
（2）①如图，连接BC交DE于点P′，
则PB+PC≥BC．当点P到达点P时，
PB+PC＝QP′B+P′C＝BC的值最小，
令y＝0，即，
解得 x1＝﹣2，x2＝6．
∴点B坐标为（6，0）．
设直线BC的表达式为 y＝kx+h，
则：，解得．
∴y＝x﹣6，
当x＝2时，y＝2﹣6＝﹣4．
∴点P′即点P的坐标为（2，﹣4），
∵将直线l：y＝﹣3x﹣6向右平移得到直线l1，
∴设直线l1的解析式为y＝﹣3x+h1．
则﹣4＝﹣3×2+h1，
∴h1＝2．
∴直线l1的解析式为y＝﹣3x+2；
②存在点M，使得以点A、C、F、M为顶点的四边形是菱形．
由点F在直线BC：y＝x﹣6上，可设点F（m，m﹣6）．
Ⅰ当AM为边时，如图，过点A作AM∥CB交l1于点M．
∵FM∥CA，
∴当FM＝CA时，以点A、C、F、M为顶点的四边形ACFM是平行四边形．
当CA＝CF时，▱ACFM是菱形．
过点F作FH⊥CO于H，则CH＝|（m﹣6）﹣（﹣6）|＝|m|．CF2＝CH2+FH2＝m2+m2＝2m2，
∵CA2＝22+62＝40，
∴2m2＝40，
∴，（舍去），
∴F（，）．
∵FM∥CA且FM＝CA，
∴可将CA先向右平移单位、再向上平移单位得到FM，
即可将点A（﹣2，0）先向右平移单位、再向上平移单位得到点M．
故点M的坐标为（﹣2，）；
Ⅱ当AM为对角线时，连接AF，过点C作CM∥AF交l1于点M．
∵FM∥AC，
∴当FM＝AC时，以点A、C、F、M为顶点的四边形ACFM是平行四边形．
当AC＝AF时，▱ACMF是菱形．
∵AF2＝（m+2）2+（m﹣6）2，CA2＝40，
∴（m+2）2+（m﹣6）2＝40，
∴m1＝4，m2＝0（舍去），
∴点F的坐标为（4，﹣2）．
∵FM∥AC且FM＝AC，
∴可将AC先向右平移6个单位、再向下平移2个单位得到FM，
即可将点C（0，﹣6）先向右平移6单位、再向下平移2单位得到点M．
∴点M的坐标为（6，﹣8）．
综上，点M的坐标为（﹣2，）或（6，﹣8）．
10． (2023•越秀区校级二模）在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴是直线x＝与x轴的交点为点A，且经过点B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M为抛物线对称轴上一动点，当|BM﹣CM|的值最小时，求出点M的坐标；
（3）抛物线上是否存在点N，过点N作NH⊥x轴于点H，使得以点B、N、H为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法直接得出结论；
（2）先判断出|BM﹣CM|最小时，BM＝CM，建立方程求解即可得出结论；
（3）先判断出∠ACB＝∠BHN＝90°，分两种情况，利用相似三角形得出比例式，建立方程求解即可得出结论．
【解答】解：（1）针对于y＝﹣x+2，令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
令y＝0，则0＝﹣x+2，
∴x＝4，
∴B（4，0），
∵点C在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，
∴c＝2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+bx+2，
∵点B（4，0）在抛物线上，
∴﹣8+4b+2＝0，
∴b＝，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）∵|BM﹣CM|最小，
∴|BM﹣CM|＝0，
∴BM＝CM，
∴BM2＝CM2，
设M（，m），
∵B（4，0），C（0，2），
∴BM2＝（4﹣）2+m2，CM2＝（）2+（m﹣2）2，
∴（4﹣）2+m2＝（）2+（m﹣2）2，
∴m＝0，
∴M（，0）；
（3）存在，理由：
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2，
令y＝0，则0＝﹣x2+x+2，
∴x＝4或x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
∵B（4，0），C（0，2），
∴BC2＝20，AC2＝5，AB2＝25，
∴CB2+AC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∵NH⊥x轴，
∴∠BHN＝90°＝∠ACB，
设N（n，﹣n2+n+2），
∴HN＝|﹣n2+n+2|，BH＝|n﹣4|，
∵以点B、N、H为顶点的三角形与△ABC相似，
∴①△BHN∽△ACB，
∴，
∴＝，
∴n＝﹣5或n＝3或n＝4（舍），
∴N（﹣5，﹣18）或（3，2），
②△BHN∽△BCA，
