专题13二次函数与胡不归型最值问题(教师版)-拔尖2023中考数学压轴题突破(全国通用)
展开胡不归问题:
模型分析:“PA+k·PB”型的最值问题,当k=1时通常为轴对称之最短路径问题,而当k>0时,若以常规的轴对称的方式解决,则无法进行,因此必须转换思路.
如图,直线BM,BN交于点B,P为BM上的动点,点A在射线BM,BN同侧,已知sin∠MBN=k.
过点A作AC⊥BN于点C,交BM于点P,此时PA+k·PB取最小值,最小值即为AC的长.
证明 如图,在BM上任取一点Q,连结AQ,作QD⊥BN于点D.
由sin∠MBN=k,可得QD= k·QB.
所以QA+k·QB=QA+QD≥AC,即得证.
【例1】.(2022•济南)抛物线y=ax2+x﹣6与x轴交于A(t,0),B(8,0)两点,与y轴交于点C,直线y=kx﹣6经过点B.点P在抛物线上,设点P的横坐标为m.
(1)求抛物线的表达式和t,k的值;
(2)如图1,连接AC,AP,PC,若△APC是以CP为斜边的直角三角形,求点P的坐标;
(3)如图2,若点P在直线BC上方的抛物线上,过点P作PQ⊥BC,垂足为Q,求CQ+PQ的最大值.
【分析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可求解;
(2)作PM⊥x轴交于M,可求PM=m2﹣m+6,AM=m﹣3,通过证明△COA∽△AMP,利用=,求m的值即可求P点坐标;
(3)作PN⊥x轴交于BC于N,过点N作NE⊥y轴交于E,通过证明△PQN∽△BOC,求出QN=PN,PQ=PN,再由△CNE∽△CBO,求出CN=EN=m,则CQ+PQ=CN+PN=﹣(x﹣)2+,即可求解.
【解答】解:(1)将B(8,0)代入y=ax2+x﹣6,
∴64a+22﹣6=0,
∴a=﹣,
∴y=﹣x2+x﹣6,
当y=0时,﹣t2+t﹣6=0,
解得t=3或t=8(舍),
∴t=3,
∵B(8,0)在直线y=kx﹣6上,
∴8k﹣6=0,
解得k=,
∴y=x﹣6;
(2)作PM⊥x轴交于M,
∵P点横坐标为m,
∴P(m,﹣m2+m﹣6),
∴PM=m2﹣m+6,AM=m﹣3,
在Rt△COA和Rt△AMP中,
∵∠OAC+∠PAM=90°,∠APM+∠PAM=90°,
∴∠OAC=∠APM,
∴△COA∽△AMP,
∴=,即OA•MA=CO•PM,
3(m﹣3)=6(m2﹣m+6),
解得m=3(舍)或m=10,
∴P(10,﹣);
(3)作PN⊥x轴交于BC于N,过点N作NE⊥y轴交于E,
∴PN=﹣m2+m﹣6﹣(m﹣6)=﹣m2+2m,
由△PQN∽△BOC,
∴==,
∵OB=8,OC=6,BC=10,
∴QN=PN,PQ=PN,
由△CNE∽△CBO,
∴CN=EN=m,
∴CQ+PQ=CN+NQ+PQ=CN+PN,
∴CQ+PQ=m﹣m2+2m=﹣m2+m=﹣(x﹣)2+,
当m=时,CQ+PQ的最大值是.
【例2】.(2022•宜宾)如图,抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(3,0)、B(﹣1,0)两点,与y轴交于点C(0,3),其顶点为点D,连结AC.
(1)求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标;
(2)在抛物线的对称轴上取一点E,点F为抛物线上一动点,使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形,求点F的坐标;
(3)在(2)的条件下,将点D向下平移5个单位得到点M,点P为抛物线的对称轴上一动点,求PF+PM的最小值.
【分析】(1)利用待定系数法,把问题转化为解方程组即可;
(2)过点F作FG⊥DE于点G,证明△OAC≌△GFE(AAS),推出OA=FG=3,设F(m,﹣m2+2m+3),则G(1,﹣m2+2m+3),可得FG=|m﹣1|=3,推出m=﹣2或m=4,即可解决问题;
(3)由题意,M(1,﹣1),F2(4,﹣5),F1(﹣2,﹣5)关于对称轴直线x=1对称,连接F1F2交对称轴于点H,连接F1M,F2M,过点F1作F1N⊥F2M于点N,交对称轴于点P,连接PF2.则MH=4,HF2=3,MF2=5,证明PN=PM,由PF2=PF1,推出PF+PM=PF2+PN=FN1为最小值.
【解答】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(3,0)、B(﹣1,0),C(0,3),
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3,
∵y=﹣(x﹣1)2+4,
∴顶点D的坐标为(1,4);
(2)设直线AC的解析式为y=kx+b,
把A(3,0),C(0,3)代入,得,
∴,
∴直线AC的解析式为y=﹣x+3,
过点F作FG⊥DE于点G,
∵以A,C,E,F为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形,
∴AC=EF,AC∥EF,
∵OA∥FG,
∴∠OAC=∠GFE,
∴△OAC≌△GFE(AAS),
∴OA=FG=3,
设F(m,﹣m2+2m+3),则G(1,﹣m2+2m+3),
∴FG=|m﹣1|=3,
∴m=﹣2或m=4,
当m=﹣2时,﹣m2+2m+3=﹣5,
∴F1(﹣2,﹣5),
当m=4时,﹣m2+2m+3=﹣5,
∴F2(4,﹣5)
综上所述,满足条件点F的坐标为(﹣2,﹣5)或(4,﹣5);
(3)由题意,M(1,﹣1),F2(4,﹣5),F1(﹣2,﹣5)关于对称轴直线x=1对称,连接F1F2交对称轴于点H,连接F1M,F2M,过点F1作F1N⊥F2M于点N,交对称轴于点P,连接PF2.则MH=4,HF2=3,MF2=5,
在Rt△MHF2中,sin∠HMF2===,则在Rt△MPN中,sin∠PMN==,
∴PN=PM,
∵PF1=PF2,
∴PF+PM=PF2+PN=F1N为最小值,
∵=×6×4=×5×F1N,
∴F1N=,
∴PF+PM的最小值为.
【例3】(2022•东西湖区模拟)如图1,抛物线y=x2+(m﹣2)x﹣2m(m>0)与x轴交于A,B两点(A在B左边),与y轴交于点C.连接AC,BC.且△ABC的面积为8.
(1)求m的值;
(2)在(1)的条件下,在第一象限内抛物线上有一点T,T的横坐标为t,使∠ATC=60°.求(t﹣1)2的值.
(3)如图2,点P为y轴上一个动点,连接AP,求CP+AP的最小值,并求出此时点P的坐标.
【分析】(1)先求出A(﹣m,0),B(2,0),C(0,﹣2m),再由三角形面积×(2+m)×(2m)=8,可求m的值;
(2)过点C作EF∥x轴,过点T作TF⊥EF交于F点,过点C作CD⊥CT交直线AT于点D,过点D作DE⊥EF交于E点,证明△CED∽△TFC,可得===,进而求出D(﹣t2,t﹣4),再求出直线AT的解析式为y=(t﹣2)x+2t﹣4,将D点坐标代入直线解析式即可求(t﹣1)2=;
(3)过点B作BG⊥AC交于G点,交y轴于点P,可得CP+AP=(CP+AP)=(GP+AP)≥BG,可求CP+AP的最小值为8,再由tan∠ACO==,求出P(0,﹣1).
【解答】解:(1)y=x2+(m﹣2)x一2m=(x﹣2)(x+m),
令y=0,则x=2或x=﹣m,
∵m>0,
∴﹣m<0,
∴A(﹣m,0),B(2,0),
∴AB=2+m,
令x=0,则y=﹣2m,
∴C(0,﹣2m),
∵△ABC的面积为8,
∴×(2+m)×(2m)=8,
解得m=2或m=﹣4(舍);
(2)当m=2时,y=x2﹣4,
∵的横坐标为t,
∴T(t,t2﹣4),
过点C作EF∥x轴,过点T作TF⊥EF交于F点,过点C作CD⊥CT交直线AT于点D,过点D作DE⊥EF交于E点,
∵∠DCT=90°,
∴∠DCE+∠TCF=90°,
∵∠DCE+∠CDE=90°,
∴∠TCF=∠CDE,
∴△CED∽△TFC,
∴==,
∵∠ATC=60°,
∴=,
∵C(0,﹣4),
∴CF=t,TF=t2,
∴DE=t,CE=t2,
∴D(﹣t2,t﹣4),
设直线AT的解析式为y=kx+b,
∴,
解得,
∴y=(t﹣2)x+2t﹣4,
∴t﹣4=(t﹣2)(﹣t2)+2t﹣4,
∴(t﹣1)2=;
(3)过点B作BG⊥AC交于G点,交y轴于点P,
∵A、B关于y轴对称,
∴AP=BP,
∵∠GBA+∠BAC=∠ACO+∠CAO=90°,
∴∠ABG=∠ACO,
∵AO=2,CO=4,
∴AC=2,
∴sin∠ACO=,
∴=,
∴CP=GP,
∵CP+AP=(CP+AP)=(GP+AP)≥BG,
∵cs∠ACO===,
∴BG=,
∴CP+AP的最小值为8,
∵tan∠ACO===,
∴OP=1,
∴P(0,﹣1).
