中考数学二轮复习二次函数重难点练习专题21 二次函数与隐形圆（含阿氏圆）问题（2份，原卷版+解析版）

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在前面的“胡不归”问题中，我们见识了“kPA+PB”最值问题，其中P点轨迹是直线，而当P点轨迹变为圆时，即通常我们所说的“阿氏圆”问题．
所谓“阿氏圆”，是指由古希腊数学家阿波罗尼奥斯提出的圆的概念，在平面内，到两个定点距离之比等于定值（不为1）的点的集合叫做圆．
如下图，已知A、B两点，点P满足PA：PB=k（k≠1），则满足条件的所有的点P构成的图形为圆．
动点轨迹是圆的最值确定
如图 1 所示，⊙O 的半径为 r，点 A、B 都在⊙O 外，P 为⊙O 上一动点，已知 r=k·OB，
连接 PA、PB，则当“PA+k·PB”的值最小时，P 点的位置如何确定？
如图2，在线段 OB 上截取 OC 使 OC=k·r，则可说 明△BPO 与△PCO 相似，即 k·PB=PC。故本题求“PA+k·PB”的最小值可以转化为 “PA+PC”的最小值，其中与 A 与 C 为定点,P 为动点，故当 A、P、C 三点共线时， “PA+PC”值最小。如图3所示：
【破解策略详细步骤解析】
直击中考
1．如图，抛物线与x轴交于A，B两点，点P是以点为圆心，半径为1的圆上的动点，点Q是线段的中点，连结，则线段的最大值是（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】D
【分析】根据抛物线解析式可求得点，是上的中点，O是的中点，可知，故最大即为最大，即连接并延长交圆于点P时最大，进而即可求得的最大值．
【详解】解：如下图，连结，
抛物线与x轴交于A、B两点，
当时，，
解得：，
，即，
是上的中点，O是的中点，
为中位线，即，
∴当B、C、P共线时最大，即最大，
在直角，
，
又在上，且半径为1，
，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，二次函数解析式求点的坐标，三角形的中位线，解题的关键是将最大转化为求最长时的情况．
2．如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，对称轴与抛物线交于点C，与x轴交于点D，的半径为1，G为上一动点，P为的中点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．1D．3
【答案】B
【分析】如图，连接．利用三角形的中位线定理证明，求出的最小值，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接．
，，
，
当的值最小时，的值最小，
，
，，
，
当点在上时，的值最小，最小值，
的最小值为2，
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数图象上的点的坐标特征，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
3．（2023秋·江苏宿迁·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，抛物线的顶点为D，点C为的中点，以C为圆心，长为半径在x轴的上方作一个半圆，点E为半圆上一动点，连接，取的中点F，当点E沿着半圆从点A运动至点B的过程中，线段 的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，连接，交于，连接，，求解抛物线的顶点坐标坐标为：，即，再求解，，可得，证明，可得在以为圆心，半径为1的半圆周上运动，则当，，三点共线时，最短，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接，交于，连接，，
∵，
∴抛物线的顶点坐标坐标为：，即，
∵当时，
解得：，，
∴，，
∴，
∴为的中点，而为的中点，
∴，
∴在以为圆心，半径为1的半圆周上运动，
当，，三点共线时，最短，
此时，
∴的最小值为：，
故选C．
【点睛】本题考查的是二次函数的顶点坐标，与x轴的交点坐标，三角形的中位线的性质，圆的基本性质，确定在以为圆心，半径为1的半圆周上运动是解本题的关键．
4．（四川乐山中考）如图，抛物线与轴交于、两点，是以点（0,3）为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段的中点，连结.则线段的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据抛物线解析式可求得点A（-4,0），B（4,0），故O点为AB的中点，又Q是AP上的中点可知OQ=BP，故OQ最大即为BP最大，即连接BC并延长BC交圆于点P时BP最大，进而即可求得OQ的最大值．
【详解】解：连结BP，
∵抛物线与轴交于A、两点，
当y=0时，，
解得，
∴A（-4,0），B（4,0），即OA=4，
在直角△COB中，
BC=，
∵Q是AP上的中点，O是AB的中点，
∴OQ为△ABP中位线，即OQ=BP，
又∵P在圆C上，且半径为2，
∴当B、C、P共线时BP最大，即OQ最大，
此时BP=BC+CP=5+2=7，
OQ=BP=．
故选择C．
【点睛】本题考查了勾股定理求长度，二次函数解析式求点的坐标及线段长度，中位线，点到圆上最长的距离，解本题的关键是将求OQ最大转化为求BP最长时的情况．
5．如图，抛物线与轴交于两点，对称轴与轴交于点，点，点，点是平面内一动点，且满足是线段的中点，连结．则线段的最大值是________________．
【答案】
【分析】首先通过解方程得出点A的坐标，然后进一步根据抛物线性质得出点C为AB的中点，结合题意，利用勾股定理求出AQ，然后根据题意得出点P在以DE为直径的圆上，圆心Q点的坐标为(，0)，圆Q的半径为2，然后延长AQ较圆Q于点F，得出此时AF最大，再连接AP，利用三角形中位线性质进一步求解即可.