∴，
∴＝，
∴n＝0或n＝4（舍）或n＝﹣2，
∴N（0，2）或（﹣2，﹣3），
即满足条件的点N的坐标为（﹣5，﹣18）或（﹣2，﹣3）或（0，2）或（3，2）．
11． (2023•立山区一模）已知点A（﹣2，0），B（3，0），抛物线y＝ax2+bx+4过A，B两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是线段AC上一动点（不与C点重合），作PQ⊥BC交抛物线于点Q，PH⊥x轴于点H．
①连结CQ，BQ，PB，当四边形PCQB的面积为时，求P点的坐标；
②直接写出PH+PQ的取值范围．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）①先根据四边形面积求得PQ＝，再运用待定系数法求得直线AC的解析式为y＝2x+4，如图1，设P（t，2t+4），Q（s，﹣s2+s+4），过点P作PK∥x轴，过点Q作QK∥y轴，设PK交y轴于点T，PQ交y轴于点F，交BC于点G，可证得△BCO∽△QPK，得出＝＝，求得：PK＝2，QK＝，建立方程求解即可得出答案；
②由①得△BCO∽△QPK，可推出：PQ＝QK＝﹣s2+s﹣t，由4QK＝3PK，可得出t＝s2﹣s，进而可得：PQ+PH＝﹣s2+s﹣t+2t+4＝﹣s2+s﹣（s2﹣s）+4＝（s﹣）2+，运用二次函数的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4过A（﹣2，0），B（3，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4；
（2）①由（1）知：y＝﹣x2+x+4，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
在Rt△BOC中，BC＝＝＝5，
∵PQ⊥BC，S四边形PCQB＝，
∴×5PQ＝，
∴PQ＝，
设直线AC的解析式为y＝kx+d，
则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝2x+4，
如图1，设P（t，2t+4），Q（s，﹣s2+s+4），
过点P作PK∥x轴，过点Q作QK∥y轴，设PK交y轴于点T，PQ交y轴于点F，交BC于点G，
则QK＝﹣s2+s+4﹣（2t+4）＝﹣s2+s﹣2t，PK＝s﹣t，
∵PQ⊥BC，PK⊥y轴，
∴∠CGF＝∠PTF＝90°，
∵∠CFG＝∠PET，
∴∠BCO＝∠QPK，
∵∠BOC＝∠QKP＝90°，
∴△BCO∽△QPK，
∴＝＝，
即＝＝，
∴PK＝2，QK＝，
∴，
解得：，，
∵点P是线段AC上一动点（不与C点重合），
∴﹣2≤t＜0，
t＝﹣3+，2t+4＝2×（﹣3+）+4＝﹣2
∴P（﹣3+，﹣2）；
②由①得：P（t，2t+4），Q（s，﹣s2+s+4），QK＝﹣s2+s﹣2t，PK＝s﹣t，△BCO∽△QPK，
∴＝＝，即＝＝，
∴PQ＝QK＝（﹣s2+s﹣2t）＝﹣s2+s﹣t，
∵4QK＝3PK，即4（﹣s2+s﹣2t）＝3（s﹣t），
∴t＝s2﹣s，
∴PQ+PH＝﹣s2+s﹣t+2t+4＝﹣s2+s﹣（s2﹣s）+4＝（s﹣）2+，
∵﹣2≤t＜0，
∴﹣2≤s2﹣s＜0，
令s2﹣s＝2，解得：s＝﹣2或，
令s2﹣s＝0，解得：s＝0或，
∵点Q在第一象限，即0＜s＜3，
∴0＜s≤，
∵＜0，
∴当s＝，即t＝﹣时，PQ+PH取得最大值，
当x＝0时，PQ+PH取得最小值，
∴4＜PQ+PH≤．
12． (2023•招远市一模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D．
（1）抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）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，过点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，求点E的坐标；若不能，请说明理由；
（3）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．
（4）设点M的坐标为（3，m），直接写出使MN+MD的和最小时m的值．
【分析】（1）由抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，，解得，得抛物线为y＝﹣x2+2x+3；又设直线为y＝kx+n过点A（﹣1，0）及C（2，3），得，解得，得直线AC为y＝x+1；