【例4】(2022•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.
1.(2022•河北区二模)已知抛物线y=﹣x2+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+NQ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=﹣b,在求出B(2b﹣1,0),C(0,﹣b),由PB=PC,(2b﹣1)2+4=|﹣b﹣2|2或(2b﹣1)2+4=|﹣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=﹣x2+x﹣2,设Q(,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=DQ,当M、Q、N三点共线时,DQ+NQ有最小值MN,在Rt△AMN中,AN=2,求出MN=,可求DQ+NQ的最小值为.
【解答】解:(Ⅰ)当b=2时,y=﹣x2+2x+c,
将点A(1,0)代入y=﹣x2+2x+c,
∴c=﹣,
∴y=﹣x2+2x﹣=﹣(x﹣2)2+,
∴抛物线的顶点为(2,);
(Ⅱ)∵点P是y轴上一点,OP=2,
∴P(0,2)或(0,﹣2),
将A代入y=﹣x2+bx+c,
∴﹣+b+c=0,
∴c=﹣b,
∵﹣x2+bx+﹣b=0,
∴1+x1=2b,
∴x1=2b﹣1,
∴B(2b﹣1,0),
令x=0,则y=2b﹣1,
∴C(0,﹣b),
∵PB=PC,
∴(2b﹣1)2+4=|﹣b﹣2|2或(2b﹣1)2+4=|﹣b+2|2,
解得b=或b=或b=﹣或b=,
∵A点在B点左侧,
∴2b﹣1>1,
∴b>1,
∴b=;
(Ⅲ)将点A、B代入y=﹣x2+bx+c,
∴,
,
∴y=﹣x2+x﹣2,
∴抛物线的对称轴为直线x=,
∴E(,0),
∵y=﹣x2+x﹣2=﹣(x﹣)2+,
∴顶点D(,),
∵A(1,0),B(4,0),
∴AB=3,
∵AN=2BN,
∴AN=2,BN=1,
∴N(3,0),
设Q(,t),
过点N作AD的垂线交于点M,交对称轴于点Q,
∵AE=,DE=,
∴tan∠DAE=,
∴∠EQN=∠DAE,
∴∠DAN=∠MQD,
∴tan∠MQD=,
∴sin∠MQD=,
∴MQ=DQ,
∵DQ+NQ=(DQ+NQ)=(MQ+NQ),
∴当M、Q、N三点共线时,DQ+NQ有最小值MN,
在Rt△AMN中,AN=2,
∴sin∠MAN=,
∴MN=×2=,
∴DQ+NQ=×MN=,
∴DQ+NQ的最小值为.
2.(2021•南海区二模)如图1,抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点,点A、B分别位于原点左、右两侧,且AO=2BO=4,过A点的直线y=kx+c交y轴于点C.
(1)求k、b、c的值;
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点P,使△ACP为直角三角形?若存在,直接写出所有满足条件的点的坐标;若不存在,请说明理由;
(3)如图2,点M为线段AC上一点,连接OM,求AM+OM的最小值.
【分析】(1)用待定系数法即可求解;
(2)当∠PAC为直角时,由∠PAH=∠ACO得到tan∠PAH=tan∠ACO,即,即可求解;当∠CAP为直角或∠ACP为直角时,同理可解;
(3)过点A作直线AN使∠NAC=30°,过点O作ON⊥AN交AE于点M,则点M为所求点,进而求解.
【解答】解:(1)由AO=2BO=4知,点A、B的坐标分别为(﹣4,0)、(2,0),
设抛物线的表达式为y=a(x﹣x1)(x﹣x2),
则y=(x+4)(x﹣2)=x2+x﹣2,
则点C(0,﹣2),
将点A、C的坐标代入y=kx+c并解得:y=﹣x﹣2,
即k=﹣,
故k=﹣,b=,c=﹣2;
(2)由抛物线的表达式知,其对称轴为直线x=﹣1,则设点P的坐标为(﹣1,m),
①当∠PAC为直角时,如图1,
设抛物线的对称轴交x轴于点H,
则AH=﹣1﹣(﹣4)=3,PH=m,AO=4,OC=2,
∵∠PAH+∠CAO=90°,∠CAO+∠ACO=90°,
∴∠PAH=∠ACO,
∴tan∠PAH=tan∠ACO,即,
∴,解得m=3;
故点P的坐标为(﹣1,3);
②当∠APC为直角时,如图2,
故点P作x轴的平行线交y轴于点N,交过点A与y轴的平行线于点M,
则AM=|m|,PM=3,CN=|m+2|,PN=1,
同理可得∠MPA=∠PCN,
∴tan∠MPA=tan∠PCN,即,
解得:m=﹣±,
故点P的坐标为(﹣1,﹣)或(﹣1,﹣);
③当∠ACP为直角时,如图3,
同理可得,点P的坐标为(﹣1,﹣3);
综上,点P的坐标为(﹣1,3)或(﹣1,﹣)或(﹣1,﹣)或(﹣1,﹣3);
(3)过点A作直线AN使∠NAC=30°,过点O作ON⊥AN交AE于点M,则点M为所求点,
理由:∠MAN=30°,则MN=AM,则AM+OM=MN+OM=ON为最小,
过点O作OE⊥AC于点E,则∠MOE=90°﹣∠OME=90°﹣∠AMN=∠MAN=30°,
由点A、C的坐标得,AC=2,
则sin∠ACO==,则cs∠ACO=,
在Rt△COE中,OE=OCsin∠ACO=2×=,
同理可得,CE=,
在Rt△OME中,ME=OEtan∠MOE=×tan30°=,OM=2ME=,
则AM=AC﹣ME﹣EC=2﹣﹣==2MN,
则MN=,
则AM+OM的最小值=OM+MN=.
3.(2021•宝安区模拟)(1)已知二次函数经过点A(﹣3,0)、B(1,0)、C(0,3),请求该抛物线解析式;
(2)点M为抛物线上第二象限内一动点,BM交y轴于点N,当BM将四边形ABCM的面积分为1:2两部分时,求点M的坐标;
(3)点P为对称轴上D点下方一动点,点Q为直线y=x第一象限上的动点,且DP=OQ,求BP+BQ的最小值并求此时点P的坐标.
【分析】(1)根据点A,B的坐标设出抛物线的交点式,再将点C坐标代入求解,即可得出结论;
(2)过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G,则=,设ON=t,则AG=4t,CN=3﹣t,进而得出=或2,进而建立方程求解,即可得出结论;
(3)先判断出△PCD∽△OBQ,进而得出PC=OQ,再判断出点A,P,C在同一直线上时,BP+BQ的最小,再求出直线AC的解析式,即可得出结论.
【解答】解:(1)∵二次函数经过点A(﹣3,0)、B(1,0),
∴设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x﹣1),
∵点C(0,3)在抛物线上,
∴﹣3a=3,
∴a=﹣1,
∴抛物线的解析式为y=﹣(x+3)(x﹣1)=﹣x2﹣2x+3;
(2)如图1,过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G,
由(1)知,抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3,
设点M(m,﹣m2﹣2m+3)(﹣3<m<0),
∴S△BCM=CN(1﹣m),S△ABM=S△ABG﹣S△AMG=AG[(1+3)﹣(m+3)]=AG(1﹣m),
∴==,
∵ON∥AG,
∴=,
设ON=t,则AG=4t,CN=3﹣t,
∵BM将四边形ABCM的面积分为1:2两部分时,
∴=或2,
∴,
∴,
∴t=1或,
∴N(0,1)或N(0,),
当N(0,1)时,
∵B(1,0),∴直线BM的解析式为y=﹣x+1①,
由(1)知,抛物线的解析式为y=﹣(x+3)(x﹣1)②,
联立①②解得,或,
∴M(﹣2,3);
当N(0,)时,
∵B(1,0),∴直线BM的解析式为y=﹣x+③,
联立②③解得,或,
∴M(﹣,);
即M(﹣2,3)或();
(3)如图2,
连接PC,CD,过点C作CH⊥DP于H,
由(1)知,抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2m+3=﹣(m﹣1)2+4,
∴D(﹣1,4),
∵C(0,3),
∴CD=,DH=1,CH=1,
∴DH=CH,
∴∠CDP=45°,
∵点Q为直线y=x第一象限上的动点,
∴∠BOQ=45°=∠CDP,
∵DP=OQ,
∴=,
∵=,
∴==,
∴△PCD∽△OBQ,
∴,
∴PC=OQ,
∴BP+OQ=BP+PC,
连接AP,
∵点P是抛物线的对称轴上的点,
∴PC=PA,
∴BP+OQ=BP+PC=BP+PA,
∴当点A,P,C在同一条直线上时,BP+OQ最小,最小值为AC==,
∵A(﹣3,0),C(0,3),
∴直线AC的解析式为y=x+3,
当x=﹣1时,y=2,
∴点P(﹣1,2).