（2）由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，得D（1，4），当x＝1时，y＝x+1＝2，得B（1，2），求出BD＝2，设E（x，x+1），当EF＝BD＝2时，以B，D，E，F为顶点的四边形为平行四边形，分两种情形讨论：①如图2，当点E在线段AC上时，点F在点E上方，得x+3＝﹣x2+2x+3，即可求解；②当点E在线段AC（或CA）延长线上时，点F在点E下方，则F（x，x﹣1），得x﹣1＝﹣x2+2x+3，即可求解；
（3）如图2，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，交x轴于点H；过点C作CG⊥x轴于点G，设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3），表示出PQ＝（﹣x2+2x+3）﹣（x+1）＝﹣x2+x+2，又S△APC＝S△APQ+S△CPQ＝PQ•AG＝（﹣x2+x+2）×3＝﹣（x﹣）2+，S△APC的最大值为；
（4）作直线x＝3，作点D关于直线x＝3的对称点D′，得D′坐标为（5，4），连结ND′交直线x＝3于点M，此时N、M、D′三点共线时，NM+MD′最小，即NM+MD最小，利用点N（0，3）和D′（5，4）求出直线NM的函数关系式为：y＝x+3，当x＝3时，y＝，求出m＝．
【解答】解：（1）由抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，
，
解得，
∴抛物线为y＝﹣x2+2x+3；
又设直线为y＝kx+n过点A（﹣1，0）及C（2，3），
得，
解得，
∴直线AC为y＝x+1；
（2）以B，D，E，F为顶点的四边形可以为平行四边形
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），
当x＝1时，y＝x+1＝2，
∴B（1，2），
∴BD＝2，
∵点E在直线AC上，设E（x，x+1），
⸪EF∥BD，
⸫当EF＝BD＝2时，以B，D，E，F为顶点的四边形为平行四边形，
①如图2，当点E在线段AC上时，点F在点E上方，则F（x，x+3），
∵F在抛物线上，
∴x+3＝﹣x2+2x+3，
解得，x＝0或x＝1（舍去），
∴E（0，1）；
②当点E在线段AC（或CA）延长线上时，点F在点E下方，则F（x，x﹣1），
∵F在抛物线上，
∴x﹣1＝﹣x2+2x+3，
解得x＝或x＝，
∴E（，）或（，），
综上，满足条件的点E的坐标为（0，1）或E（，）或（，）；
（3）如图2，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，交x轴于点H；过点C作CG⊥x轴于点G，
设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3），
∴PQ＝（﹣x2+2x+3）﹣（x+1）
＝﹣x2+x+2
又∵S△APC＝S△APQ+S△CPQ
＝PQ•AG＝（﹣x2+x+2）×3＝﹣（x﹣）2+，
∴△APC面积的最大值为；
（4）作直线x＝3，作点D关于直线x＝3的对称点D′，
得D′坐标为（5，4），
连结ND′交直线x＝3于点M，
此时N、M、D′三点共线时，NM+MD′最小，
即NM+MD最小，
设直线ND′的关系式为：y＝mx+n，
把点N（0，3）和D′（5，4）代入，
，
得m＝，n＝3，
∴直线NM的函数关系式为：y＝x+3，
当x＝3时，y＝，
m＝．
13． (2023•桓台县二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0），点M为顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）过点M作y轴的垂线，垂足为C，过点B作y轴的平行线，交CM于点D，点H为OC上的任一点，将线段HB绕点H逆时针旋转90°到HP．求∠PCD的度数；
（3）在（2）的条件下，将点H改为y轴上的一动点，连接OP，BP，求OP+BP的最小值．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入即可求出抛物线解析式；
（2）过点P作PE⊥y轴，垂足为E点，连接PC，证明△PEH≌△HOB（AAS），由全等三角形的性质得出PE＝OH，EH＝OB，由直角三角形的性质可得出结论；
（3）作点O关于直线PC的对称点F，连接BF，直线PC交x轴于点Q，连接FQ，由轴对称的性质及勾股定理可得出答案．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得 ，解得，
∴抛物线解析式为 y＝x2+x+；
（2）M（1，3）．
∵矩形OBDC中，CO＝OB＝3．
∴四边形OBDC是正方形，
过点P作PE⊥y轴，垂足为E点，连接PC，如图2，
∵∠PHB＝90°，