4.(2021•南沙区一模)已知,抛物线y=mx2+x﹣4m与x轴交于点A(﹣4,0)和点B,与y轴交于点C.点D(n,0)为x轴上一动点,且有﹣4<n<0,过点D作直线l⊥x轴,且与直线AC交于点M,与抛物线交于点N,过点N作NP⊥AC于点P.点E在第三象限内,且有OE=OD.
(1)求m的值和直线AC的解析式.
(2)若点D在运动过程中,AD+CD取得最小值时,求此时n的值.
(3)若△ADM的周长与△MNP的周长的比为5:6时,求AE+CE的最小值.
【分析】(1)利用待定系数法将A(﹣4,0)代入y=mx2+x﹣4m,求出m的值,即可抛物线解析式,令x=0,求出点C的坐标,设直线AC的解析式为y=kx+b,将A,C的坐标代入即可求出答案;
(2)在x轴上方作射线AM,使∠MAO=30°,过点D作DK⊥AM于K,当C、D、K在同一条直线上时,CD+DK最小,即AD+CD取得最小值时,∠CDO=∠ADK=60°,应用三角函数定义即可求得答案;
(3)根据△ADM的周长与△MNP的周长的比为5:6,可得出DN=3DM,建立方程求出n的值,在y轴上 取一点R,使得OR=,连接AR,在AR上取一点E使得OE=OD,构造相似三角形,可以证明AR就是AE+CE的最小值.
【解答】解:(1)∵抛物线y=mx2+x﹣4m与x轴交于点A(﹣4,0),
∴m•(﹣4)2+×(﹣4)﹣4m=0,
解得:m=,
∴抛物线解析式为y=x2+x﹣3,
令x=0,得y=﹣3,
∴C(0,﹣3),
设直线AC的解析式为y=kx+b,
∵A(﹣4,0),C(0,﹣3),
∴,
解得:,
∴直线AC的解析式为y=﹣x﹣3.
(2)∵A(﹣4,0),D(n,0)为x轴上一动点,且有﹣4<n<0,
∴AD=n﹣(﹣4)=n+4,
在x轴上方作射线AM,使∠MAO=30°,过点D作DK⊥AM于K,
∴∠AKD=90°,
∴DK=AD,∠ADK=60°,
当C、D、K在同一条直线上时,CD+DK最小,即AD+CD取得最小值时,∠CDO=∠ADK=60°,
∵OD=﹣n,∠COD=90°,
∴=tan∠CDO=tan60°,即=,
∴n=﹣.
(3)∵DM⊥x轴,NP⊥AC,
∴∠ADM=∠NPM=90°,
∵∠AMD=∠NMP,
∴△AMD∽△NMP,
∵△ADM的周长与△MNP的周长的比为5:6,
∴=,
∵=sin∠DAM==,
∴=,
∴DN=3DM,
∵DM=n+3,DN=﹣n2﹣n+3,
∴﹣n2﹣n+3=3(n+3),
解得:n1=﹣2,n2=﹣4(舍去),
∴D(﹣2,0),
∴OD=2,
如图2中,在y轴上 取一点R,使得OR=,连接AR,在AR上取一点E使得OE=OD=2.
∵OE=2,OR•OC=×3=4,
∴OE2=OR•OC,
∴=,
∵∠COE=∠ROE,
∴△ROE∽△EOC,
∴==,
∴RE=CE,
∴当A、R、E共线时,AE+CE=AE+ER=AR,此时AE+CE最小,
∴AE+CE的最小值=AR===.
5.(2021•射阳县三模)如图,抛物线y=ax2+bx+c经过A(﹣1,0)、B(3,0)、C(0,3)三点,对称轴与抛物线相交于点P,与直线BC相交于点M,连接AC,PB.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)设对称轴与x轴交于点N,在对称轴上是否存在点G,使以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似?如果存在,请求出点G的坐标;如果不存在,请说明理由;
(3)抛物线上是否存在一点Q,使△QMB与△PMB的面积相等,若存在,求点Q的坐标;若不存在,请说明理由;
(4)点E是y轴上的动点,连接ME,求ME+CE的最小值.
【分析】(1)将点A(﹣1,0)、B(3,0)、C(0,3)代入y=ax2+bx+c中即可求解析式;
(2)两个三角形相似有两种情况①△AOC∽△ONG;②△AOC∽△GNO,在利用相似三角形的边对应成比例即可求解;
(3)由于△QMB与△PMB共底MB,利用平行线的性质,只要两个三角形等高即可;分两种情况找平行线,①过P点作PH∥BC交y轴于点H,直线PH的解析式为y=﹣x+5,直线PH与抛物线的交点即为Q;②由H点关于C点对称的点为(0,1),过点(0,1)与直线BC平行的直线解析式为y=﹣x+1,该直线与抛物线的交点即为Q;
(4)连接CF,在OA上截取OF使得OF=CF,过点M作MT⊥CF交CF于点T,过点M作MK⊥y轴交CF于点K,在Rt△CTE中,ET=CE,CE+ME=TE+ME,当T、E、M三点共线,并且TM⊥AF时,CE+ME=MT值最小.在Rt△AFO中,求出F(﹣,0),进而求出直线AF的解析式y=x+3,再求出MK=1+,由于∠TMK=∠FCO,在Rt△TKM中,MT=KM•cs∠FCO,可求MT=(1+)•=,则MT即为所求的最小值.
【解答】解:(1)将点A(﹣1,0)、B(3,0)、C(0,3)代入y=ax2+bx+c中,
得到,解得,
∴y=﹣x2+2x+3;
(2)函数对称轴为直线x=1,
设G(1,m),
由已知可得OA=1,OC=3,
∵NG⊥x轴,CO⊥x轴,
∴NG∥OC,
∵N(1,0),
∴ON=1,
当以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时,
①△AOC∽△ONG时,
NG=OC=3,
∴G(1,3)或G(1,﹣3);
②当△AOC∽△GNO时,
,即GN=,
∴G(1,)或G(1,﹣);
综上所述:以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时,满足条件的G点坐标为(1,3)或(1,﹣3)或(1,)或(1,﹣);
(3)当x=1时,y=4,
∴P(1,4),
设直线BC的解析式为y=kx+m,
将点B(3,0)、C(0,3)代入,可得,
解得,
∴y=﹣x+3,
过P点作PH∥BC交y轴于点H,
∴直线PH的解析式为y=﹣x+5,
联立,解得x=1或x=2,
∴Q(2,3)或Q(1,4)(舍);
当x=0时,y=5,
∴H(0,5),
∵H点关于C点对称的点为(0,1),
∴过点(0,1)与直线BC平行的直线解析式为y=﹣x+1,
联立,
解得x=或x=,
∴Q(,)或Q(,);
综上所述:△QMB与△PMB的面积相等时,Q点坐标为(2,3)或(,)或(,);
(4)连接CF,在OA上截取OF使得OF=CF,过点M作MT⊥CF交CF于点T,过点M作MK⊥y轴交CF于点K,
在Rt△CTE中,ET=CE,
∴CE+ME=TE+ME=TM,此时CE+ME的值最小;
∵OF=CF,CO=3,
∴OF=,CF=,
∴F(﹣,0),
设直线CF的解析式为y=t'x+n,
将点C(0,3),F(﹣,0)代入,可得,
,解得,
∴y=x+3,
∵M(1,2),
∴K(﹣,2),
∴MK=1+,
∵MT⊥CF,
∴∠FCO+∠CKM=∠CKM+∠TMK=90°,
∴∠TMK=∠FCO,
在Rt△TKM中,MT=KM•cs∠FCO,
∴MT=(1+)•=,
∴CE+ME的最小值为.
6.(2021•深圳模拟)如图1,抛物线y=﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点,其中点A坐标为(﹣3,0),与y轴交于点C(0,3),点D为抛物线y=﹣x2+bx+c的顶点.
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)若点E在x轴上,且∠ECA=∠CAD,求点E的坐标;
(3)如图2,点P为线段AC上方的抛物线上任一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与AC交于点M.
①求△APC的面积最大时点P的坐标;
②在①的条件下,若点N为y轴上一动点,求HN+CN的最小值.
【分析】(1)用待定系数法即可求解;
(2)①当点E在点A的左侧时,在Rt△CHN中,NH=CN=CH=,在Rt△AHN中,tan∠HAN=tan∠DAC==,即tan∠ECA=tan∠CAD=,在Rt△CEK中,tan∠ECA=,进而求解;②当点E(E′)的点A的右侧时,∠ECA=∠CAD,则直线CE′∥AD,则直线CE′的表达式为y=2x+3,进而求解;
(3)过点H作HR⊥CG于点R,交CO于点N,则点N为所求点,进而求解.