∴∠PHE+∠BHO＝90°，
∵∠OBH+∠BHO＝90°，
∴∠PHE＝∠OBH，
又HP＝HB，
∴△PEH≌△HOB（AAS），
∴PE＝OH，EH＝OB，
∵OB＝OC，
∴OC＝EH，
∴EC＝OH，
∴EC＝EP，
∴∠ECP＝45°，
∴∠PCD＝45°；
（3）如图3，
由（2）可知，点P在直线PC上运动，
作点O关于直线PC的对称点F，连接BF，直线PC交x轴于点Q，连接FQ，
∵CD‖x轴，
∴∠PCD＝∠PQO＝45°，
∴OQ＝OC＝OB＝3，
由作图知，∠FQC＝∠PQO＝45°，FQ＝OQ＝3，
∴∠FQB＝90°，
∴BF＝，
∴OP+BP的最小值为．
14． (2023•成都模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点D为第一象限内抛物线上的一动点，作DE⊥x轴于点E，交BC于点F，过点F作BC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点G，H，设点D的横坐标为m．
①求DF+HF的最大值；
②连接EG，若∠GEH＝45°，求m的值．
【分析】（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c，得方程组，解得b与c的值，则可得出抛物线的解析式；
（2）①先求出点C的坐标，用待定系数法求得直线BC的解析式，作FK⊥y轴于点K，可得：FH＝KF＝OE，由线段的和差可得：DF+HF＝DE﹣EF+OE，代入数据得到关于m的二次函数，由二次函数的性质可得DF+HF的最大值；②作GM⊥y轴于点M，记直线FH与x轴交于点N，由等腰三角形的判定可知EF＝EN，OH＝ON，由抛物线的性质可得MG＝1，继而求得HG的值；判定△EHG∽△FHE，得出比例式，代入数据可得关于m的方程，解方程即可．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
（2）①当x＝0时，y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴点C（0，3），
又∵B（3，0），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
作FK⊥y轴于点K，
又∵FH⊥BC，
∴∠KFH＝∠KHF＝45°，
∴FH＝KF＝OE，
∴DF+HF＝DE﹣EF+OE
＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）+m
＝﹣m2+（3+）m，
由题意有0＜m＜3，且0＜﹣＜3，﹣1＜0，
∴当m＝时，DF+HF取最大值，
DF+HF的最大值为：﹣（）2+（3+）×＝；
②作GM⊥y轴于点M，记直线FH与x轴交于点N，
∵FK⊥y轴，DE⊥x轴，∠KFH＝45°，
∴∠EFH＝∠ENF＝45°，
∴EF＝EN，
∵∠KHF＝∠ONH＝45°，
∴OH＝ON，
∵y＝﹣x2+2x+3的对称轴为直线x＝1，
∴MG＝1，
∵HG＝MG＝，
∵∠GEH＝45°，
∴∠GEH＝∠EFH，
又∠EHF＝∠GHE，
∴△EHG∽△FHE，
∴HE：HG＝HF：HE，
∴HE2＝HG•HF
＝×m
＝2m，
在Rt△OEH中，
OH＝ON＝|OE﹣EN|
＝|OE﹣EF|
＝|m﹣（﹣m+3）|
＝|2m﹣3|，
∵OE＝m，
∴HE2＝OE2+OH2
＝m2+（2m﹣3）2
＝5m2﹣12m+9，
∴5m2﹣12m+9＝2m，
解得：m＝1或．
15． (2023•朝阳）如图，抛物线y＝﹣+bx+c与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，点C坐标为（0，4）．
（1）求抛物线表达式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使∠ABP＝∠BCO，如果存在，求出点P坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点P在x轴上方，点M是直线BP上方抛物线上的一个动点，求点M到直线BP的最大距离；
（4）点G是线段AC上的动点，点H是线段BC上的动点，点Q是线段AB上的动点，三个动点都不与点A，B，C重合，连接GH，GQ，HQ，得到△GHQ，直接写出△GHQ周长的最小值．
【分析】（1）利用抛物线的对称轴为x＝﹣1，求出b的值，再把b的值和C的坐标代入y＝﹣+bx+c计算即可；
（2）作PE⊥x轴于点E，利用相似三角形的判定方法可证得△PEB∽△BOC，设，则|，BE＝2﹣m，再分别讨论P的位置列式求解即可；
（3）作MF⊥x轴于点F，交BP于点R，作MN⊥BP于点N，用待定系数法求出直线BP的解析式，利用解析式表示出MR的长度，再通过求证△MNR∽△BFR联合Rt△MNR建立比值关系列式计算即可；