【解答】解:(1)由题意得:,解得,
故抛物线的表达式为y=﹣x2﹣2x+3;
(2)①当点E在点A的左侧时,如图1,
由抛物线的表达式知,点D的坐标为(﹣1,4),
延长AD交y轴于点H,过点H作HN交AC的延长线于点N,
由点A、D的坐标得,直线AD的表达式为y=2(x+3),
故点H的坐标为(0,6),
则CH=6﹣3=3,
由点A、C的坐标知,∠ACO=45°=∠HCN,AC=3,
在Rt△CHN中,NH=CN=CH=,
在Rt△AHN中,tan∠HAN=tan∠DAC===,
∴tan∠ECA=tan∠CAD=,
过点E作EK⊥CA交CA的延长线于点K,
在Rt△AEK中,∠EAK=∠CAO=45°,
故设AK=EK=x,则AE=x,
在Rt△CEK中,tan∠ECA==,
解得x=,故AE=x=3,
则点E的坐标为(﹣6,0);
②当点E(E′)的点A的右侧时,
∵∠ECA=∠CAD,
则直线CE′∥AD,
则直线CE′的表达式为y=2x+r,
而直线CE′过点C,故r=3,
故直线CE′的表达式为y=2x+3,
令y=0,则x=﹣,
故点E′的坐标为(﹣,0);
综上,点E的坐标为(﹣6,0)或(﹣,0);
(3)设点P的坐标为(x,﹣x2﹣2x+3),
由点A、C的坐标得,直线AC的表达式为y=x+3,
则点M(x,x+3),
则△APC的面积=×OA×PM=×3×(﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3)=(﹣x2﹣3x),
∵﹣<0,故△APC的面积有最大值,
当x=﹣时,点P的坐标为(﹣,),则点H(﹣,0),
在x轴上取点G(3,0),则OG=OC,连接CG,
则∠GCO=45°,
过点H作HR⊥CG于点R,交CO于点N,则点N为所求点,
理由:HN+CN=HN+CNsin∠GCO=HN+NR=HR为最小值,
∵∠CGO=45°,故△HRG为等腰直角三角形,
则HR=HG=(3+)=,
即HN+CN的最小值为.
7.(2021•深圳模拟)已知:如图,点A(1,0),B(3,0),D(2,﹣1),C是y轴上的点,且OC=3.
(1)过点A作AM⊥BC,垂足为M,连接AD、BD,求证:四边形ADBM为正方形;
(2)若过A、B、C三点的抛物线对称轴上有一动点P,当PC﹣PB的值最大时,求出点P的坐标;
(3)设Q为线段OC上的一动点,问:AQ+QC是否存在最小值?若存在,求出这个最小值;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)证明四边形ADBM为矩形,而AD=BD,故四边形ADBM为正方形;
(2)点B关于抛物线对称轴的对称点为点A,连接CA交对称轴于点P,则点P为所求点,进而求解;
(3)在x轴取点A′(﹣1,0),连接A′C,过点A作AH⊥A′C于点H,交y轴于点Q,则点Q是所求点,进而求解.
【解答】解:(1)由点A、D的坐标得,AD==,
同理可得,BD=,
而AB=3﹣1=2,
故AB2=AD2+BD2,
故△ABD为等腰直角三角形,
由B、C的坐标知,OB=OC,
则∠CBO=45°,
则∠DBM=∠CBO+∠ABD=90°=∠ADB=∠AMB,
故四边形ADBM为矩形,
而AD=BD,
∴四边形ADBM为正方形;
(2)∵OC=3,故点C(0,3),
设抛物线的表达式为y=ax2+bx+c,
将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得:,解得,
故抛物线的表达式为y=﹣x2﹣2x+3;
点B关于抛物线对称轴的对称点为点A.连接CA交对称轴于点P,则点P为所求点,
理由:PC﹣PB=PC﹣PA=AC为最大值,
由点A、C的坐标得,直线AC的表达式为y=﹣3x+3,
而抛物线的对称轴为直线x=(1+3)=2,
当x=2时,y=﹣3x+3=﹣3,
故点P的坐标为(2,﹣3);
(3)存在,理由:
在x轴取点A′(﹣1,0),连接A′C,过点A作AH⊥A′C于点H,交y轴于点Q,则点Q是所求点,
理由:由点A′、C的坐标得,OA′=1,OC=3,则CA′=,
则sin∠HCQ==,
则AQ+CQ×=AH=AQ+CQsin∠HCQ=AH为最小,
∵tanCA′O==3,则tan∠HAA′=,
而直线AH过点A(1,0),故其表达式为y=﹣(x﹣1),
令x=0,则y=,故点Q的坐标为(0,),则CQ=3﹣=
由点A、Q的坐标得,AQ==,
∴AQ+QC的最小值=+×==.
8.(2021•资阳)抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,且B(﹣1,0),C(0,3).
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图1,点P是抛物线上位于直线AC上方的一点,BP与AC相交于点E,当PE:BE=1:2时,求点P的坐标;
(3)如图2,点D是抛物线的顶点,将抛物线沿CD方向平移,使点D落在点D'处,且DD'=2CD,点M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点,MN∥y轴交直线OD'于点N,连结CN.当D'N+CN的值最小时,求MN的长.
【分析】(1)利用待定系数法,把问题转化为方程组解决.
(2)如图1中,过点B作BT∥y轴交AC于T,过点P作PQ∥OC交AC于Q.设P(m,﹣m2+2m+3),求出BT,PQ,利用平行线分线段成比例定理构建方程求解即可.
(3)如图2中,连接AD,过点N作NJ⊥AD于J,过点C作CT⊥AD于T.证明AD′⊥x轴,由OD′==3,推出sin∠OD′A==,推出NJ=ND′•sin∠OD′A=D′N,可得D'N+CN=CN+NJ,根据CN+NJ≥CT,可得结论.
【解答】解:(1)∵y=﹣x2+bx+c经过B(﹣1,0),C(0,3),
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3.
(2)如图1中,过点B作BT∥y轴交AC于T,过点P作PQ∥OC交AC于Q.
设P(m,﹣m2+2m+3),
对于抛物线y=﹣x2+2x+3,令y=0,可得x=3或﹣1,
∴A(3,0),
∵C(0,3),
∴直线AC的解析式为y=﹣x+3,
∵B(﹣1,0),
∴T(﹣1,4),
∴BT=4,
∵PQ∥OC,
∴Q(m,﹣m+3),
∴PQ=﹣m2+2m+3﹣(﹣m+3)=﹣m2+3m,
∵PQ∥BT,
∴==,
∴﹣m2+3m=2,
解得m=1或2,
∴P(1,4)或(2,3).
(3)如图2中,连接AD′,过点N作NJ⊥AD′于J,过点C作CT⊥AD′于T.
∵抛物线y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4,
∴顶点D(1,4),
∵C(0,3),
∴直线CD的解析式为y=x+3,CD=,
∵DD′=2CD,
∵DD′=2,CD′=3,
∴D′(3,6),
∵A(3,0),
∴AD′⊥x轴,
∴OD′===3,
∴sin∠OD′A==,
∵CT⊥AD′,
∴CT=3,
∵NJ⊥AD′,
∴NJ=ND′•sin∠OD′A=D′N,
∴D'N+CN=CN+NJ,
∵CN+NJ≥CT,
∴D'N+CN≥3,
∴D'N+CN的最小值为3,
此时N为OD'与CT的交点,
∴N(1.5,3),
∵平移后抛物线的解析式为y=﹣(x﹣3)2+6,MN平行y轴,将x=1.5代入抛物线解析式,
∴M(1.5,3.75),
∴MN=0.75
9.(2022•杜尔伯特县一模)如图,已知抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A(﹣1,0),B(m,0)两点,与y轴相交于点C(0,﹣3),抛物线的顶点为D.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点E在x轴上,且∠ECB=∠CBD,求点E的坐标.
(3)若P是直线BC下方抛物线上任意一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与BC交于点M.
①求线段PM长度的最大值.
②在①的条件下,若F为y轴上一动点,求PH+HF+CF的最小值.
【分析】(1)将A(﹣1,0)、C(0,﹣3)代入y=x2+bx+c,待定系数法即可求得抛物线的解析式;
(2)根据待定系数法,可得BD的解析式,根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系,根据待定系数法,可得CE的解析式,进一步可得答案;
(3)①根据BC的解析式和抛物线的解析式,设P(x,x2﹣2x﹣3),则M(x,x﹣3),表示PM的长,根据二次函数的最值可得:当x=时,PM的最大值;
②当PM的最大值时,P(,﹣),确定F的位置:在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK=45°,过F作FN⊥CK于N,当N、F、H三点共线时,如图2,FH+FN最小,即PH+HF+CF的值最小,根据45度的直角三角形的性质可得结论.
【解答】解:(1)把A(﹣1,0),点C(0,﹣3)代入抛物线y=x2+bx+c中得:,
解得:,
∴抛物线的解析式为:y=x2﹣2x﹣3;
(2)∵y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4
∴顶点D(1,﹣4),
当y=0时,x2﹣2x﹣3=0,
(x﹣3)(x+1)=0,
x=3或﹣1,
∴B(3,0);
如图1,连接BD,
设BD所在直线的解析式为:y=k(x﹣3),将D点坐标代入函数解析式,得﹣2k=﹣4,
解得k=2,
故BD所在直线的解析式为:y=2x﹣6,
∵∠ECB=∠CBD,
∴CE∥BD,
设CE所在直线的解析式为:y=2x+b,将C点坐标代入函数解析式,得b=﹣3,
故CE所在直线的解析式为:y=2x﹣3,
当y=0时,x=.
当点E在点B的右侧时,直线CE经过BD的中点(2,2),
此时CE的解析式为y=x﹣3,
∴点E的坐标是(6,0).
∴综上所述,点E的坐标是(,0)或(6,0);
(3)①如图2,
∵B(3,0),C(0,﹣3),
设BC的解析式为:y=kx+b,
则,
解得:,
BC的解析式为:y=x﹣3,
设P(x,x2﹣2x﹣3),则M(x,x﹣3),
∴PM=(x﹣3)﹣(x2﹣2x﹣3)=﹣x2+3x=﹣(x﹣)2+,
当x=时,PM有最大值为;
②当PM有最大值,P(,﹣),
在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK=45°,过F作FN⊥CK于N,
∴FN=CF,
当N、F、H三点共线时,PH+NH最小,即PH+HF+CF的值最小,
Rt△OCK中,OC=3,
∴OK=3,
∵OH=,
∴KH=+3=,
Rt△KNH中,∠KHN=45°,
∴KN=KH=,
∴NH=KN=,
∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH=.
10.(2020•自贡)在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(﹣3,0)、B(1,0),交y轴于点N,点M为抛物线的顶点,对称轴与x轴交于点C.
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图1,连接AM,点E是线段AM上方抛物线上一动点,EF⊥AM于点F,过点E作EH⊥x轴于点H,交AM于点D.点P是y轴上一动点,当EF取最大值时:
①求PD+PC的最小值;
②如图2,Q点为y轴上一动点,请直接写出DQ+OQ的最小值.
【分析】(1)抛物线的表达式为:y=a(x+3)(x﹣1)=ax2+2ax﹣3a,即﹣3a=3,即可求解;
(2)①点C(﹣1,0)关于y轴的对称点为点B(1,0),连接BD交y轴于点P,则点P为所求点,PD+PC=PD+PB=DB为最小,即可求解;
②过点O作直线OK,使sin∠NOK=,过点D作DK⊥OK于点K,交y轴于点Q,则点Q为所求点,则DQ+OQ=DQ+QK=DK为最小,即可求解.
【解答】解:(1)抛物线的表达式为:y=a(x+3)(x﹣1)=a(x2+2x﹣3)=ax2+2ax﹣3a,
即﹣3a=3,解得:a=﹣1,
故抛物线的表达式为:y=﹣x2﹣2x+3;
(2)由抛物线的表达式得,点M(﹣1,4),点N(0,3),
则tan∠MAC==2,
则设直线AM的表达式为:y=2x+b,
将点A的坐标代入上式并解得:b=6,
故直线AM的表达式为:y=2x+6,
∵∠EFD=∠DHA=90°,∠EDF=∠ADH,
∴∠MAC=∠DEF,则tan∠DEF=2,则cs∠DEF=,
设点E(x,﹣x2﹣2x+3),则点D(x,2x+6),
则FE=EDcs∠DEF=(﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6)×=(﹣x2﹣4x﹣3),
∵﹣<0,故EF有最大值,此时x=﹣2,故点D(﹣2,2);
①点C(﹣1,0)关于y轴的对称点为点B(1,0),连接BD交y轴于点P,则点P为所求点,
PD+PC=PD+PB=DB为最小,
则BD==;
②过点O作直线OK,使sin∠NOK=,过点D作DK⊥OK于点K,交y轴于点Q,则点Q为所求点,
DQ+OQ=DQ+QK=DK为最小值,
则直线OK的表达式为:y=x,
∵DK⊥OK,故设直线DK的表达式为:y=﹣x+b,
将点D的坐标代入上式并解得:b=2﹣,
而直线DK的表达式为:y=﹣x+2﹣,
故点Q(0,2﹣),
由直线KD的表达式知,QD与x轴负半轴的夹角(设为α)的正切值为,则csα=,
则DQ===,而OQ=(2﹣),
则DQ+OQ为最小值=+(2﹣)=.
11.(2022•中山市三模)如图,抛物线y=ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴为直线x=1,点A(﹣1,0),过B的直线交y轴于点D,交抛物线于E,且.
(1)求抛物线的解析式;
(2)在抛物线第四象限的图象上找一点P,使得△BDP的面积最大,求出点P的坐标;
(3)点M是线段BE上的一点,求的最小值,并求出此时点M的坐标.
【分析】(1)由x=1得点A的对称点B的坐标,将A、B坐标代入y=ax2+bx﹣3中,利用待定系数法可求;
(2)求出直线BE的解析式,用m表示点P、H的坐标,进而表示线段PH,根据S△BDP=×PH×3,用含m的代数式表示△BDP的面积,利用二次函数的性质,求出S关于m的二次函数的顶点横坐标,即可得出结论:
(3)过点M作MS∥y轴,过点E作ES∥x轴,过A作AT⊥ES于点T,构造出直角三角形,利用三角函数找到与ME相等的线段,根据“垂线段最短”得AM+ME的最小值,将二次函数与直线方程联立,解方程组,先求出点E坐标,点M坐标可求.
【解答】解:(1)抛物线y=ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点,抛物线的对称轴为直线x=1,点A(﹣1,0),
∴B(3,0),
∴,
解得.
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3.
(2)∵B(3,0),,
∴OD=4,即D(0,4).
∴直线BE的解析式为:y=﹣x+4.
如图,过点P作PH⊥x轴,交AB于点H,
设P(m,m2﹣2m﹣3),则H(m,﹣m+4),
∴PH=﹣m+4﹣(m2﹣2m﹣3)=﹣m2+m+7,
∴S△BDP=×PH×3
=﹣m2+m+
=﹣(m﹣)2+,
∵﹣<0,
∴当m=时,即P(,﹣)时△BDP的面积最大.
(3)如图,过点M作MS∥y轴,过点E作ES∥x轴,过A作AT⊥ES于点T,
∵ES∥x轴,
∴∠SEM=∠EBA,
∵tan∠EBA=,
∴tan∠MES=,
∴sin∠MES==,
∴SM=EM,
∴AM+EM=AM+SM≥SA≥AT,
∴AM+EM的最小值为AT.
令x2﹣2x﹣3=﹣x+4,
解得x=3(舍)或x=﹣,
∴E(﹣,),
∴AM+EM的最小值,此时M(﹣1,).
12.(2021•南山区校级三模)如图,已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与y轴相交于点C(0,﹣2),与x轴分别交于点B(3,0)和点A,且tan∠CAO=1.
(1)求抛物线解析式.
(2)抛物线上是否存在一点Q,使得∠BAQ=∠ABC,若存在,请求出点Q坐标,若不存在,请说明理由;
(3)抛物线的对称轴交x轴于点D,在y轴上是否存在一个点P,使PC+PD值最小,若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.
【分析】(1)由C(0,﹣2),tan∠CAO=1,可得A(﹣2,0),用待定系数法即得抛物线解析式为y=x2﹣x﹣2;
(2)过A作AM∥BC交y轴于M,交抛物线于Q,作M关于x轴的对称点M',作直线AM'交抛物线于Q',由AM∥BC,得∠QAB=∠ABC,即知Q是满足题意的点,根据B(3,0),C(0,﹣2),得直线BC解析式是y=x﹣2,设直线AM解析式为y=x+m,将A(﹣2,0)代入可得直线AM解析式为y=x+,M(0,),解即得Q(5,),根据M、M'关于x轴对称,知Q'是满足题意的点,用待定系数法可得直线AQ'为y=﹣x﹣,解即得Q(1,﹣2);
(3)过P作PH⊥AC于H,过D作DH'⊥AC于H',交y轴于P',由y=x2﹣x﹣2=(x﹣)2﹣,可得D(,0),因OA=OC=2,故△AOC是等腰直角三角形,可得△PCH是等腰直角三角形,PH=PC,即知PC+PD最小即是PH+PD最小,故当P运动到P',H和H'重合时,PC+PD的最小,最小值是DH',由AD=,即得DH'=,即PC+PD的最小值是.