（4）作Q点关于AC的对称点Q1，作Q关于CB的对称点Q2，连接Q1Q2与AC于G1，与CB交于点H1，连接QQ1交AC于J，连接QQ2交CB于K，此时△QG1H1的周长最小，这个最小值＝Q1Q2，再证明Q1Q2＝2JK，JK最小时，△QGH周长最小，利用图2证明当点Q与点O重合时JK最小，在图3中利用相似三角形的性质求出JK的最小值即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为x＝﹣1，
∴﹣＝﹣1，
∴b＝﹣1，
将（0，4）代入y＝﹣﹣x+c中，
∴c＝4，
∴y＝﹣﹣x+4．
（2）如图1中，作PE⊥x轴于点E．
∵∠ABP＝∠BCO，∠PEB＝∠BOC＝90°，
∴△PEB∽△BOC，
∴（此处也可以由等角的正切值相等得到），
设，则PE＝|﹣m2﹣m+4|，BE＝2﹣m，
①当点P在x轴上方时：，
解得m1＝﹣3，m2＝2（不符题意，舍），
②当点P在x轴下方时：，
解得m1＝﹣5，m2＝2（不符题意，舍），
∴或．
（3）作MF⊥x轴于点F，交BP于点R，作MN⊥BP于点N．
∵y＝﹣（x+4）（x﹣2），
∴A（﹣4，0），B（2，0），
设yBP＝kx+b1，
将代入得解得k＝﹣＝1，
∴yBP＝﹣x+1，
设，则，
∴a+3，
∵∠MNR＝∠RFB＝90°，∠NRM＝∠FRB，
∴△MNR∽△BFR，
∴，
∵tan∠ABP＝，
在Rt△MNR中NR：MN：MR＝1：2：，
∴，
∴MN＝﹣，
当a＝﹣时，MN最大为．
（4）作Q点关于AC的对称点Q1，作Q关于CB的对称点Q2，连接Q1Q2与AC于G1，与CB交于点H1，连接QQ1交AC于J，连接QQ2交CB于K，此时△QG1H1的周长最小，这个最小值＝Q1Q2．
∵QJ＝JQ1，QK＝KQ2，
∴Q1Q2＝2JK，
∴当JK最小时，Q1Q2最小，如图2中：
∵∠CJQ＝∠CKQ＝90°，
∴C、J、Q、K四点共圆，线段CQ就是圆的直径，JK是弦，
∵∠JCK是定值，
∴直径CQ最小时，弦JK最小，
∴当点Q与点O重合时，CQ最小，此时JK最小，如图3中：
∵在Rt△COA中，∠COA＝90°，CO＝4，AO＝4，
∴AC＝，
∵Rt△COB，∠COB＝90°，CB＝，
∵OJ⊥AC，OK⊥CB，
∴OC•OB，
∴OK＝，
∴CK＝，
∵∠JCO＝∠OCA，∠CJO＝∠COA，
∴△CJO∽△COA，
∴，
∴CO2＝CJ•CA，同理可得：CO2＝CK•CB，
∴CJ•CA＝CK•CB，
∴，
∵∠JCK＝∠BCA，
∴△CJK∽△CBA，
∴＝，
∴，
∴JK＝，
∴△QGH周长的最小值＝Q1Q2＝2JK＝．
16． (2023•大庆）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于原点O和点A，且其顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点F，使得抛物线y＝ax2+bx+c上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等．
①证明上述结论并求出点F的坐标；
②过点F的直线l与抛物线y＝ax2+bx+c交于M，N两点．
证明：当直线l绕点F旋转时，+是定值，并求出该定值；
（3）点C（3，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQBC周长最小，直接写出P，Q的坐标．
【分析】（1）求出B（2，﹣1），A（4，0），再将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c，即可求解解析式；
（2）①设F（2，m），G（x，x2﹣x），由已知可得（x﹣2）2+＝，整理得到m（m﹣x2+2x）＝0，因为任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等，所以m＝0，即可求F坐标；②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），联立直线与抛物线解析式得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，则有xM+xN＝4+4k，xM•xN＝8k，yM+yN＝4k2，yM•yN＝﹣4k2，由①可得+＝+＝1；
（3）作B点关于y轴的对称点B'，作C点关于x轴的对称点C'，连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q，四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，求出B'（﹣2，﹣1），C'（3，），可得直线B'C'的解析为y＝x﹣，则可求Q（0，﹣），P（，0）．