【解答】解:(1)∵C(0,﹣2),
∴OC=2,
∵tan∠CAO=1,
∴=1,
∴OA=2,A(﹣2,0),
将A(﹣2,0),B(3,0),C(0,﹣2)代入y=ax2+bx+c得:
,解得,
∴抛物线解析式为y=x2﹣x﹣2;
(2)存在一点Q,使得∠BAQ=∠ABC,理由如下:
过A作AM∥BC交y轴于M,交抛物线于Q,作M关于x轴的对称点M',作直线AM'交抛物线于Q',如图:
∵AM∥BC,
∴∠QAB=∠ABC,即Q是满足题意的点,
∵B(3,0),C(0,﹣2),
∴直线BC解析式是y=x﹣2,
设直线AM解析式为y=x+m,将A(﹣2,0)代入得﹣+m=0,
∴m=,
∴直线AM解析式为y=x+,M(0,),
解得(与A重合,舍去)或,
∴Q(5,),
∵M、M'关于x轴对称,
∴∠Q'AB=∠QAB=∠ABC,M'(0,﹣),
∴Q'是满足题意的点,
设直线AQ'为y=kx﹣,将A(﹣2,0)代入得﹣2k﹣=0,
∴k=﹣,
∴直线AQ'为y=﹣x﹣,
解得(舍去)或,
∴Q(1,﹣2);
综上所述,点Q坐标是(5,)或(1,﹣2);
(3)在y轴上存在一个点P,使PC+PD值最小,理由如下:
过P作PH⊥AC于H,过D作DH'⊥AC于H',交y轴于P',如图:
∵y=x2﹣x﹣2=(x﹣)2﹣,
∴抛物线对称轴是直线x=,
∴D(,0),
∵OA=OC=2,
∴△AOC是等腰直角三角形,
∴∠OCA=45°=∠OAC,
∴△PCH是等腰直角三角形,
∴PH=PC,
∴PC+PD最小即是PH+PD最小,
∴当P运动到P',H和H'重合时,PC+PD的最小,最小值是DH',
∵∠OAC=45°,DH'⊥AC,
∴△ADH'是等腰直角三角形,
∴DH'=AD,
∵A(﹣2,0),D(,0),
∴AD=,
∴DH'=,即PC+PD的最小值是.
13.(2021•津南区一模)已知抛物线y=x2﹣2x+c交x轴于A,B两点,且点B的坐标为(3,0),其对称轴交x轴于点C.
(Ⅰ)求该抛物线的顶点D的坐标;
(Ⅱ)设P是线段CD上的一个动点(点P不与点C,D重合).
①过点P作y轴的垂线l交抛物线(对称轴右侧)于点Q,连接QB,QD,求△QBD面积的最大值;
②连接PB,求PD+PB的最小值.
【分析】(Ⅰ)用待定系数法可得抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3,即可得抛物线的顶点D的坐标是(1,﹣4);
(Ⅱ)①过Q作QE∥y轴交BP于E,由B(3,0),D(1,﹣4)可得直线BD解析式为y=2x﹣6,设Q(m,m2﹣2m﹣3),其中1<m<3,则E(m,2m﹣6),EQ=﹣m2+4m﹣3,可得S△QBD=EQ•|xB﹣xD|=﹣(m﹣2)2+1,根据二次函数性质即得△QBD面积的最大值是1;
②连接AD,过A作AH⊥BD于H,过P作PF⊥BD于F,连接AP,由P在抛物线对称轴上,得PA=PB,在Rt△DBC中可得sin∠BDC===,在Rt△DPF中,PF=PD•sin∠PDF=PD,即知PD+PB=(PD+PB)=(PF+PA)≥AH,由2S△ABD=AB•CD=BD•AH得AH==,即可得PD+PB的最小值是8.
【解答】解:(Ⅰ)∵抛物线y=x2﹣2x+c经过点B(3,0),
∴9﹣6+c=0,
解得c=﹣3,
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3,
∵y=x2﹣2x﹣3=(x﹣1)2﹣4,
∴抛物线的顶点D的坐标是(1,﹣4);
(Ⅱ)①过Q作QE∥y轴交BD于E,如图:
设直线BD解析式为y=kx+b,将B(3,0),D(1,﹣4)代入得:
,解得,
∴直线BD解析式为y=2x﹣6,
根据题意知Q在线段BD下方,设Q(m,m2﹣2m﹣3),其中1<m<3,则E(m,2m﹣6),
∴EQ=2m﹣6﹣(m2﹣2m﹣3)=﹣m2+4m﹣3,
∴S△QBD=EQ•|xB﹣xD|=(﹣m2+4m﹣3)×(3﹣1)=﹣m2+4m﹣3=﹣(m﹣2)2+1,
∵﹣1<0,1<m<3,
∴m=2时,S△QBD最大值为1,
答:△QBD面积的最大值是1;
②连接AD,过A作AH⊥BD于H,过P作PF⊥BD于F,连接AP,如图:
∵P在抛物线对称轴上,
∴PA=PB,
在Rt△DBC中,BD===2,
∴sin∠BDC===,
在Rt△DPF中,PF=PD•sin∠PDF=PD,
∴PD+PB=(PD+PB)=(PF+PA)≥AH,
由2S△ABD=AB•CD=BD•AH得:
AH===,
∴PD+PB≥×=8,
即PD+PB的最小值是8.
14.(2021•防城区模拟)如图,已知抛物线y=ax2﹣2ax﹣8a(a>0)与x轴从左至右依次交于A,B两点,与y轴交于点C,经过点B的直线y=﹣x+与抛物线的另一交点为D,且点D的横坐标为﹣5.
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)若点P(x,y)在该二次函数的图象上,且S△BCD=S△ABP,求点P的坐标;
(3)设F为线段BD上的一个动点(异于点B和D),连接AF.是否存在点F,使得2AF+DF的值最小?若存在,分别求出2AF+DF的最小值和点F的坐标,若不存在,请说明理由.
【分析】(1)线求出点D的坐标,再将D点坐标代入抛物线解析式即可求解出a,进而得出解析式;
(2)由S△BCD=S△ABP,则CE•|xB﹣xD|=AB•|yP|,可得(﹣)×(4+5)=(4+2)×|yP|,再结合题意求出yP=,即可求出P点坐标为或;
(3)过点D作DM平行于x轴,故∠BDM=30°,过F作FH⊥DM于H,当A、F、H三点共线时,即AH⊥DM时,2AF+DF取最小值.
【解答】解:把x=﹣5代入y=﹣x+,
解得y=3,
∴D(﹣5,3),
把D(﹣5,3)代入y=ax2﹣2ax﹣8a,
解得a=,
∴抛物线的解析式为;
(2)设直线BD与y轴交于点E,
∴E(0,),
由可得A(﹣2,0),B(4,0),C(0,),
由S△BCD=S△ABP,
∴CE•|xB﹣xD|=AB•|yP|,
∴(﹣)×(4+5)=(4+2)×|yP|,
∴|yP|=,
∴yP=±,
∵抛物线的顶点为(1,﹣),
∴yP=,
∴P点坐标为或;
(3)存在点F,使得2AF+DF的值最小,理由如下:
过点D作DM平行于x轴,故∠BDM=30°,过F作FH⊥DM于H,
∴sin30°==,
∴HF=DF,
∴2AF+DF=2(AF+DF)=2(AF+HF)=2AH,
当A、F、H三点共线时,即AH⊥DM时,2AF+DF取最小值,
∵A(﹣2,0),
∴F(﹣2,2),
∵D(﹣5,3),
∴AH=3,
∴2AF+DF的最小值为6.
15.(2021秋•沈北新区校级月考)如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y=ax2﹣2x+c与x轴交于点A(1,0),点B(﹣3,0),与y轴交于点C,连接BC,点P在第二象限的抛物线上,连接PC、PO,线段PO交线段BC于点E.
(1)求抛物线的表达式;
(2)若△PCE的面积为S1,△OCE的面积为S2,当=时,求点P的坐标;
(3)已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N,连接BN,点H在x轴上,当∠HCB=∠NBC时,
①求满足条件的所有点H的坐标;
②当点H在线段AB上时,平面内点M,且HM=1,直接写出AM+CM的最小值.
【分析】(1)先把点A(1,0),点B(﹣3,0)代入抛物线y=ax2﹣2x+c中列方程组,解方程组可得a和c的值,从而得抛物线的表达式;
(2)先根据待定系数法求BC的解析式为:y=x+3,根据同高三角形面积的比等于对应底边的比,可得,证明△OEH∽△OPG,得=,可设E(3m,3m+3),则P(5m,﹣25m2﹣10m+3),代入比例式可得方程,解出即可得结论;
(3)①由对称得:N(﹣2,3),有两种情况:如图2,i)当BN∥CH1时,∠H1CB=∠NBC,根据平移的性质可得点H1的坐标;ii)当∠H2CB=∠NBC,设H2(n,0),直线CH2与BN交于点M,确定BN和CH2的解析式,利用方程组的解可得M的坐标(﹣,),根据两点的距离公式利用BM=CM,列方程可得结论;
②通过证明△MHN∽△AHM,可得MN=AM,当点M,点N,点C共线时,MN+MC最小值为CN的长,由勾股定理可求解.