【解答】解：（1）∵顶点B关于x轴的对称点坐标为（2，1），
∴B（2，﹣1），
∴A（4，0），
将点O、点A、点B代入抛物线y＝ax2+bx+c，
得到，解得，
∴y＝x2﹣x；
（2）①设F（2，m），G（x，y），
∴G点到直线y＝﹣2的距离为|y+2|，
∴（y+2）2＝y2+4y+4，
∵y＝x2﹣x，
∴（y+2）2＝y2+4y+4＝y2+x2﹣4x+4＝y2+（x﹣2）2，
∴G到直线y＝﹣2的距离与点（2，0）和G点的距离相等，
∴抛物线上的任意一点G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离总相等；
∵G到定点F的距离与点G到直线y＝﹣2的距离相等，
∴（x﹣2）2+＝，
整理得，m（m﹣x2+2x）＝0，
∵距离总相等，
∴m＝0，
∴F（2，0）；
②设过点F的直线解析式为y＝kx﹣2k，M（xM，yM），N（xN，yN），
联立，整理得x2﹣（4+4k）x+8k＝0，
∴xM+xN＝4+4k，xM•xN＝8k，
∴yM+yN＝4k2，yM•yN＝﹣4k2，
∵M到F点与M点到y＝﹣2的距离相等，N到F点与N点到y＝﹣2的距离相等，
∴+＝+＝＝＝1，
∴+＝1是定值；
（3）作B点关于y轴的对称点B'，作C点关于x轴的对称点C'，连接C'B'交x轴、y轴分别于点P、Q，
∵BQ＝B'Q，CP＝C'P，
∴四边形PQBC周长＝BQ+PQ+PC+BC＝B'Q+PQ+C'P+CB＝C'B'+CB，
∵点C（3，m）是该抛物线上的一点
∴C（3，﹣），
∵B（2，﹣1），
∴B'（﹣2，﹣1），C'（3，），
∴直线B'C'的解析为y＝x﹣，
∴Q（0，﹣），P（，0）．
17． (2023•滨州）如图，抛物线的顶点为A（h，﹣1），与y轴交于点B（0，﹣），点F（2，1）为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l是过点C（0，﹣3）且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P（m，n）到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
（3）已知坐标平面内的点D（4，3），请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时△DFQ周长的最小值及点Q的坐标．
【分析】（1）由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，把点B坐标代入求出a即可．
（2）由题意P（m，m2﹣m﹣），求出d2，PF2（用m表示）即可解决问题．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．因为△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，推出DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，再根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】（1）解：由题意抛物线的顶点A（2，﹣1），可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣1，
∵抛物线经过B（0，﹣），
∴﹣＝4a﹣1，
∴a＝
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2﹣1．
（2）证明：过点P作PJ⊥AF于J．
∵P（m，n），
∴n＝（m﹣2）2﹣1＝m2﹣m﹣，
∴P（m，m2﹣m﹣），
∴d＝m2﹣m﹣﹣（﹣3）＝m2﹣m+，
∵F（2，1），
∴PF＝＝＝，
∵d2＝m4﹣m3+m2﹣m+，PF2＝m4﹣m3+m2﹣m+，
∴d2＝PF2，
∴PF＝d．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．
∵△DFQ的周长＝DF+DQ+FQ，DF是定值＝＝2，
∴DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，
由（2）可知QF＝QH，
∴DQ+QF＝DQ+QH，
根据垂线段最短可知，当D，Q，H共线时，DQ+QH的值最小，此时点H与N重合，点Q在线段DN上，
∴DQ+QH的最小值为6，
∴△DFQ的周长的最小值为2+6，此时Q（4，﹣）．
18．（2018•贺州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA＝3，OB＝1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B、D两点间的一个动点（点P不与B、D两点重合），PA、PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）根据OA，OB的长，可得答案；
（2）根据待定系数法，可得函数解析式；
（3）根据相似三角形的判定与性质，可得EG，EF的长，根据整式的加减，可得答案．
【解答】解：（1）由抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA＝3，OB＝1，得
A点坐标（﹣3，0），B点坐标（1，0）；
（2）设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C点坐标代入函数解析式，得
a（0+3）（0﹣1）＝3，
解得a＝﹣1，
抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
（3）EF+EG＝8（或EF+EG是定值），理由如下：
过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，如图．
设P（t，﹣t2﹣2t+3），
则PQ＝﹣t2﹣2t+3，AQ＝3+t，QB＝1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△AEF∽△AQP，
∴＝，
∴EF＝＝＝×（﹣t2﹣2t+3）＝2（1﹣t）；
又∵PQ∥EG，
∴△BEG∽△BQP，
∴＝，
∴EG＝＝＝2（t+3），
∴EF+EG＝2（1﹣t）+2（t+3）＝8．
19．（2018•烟台）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+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
，
解得：，
∴抛物线解析式为：y＝，
∵过点B的直线y＝kx+，
∴代入（1，0），得：k＝﹣，
∴BD解析式为y＝﹣；
（2）由得交点坐标为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，
∴＝，即＝，
解得t＝，
当P2D⊥DC于点D时，△P2DC为直角三角形
由△P2DB∽△DEB得＝，
即＝，
解得：t＝；
当P3C⊥DC时，△DFC∽△COP3，
∴＝，即＝，
解得：t＝，
∴t的值为、、．
（3）由已知直线EF解析式为：y＝﹣x﹣，
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，﹣），
∴＝，即＝，
解得：a＝﹣2，
则N点坐标为（﹣2，﹣2），
求得直线ND′的解析式为y＝x+1，
当x＝﹣时，y＝﹣，
∴M点坐标为（﹣，﹣），
此时，DM+MN的值最小为＝＝2．
20．（2018•湘潭）如图，点P为抛物线y＝x2上一动点．
（1）若抛物线y＝x2是由抛物线y＝（x+2）2﹣1通过图象平移得到的，请写出平移的过程；
（2）若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为（0，﹣1），过点P作PM⊥l于M．
①问题探究：如图一，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM＝PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．
②问题解决：如图二，若点Q的坐标为（1，5），求QP+PF的最小值．
【分析】（1）找到抛物线顶点坐标即可找到平移方式．
（2）①设出点P坐标，利用PM＝PF计算BF，求得F坐标；
②利用PM＝PF，将QP+PF转化为QP+PM，利用垂线段最短解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝（x+2）2﹣1的顶点为（﹣2，﹣1），
∴抛物线y＝（x+2）2﹣1的图象向上平移1个单位，再向右2个单位得到抛物线y＝x2的图象．
（2）①存在一定点F，使得PM＝PF恒成立．
如图一，过点P作PB⊥y轴于点B，
设点P坐标为（a，a2），
∴PM＝PF＝a2+1，
∵PB＝|a|，
∴Rt△PBF中，BF＝＝＝|a2﹣1|，
∵BF＝|a2﹣1|，OB＝a2，
∴OF＝1，
∴点F坐标为（0，1）．
②如图二中，
由①，PM＝PF，
QP+PF的最小值为QP+PM的最小值，
当Q、P、M三点共线时，QP+PM有最小值，最小值为点Q纵坐标加M纵坐标的绝对值．
∴QP+PF的最小值为6．
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