【解答】解:(1)把点A(1,0),点B(﹣3,0)代入抛物线y=ax2﹣2x+c中,
得:,
解得:,
∴抛物线的表达式为:y=﹣x2﹣2x+3;
(2)如图1,过P作PG⊥y轴于G,过E作EH⊥y轴于H,
当x=0时,y=3,
∴C(0,3),
设BC的解析式为:y=kx+b,
则,解得,
∴BC的解析式为:y=x+3,
∵△PCE的面积为S1,△OCE的面积为S2,且=,
∴,
∵EH∥PG,
∴△OEH∽△OPG,
∴=,
∴设E(3m,3m+3),则P(5m,﹣25m2﹣10m+3),
∴=,
∴25m2+15m+2=0,
(5m+2)(5m+1)=0,
m1=﹣,m2=﹣,
当m=﹣时,5m=﹣2,则P(﹣2,3),
当m=﹣时,5m=﹣1,则P(﹣1,4),
综上,点P的坐标是(﹣2,3)或(﹣1,4);
(3)①由对称得:N(﹣2,3),
∵∠HCB=∠NBC,
如图2,连接CN,有两种情况:
i)当BN∥CH1时,∠H1CB=∠NBC,
∵CN∥AB,
∴四边形CNBH1是平行四边形,
∴H1(﹣1,0);
ii)当∠H2CB=∠NBC,
设H2(n,0),直线CH2与BN交于点M,
∴BM=CM,
∵B(﹣3,0),N(﹣2,3),
∴同理可得BN的解析式为:y=3x+9,
设CH2的解析式为:y=k1x+b1,
则,解得:,
∴设CH2的解析式为:y=﹣+3,
∴M(﹣,),
∵BM=CM,
∴(﹣+3)2+()2=(﹣)2+(3﹣)2,
解得:n=﹣9或﹣1(舍),
∴H2(﹣9,0),
综上,点H的坐标是(﹣1,0)或(﹣9,0);
②∵点H在线段AB上,
∴点H(﹣1,0),
∴HO=1,AH=2,
如图3,取HO的中点N(﹣,0),
∴HO=,
∴==,
又∵∠MHN=∠AHM,
∴△MHN∽△AHM,
∴,
∴MN=AM,
∴AM+MC=MN+MC,
∴当点M,点N,点C共线时,MN+MC最小值为CN的长,
∴CN===,
∴AM+MC的最小值为.
16.(2021•香洲区校级三模)如图,抛物线y=﹣x2﹣6x+7交x轴于A,B两点(点A在点B左侧),交y轴于点C,直线y=x+7经过点A、C,点M是线段AC上的一动点(不与点A,C重合).
(1)求A,B两点的坐标;
(2)当点P,C关于抛物线的对称轴对称时,求PM+AM的最小值及此时点M的坐标;
(3)连接BC,当△AOM与△ABC相似时,求出点M的坐标.
【分析】(1)在y=﹣x2﹣6x+7中,令y=0,解得x=﹣7或x=1,即得A(﹣7,0),B(1,0);
(2)过P作PN⊥x轴于N,交AC于M,抛物线y=﹣x2﹣6x+7的对称轴为直线x=﹣=﹣3,在y=﹣x2﹣6x+7中,得C(0,7),可得sin∠CAB===,在Rt△AMN中,MN=AM,故PM+AM最小,即是PM+MN最小,PM+AM的最小值即为PN的长,根据点P,C(0,7)关于抛物线的对称轴直线x=﹣3对称,即得PN=OC=7,即PM+AM的最小值为7,由A(﹣7,0),C(0,7)得直线AC解析式为y=x+7,可求出M(﹣6,);
(3)过M作MH⊥x轴于H,过M'作M'G⊥x轴于G,△AOM与△ABC相似,分两种情况:①当△ABC∽AMO时,=,可得AM=,由△AMH∽△ACO,即得M(﹣,),②当△ABC∽△AOM'时,=,得AM'=,同理可得M'(﹣,).
【解答】解:(1)在y=﹣x2﹣6x+7中,令y=0得:
﹣x2﹣6x+7=0,解得x=﹣7或x=1,
∴A(﹣7,0),B(1,0);
(2)过P作PN⊥x轴于N,交AC于M,如图:
抛物线y=﹣x2﹣6x+7的对称轴为直线x=﹣=﹣3,
在y=﹣x2﹣6x+7中,令x=0得y=7,
∴C(0,7),
∴AC==7,
∴sin∠CAB===,
在Rt△AMN中,MN=AM•sin∠CAB=AM,
∴PM+AM最小,即是PM+MN最小,由垂线段最短可知PM+AM的最小值即为PN的长,
∵点P,C(0,7)关于抛物线的对称轴直线x=﹣3对称,
∴PN与OC关于抛物线y=﹣x2﹣6x+7的对称轴直线x=﹣3对称,P(﹣6,7),
∴PN=OC=7,即PM+AM的最小值为7,
由A(﹣7,0),C(0,7)得直线AC解析式为y=x+7,
在y=x+7中,令x=﹣6得y=,
∴M(﹣6,);
(3)过M作MH⊥x轴于H,过M'作M'G⊥x轴于G,如图:
∵A(﹣7,0),B(1,0),C(0,7),
∴AB=8,AC=7,
∵∠MAO=∠BAC,
∴△AOM与△ABC相似,分两种情况:
①当△ABC∽AMO时,=,
∴=,
∴AM=,
∵MH⊥x轴,
∴MH∥OC,
∴△AMH∽△ACO,
∴==,即==,
∴AH=,MH=,
∴OH=OA﹣AH=,
∴M(﹣,),
②当△ABC∽△AOM'时,
∴=,即=,
∴AM'=,
同理可得==,
∴==,
∴AG=,M'G=,
∴OG=OA﹣AG=,
∴M'(﹣,),
综上所述,当△AOM与△ABC相似时,M坐标为(﹣,)或(﹣,).
17.(2021•涪城区校级模拟)已知:如图所示,抛物线y=﹣x2﹣x+c与x轴交于A、B两点,与y轴的正半轴交于点C,点A在点B的左侧,且满足tan∠CAB•tan∠CBA=1.
(1)求A、B两点的坐标;
(2)若点P是抛物线y=﹣x2﹣x+c上一点,且△PAC的内切圆的圆心正好落在x轴上,求点P的坐标;
(3)若M为线段AO上任意一点,求MC+AM的最小值.
【分析】(1)点A、B的横坐标分别为x1,x2,利用tan∠CAB•tan∠CBA=1和一元二次方程根与系数之间的关系求解;
(2)三角形内切圆的圆心是三个内角平分线的交点,得到x轴是角平分线,作点C关于x轴的对称点C'(0,﹣2),直线AC'的解析式,联立抛物线求交点坐标;
(3)此题为胡不归模型,构建模型求解.
【解答】解:(1)设点A、B的横坐标分别为x1,x2,
令y=0可得﹣x2﹣x+c=0,
∴x1•x2=﹣2c,
∵tan∠CAB•tan∠CBA=1,即=1,
∴OC2=OA•OB=(﹣x1)•x2=2C,
即c2=2c,
解得c1=0(舍去),c2=2,
∴抛物线y=﹣x2﹣x+2,
令y=0解得,x1=﹣4,x2=1,
故点A(﹣4,0),点B(1,0);
(2)△PAC的内切圆圆心正好落在x轴上,则x轴为∠CAP的角平分线,
作点C关于x轴的对称点C'(0,﹣2),
设直线AC'的解析式为y=kx+b,将点A(﹣4,0),C'(0,﹣2)代入,
得,
解得,
∴直线AC'的解析式为y=x﹣2,
联立抛物线与直线得,
解得,,
故点P坐标(2,﹣3);
(3)过点A作直线AD,使sin∠OAD=,过点M作ME⊥AD于点E,如图,
在Rt△MAE中,sin∠OAD=,
∴ME=AM,
∴MC+AM=MC+ME,当点M、C、E三点共线时,MC+ME最小为CE,
∵∠OMC=∠EMA.∠MEA=∠COM,
∴∠EAM=∠OCM,
在Rt△OCM中,sin∠OCM=sin∠OAD=,OC=2,
∴tan∠OCM===,cs∠OAD==,
∴OM=1,CM=,
∴AM=4﹣1=3,
在Rt△AEM中,sin∠OAD=,AM=3,
∴EM=3•sin∠OAD=,
∴MC+ME=+=.
故MC+AM的最小值.
18.(2021•青山区模拟)已知抛物线y=ax2﹣4ax﹣12a与x轴相交于A,B两点,与y轴交于C点,且OC=OA.设抛物线的顶点为M,对称轴交x轴于点N.
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图1,点E(m,n)为抛物线上的一点,且0<m<6,连接AE,交对称轴于点P.点F为线段BC上一动点,连接EF,当PA=2PE时,求EF+BF的最小值.
(3)如图2,过点M作MQ⊥CM,交x轴于点Q,将线段CQ向上平移t个单位长度,使得线段CQ与抛物线有两个交点,求t的取值范围.
【分析】(1)令y=0可得A坐标,由OC=OA得OC,即可得C的坐标,代入y=ax2﹣4ax﹣12a求出a,即可得抛物线解析式;
(2)过E作EH⊥x轴于H,交BC于F',过F作FQ⊥x轴于Q,Rt△BOC中,可得sin∠CBO==,Rt△BFQ中,sin∠CBO==,可得FQ=BF,要求EF+BF的最小即是求EF+BF的最小值,也是EF+FQ最小,此时E、F、Q共线,即F与F'重合,Q与H重合,EH的长度即是EF+BF的最小值,求出E点坐标即可得到答案;
(3)将线段CQ向上平移,当Q落到抛物线上的Q1处时,线段CQ与抛物线有两个交点,继续将线段向上平移,当线段与抛物线只有一个交点,Q移动到Q2处,分别求出Q移动到Q1、Q2处时的t值,即可得到答案.
【解答】解:(1)在y=ax2﹣4ax﹣12a中,令y=0得ax2﹣4ax﹣12a=0,
解得x1=﹣2,x2=6,
∴OA=2,
∵OC=OA,
∴OC=3,即C(0,3),
将C(0,3)代入y=ax2﹣4ax﹣12a得a=﹣,
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+3;
(2)过E作EH⊥x轴于H,交BC于F',过F作FQ⊥x轴于Q,如图:
∵y=﹣x2+x+3对称轴为直线x=2,
∴P横坐标为2,即ON=2,
∴AN=2﹣(﹣2)=4,
∵AP=2PE,
∴AN=2NH,
∴NH=2,
∴E横坐标为4,在y=﹣x2+x+3中令x=4得y=3,
∴E(4,3),
由(1)可知:OC=3,OB=6,
Rt△BOC中,BC==3,
∴sin∠CBO===,
∵EH⊥x轴,
∴Rt△BFQ中,sin∠CBO==,
∴FQ=BF,
而EF+BF=(EF+BF),
∴EF+BF最小即是EF+BF最小,也是EF+FQ最小,此时E、F、Q共线,即F与F'重合,Q与H重合,EH的长度即是EF+BF的最小值,
∵EH=|yE|=3,
∴EF+BF的最小值为3,
∴EF+BF的最小值为;
(3)将线段CQ向上平移,当Q落到抛物线上的Q1处时,线段CQ与抛物线有两个交点,继续将线段向上平移,当线段与抛物线只有一个交点,Q移动到Q2处,如图:
∵y=﹣x2+x+3顶点M(2,4),
又C(0,3),
∴CM的解析式为y=x+3,
由MQ⊥CM,设MQ解析式为y=﹣2x+b,将M(2,4)代入得:4=﹣2×2+b,
∴b=8,
∴MQ解析式为y=﹣2x+8,
在y=﹣2x+8中令y=0得x=4,
∴Q(4,0),
而C(0,3),
∴CQ解析式为y=﹣x+3,
将线段CQ向上平移t个单位长度,与C1Q1重合时,则Q1(4,t),
代入y=﹣x2+x+3得:t=﹣×16+4+3=3,
将线段CQ向上平移t个单位长度,与C2Q2重合时,C2Q2解析式为y=﹣x+3+t,
由只有一个解,可得﹣x2+x﹣t=0的判别式Δ=0,即()2﹣4×(﹣)•(﹣t)=0,
解得t=,
∴将线段CQ向上平移t个单位长度,使得线段CQ与抛物线有两个交点,3≤t<.
19.(2021•罗湖区校级模拟)已知抛物线y=ax2+bx(a,b为常数,a≠0)与x轴的正半轴交于点A,其顶点C的坐标为(2,4).
(Ⅰ)求抛物线的解析式;
(Ⅱ)点P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点,求△PAC面积的最大值;
(Ⅲ)点Q是抛物线对称轴上的一个动点,连接QA,求QC+QA的最小值.
【分析】(1)由顶点C的坐标为(2,4)列方程即可得答案;
(2)设P横坐标为m,用m的代数式表示△PAC面积即可得出答案;
(3)将QC+QA化为(QC+QA),属“胡不归”问题,作sin∠ECD=,把所求问题转化为求垂线段即可.
【解答】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx顶点C的坐标为(2,4),
∴,解得,
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+4x,
(2)过P作PQ交AC于Q,如答图1:
∵抛物线的解析式为y=﹣x2+4x,
∴令y=0得x1=0,x2=4,
∴A(4,0),
设直线AC解析式为y=kx+b,将A(4,0)、C(2,4)代入得:
,解得,
∴直线AC解析式为y=﹣2x+8,
设P(m,﹣m2+4m),则Q(m,﹣2m+8),
∴PQ=(﹣m2+4m)﹣(﹣2m+8)=﹣m2+6m﹣8,
∴S△PAC=S△PAQ+S△PCQ=PQ•(xA﹣xC)=(﹣m2+6m﹣8)×(4﹣2)=﹣m2+6m﹣8,
当m==3时,S△PAC最大为1,
∴△PAC面积的最大值是1;
(3)∵QC+QA=(QC+QA),
∴要使QC+QA最小,即是QC+QA最小,
设抛物线对称轴交x轴于D,以C为顶点,CD为一边,在对称轴左侧作∠ECD,使sin∠ECD=,过A作AB⊥CB于B,交CD于Q′,过Q作QF⊥CE于F,如答图2:
∵sin∠ECD=,QF⊥CE,
∴QF=QC,
∴QC+QA最小即是QF+QA最小,
此时F与B重合,Q与Q′重合,QC+QA的最小值即是AB的长度,
∵∠BQ′C=∠AQ′D,∠Q/BC=∠Q′DA=90°,
∴∠ECD=∠Q′AD,
∵sin∠ECD=,
∴sin∠Q′AD=,可得tan∠Q′AD=,cs∠Q′AD=,
而A(4,0)、C(2,4)知DA=2,
∴Q′A=,Q′D=1,
∴Q′C=3,
∵sin∠ECD=,
∴Q′B=,
∴AB=Q′A+Q′B=,
∴QC+QA最小为,
∴QC+QA最小为(QC+QA)=8.
20.(2020•东胜区二模)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,),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MB+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BM+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,解得,
故抛物线的表达式为y=﹣x2﹣x+;
(2)由函数的表达式知,函数的对称轴为x=﹣,故设点P的坐标为(,m).
∵C(1,0),B(0,),
∴BC2=1+3=4,直线BC的表达式为y=﹣x+,
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(+1)2+m2=4,解得m=±,
即此时点P的坐标为P1(﹣,)或P2(﹣,﹣)(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()2+(m﹣)2=4,解得m1=+或m2=﹣,
即此时点P的坐标为P3(﹣,+)或P4(﹣,﹣)(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(+1)2+m2=()2+(﹣m)2,解得m=,
即此时点P的坐标为P5(﹣,);
故点P的坐标为(﹣,)或(﹣,+)或(﹣,);
当点P的坐标为P(﹣,)时,
∵BC∥PQ,
故直线PQ的表达式为y=﹣x+t,
将点P的坐标代入上式得:=﹣×(﹣)+t,
解得t=,
故直线PQ的表达式为y=﹣x+,
则设点Q的坐标为(x,y),其中y=﹣x+,
由菱形的性质知,BP的中点即为CQ的中点,
由中点公式得:(x﹣)=(0+1),解得x=﹣,
当x=﹣时,y=﹣x+=,
故点Q的坐标为(﹣,),
同理可得,点P(﹣,+)或(﹣,)时,对应的点Q的坐标分别为(,)或(,),
综上所述,满足条件的点Q的坐标为(﹣,)或(,)或(,);
(3)如图,连接BC,作EH⊥BC于H,交OB于M,此时BM+ME最小.
理由:∵OC=1,OB=,
∴tan∠CBO==,
∴∠CBO=30°,
∴MH=BM,
∴BM+ME=MH+EM=EH,
∴此时BM+ME最短,
在Rt△CEH中,∵∠CHE=90°,CE=,∠HCE=60°,
∴sin60°=,
∴EH=,
∴BM+ME的最小值为.
专题12二次函数与线段和(将军饮马型)最值问题(教师版)-拔尖2023中考数学压轴题突破(全国通用): 这是一份专题12二次函数与线段和(将军饮马型)最值问题(教师版)-拔尖2023中考数学压轴题突破(全国通用),共72页。
专题13二次函数与胡不归型最值问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(教师版含解析): 这是一份专题13二次函数与胡不归型最值问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(教师版含解析),共75页。
中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)专题13二次函数与胡不归型最值问题(全国通用)(原卷版+解析): 这是一份中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)专题13二次函数与胡不归型最值问题(全国通用)(原卷版+解析),共82页。