【详解】解方程可得，，
则：点A坐标为(3，0)，点B坐标为(5，0)，
∵抛物线的对称轴与轴交于点C，
∴点C为AB的中点，
设DE的中点为Q,则Q点的坐标为(，0)，
∴根据勾股定理可得：AQ=，
∵∠DPE=90°，
∴点P在以DE为直径的圆上，圆心Q点的坐标为(，0)，圆Q的半径为2，
如图，延长AQ较圆Q于点F，此时AF最大，最大值为，
再连接AP，
∵点M是线段PB中点，
∴CM为△ABP的中位线，
∴CM=AP，
∴CM的最大值为：，
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程与抛物线的性质及圆的基本性质和三角形中位线性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
6．如图，抛物线y=-x2+bx+c与直线AB交于A（-4，-4），B（0，4）两点，直线AC：y=-交y轴与点C，点E是直线AB上的动点，过点EF∥y轴交AC于点F，交抛物线于点G．
（1）直接写出抛物线y=-x2+bx+c的解析式为_______；
（2）在y轴上存在一点H，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，以A，E，F，H为顶点的四边形是矩形？求出此时点E，H的坐标；
（3）在（2）的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为圆E上一动点，求AM+CM的最小值．
【答案】（1）；（2）运动到x轴时，此时，；（3）
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）先判断出要以A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可；
（3）先取的中点，进而判断出，即可得出，连接交圆于点，再求出点的坐标即可得出结论．
【详解】解：（1）将点代入抛物线解析式可得：
，解得
抛物线的解析式为
（2）设直线解析式为
将代入得，解得
由题意可得：
设，，则
∵，，
∴为直角三角形，
结合图形可得，以A，E，F，H为顶点的矩形为矩形，为矩形的对角线
由矩形的性质可得，线段的中点重合
则，
解得，
∴，
由E点坐标可知，E在x轴上
（3）取的中点，如下图：
由（2）可知，，，
∴
∴
连接交圆于点，连接
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∴，当三点共线时，等号成立
设，
化简得
解得或（舍去，在点的左边）
∴
∴
即的最小值为
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，中点坐标公式，距离公式，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质进行求解．
7．（2022·广东惠州·统考一模）如图1，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，其中点的坐标为，抛物线的对称轴是直线．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点是直线下方的抛物线上一个动点，是否存在点使四边形的面积为16，若存在，求出点的坐标若不存在，请说明理由；
(3)如图2，过点作交抛物线的对称轴于点，以点为圆心，2为半径作，点为上的一个动点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）根据点的坐标为，抛物线的对称轴是直线．待定系数法求二次函数解析式即可，
（2）先求得直线解析式，设，则，过点作轴交直线于点，根据等于16建立方程，解一元二次方程即可求得的值，然后求得的坐标，
（3）在上取，过点作，构造，则当三点共线时，取得最小值，最小值为，勾股定理解直角三形即可．
（1）
解：∵抛物线与轴交于两点，与轴交于点，点的坐标为，抛物线的对称轴是直线，
∴，
，
解得，
抛物线解析式为：，
（2）
当，即，
解得，
，
，
设直线解析式为，
，
解得，
直线解析式为，
设，过点作轴交直线于点，
则，
，
四边形的面积为16，
，
解得，
或，
（3）
如图，过点作交抛物线的对称轴于点，以点为圆心，2为半径作，
是抛物线的对称轴，
，
，
，，
，
，
在上取，过点作，交轴于点，交抛物线对称轴于点，则，
，
，
，，
，
，
，
，
当三点共线时，取得最小值，最小值为，
．
则的最小值为．
【点睛】本题考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，掌握二次函数的性质与相似三角形的性质与判定是解题的关键．
8．（兰州中考）如图，抛物线与直线交于，两点，直线交轴与点，点是直线上的动点，过点作轴交于点，交抛物线于点.
(1)求抛物线的表达式；
(2)连接，，当四边形是平行四边形时，求点的坐标；
(3)①在轴上存在一点，连接，，当点运动到什么位置时，以为顶点的四边形是矩形？求出此时点的坐标；
②在①的前提下，以点为圆心，长为半径作圆，点为上一动点，求的最小值.
【答案】(1) y=﹣x2﹣2x+4；(2) G（﹣2，4）；(3)①E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；②．
【详解】试题分析:（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而利用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；
（3）①先判断出要以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有EF为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可；
②先取EG的中点P进而判断出△PEM∽△MEA即可得出PM=AM，连接CP交圆E于M，再求出点P的坐标即可得出结论．
试题解析：（1）∵点A（﹣4，﹣4），B（0，4）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+4；
（2）设直线AB的解析式为y=kx+n过点A，B，
∴，
∴，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
设E（m，2m+4），
∴G（m，﹣m2﹣2m+4），
∵四边形GEOB是平行四边形，
∴EG=OB=4，
∴﹣m2﹣2m+4﹣2m﹣4=4，
∴m=﹣2，
∴G（﹣2，4）；
（3）①如图1，
由（2）知，直线AB的解析式为y=2x+4，
∴设E（a，2a+4），
∵直线AC：y=﹣x﹣6，
∴F（a，﹣a﹣6），
设H（0，p），
∵以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，
∵直线AB的解析式为y=2x+4，直线AC：y=﹣x﹣6，
∴AB⊥AC，
∴EF为对角线，
∴（﹣4+0）=（a+a），（﹣4+p）=（2a+4﹣a﹣6），
∴a=﹣2，P=﹣1，
∴E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；
②如图2，
由①知，E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），
∴EH=，AE=2，
设AE交⊙E于G，取EG的中点P，
∴PE=，
连接PC交⊙E于M，连接EM，
∴EM=EH=，
∴=，
∵=，
∴，
∵∠PEM=∠MEA，
∴△PEM∽△MEA，
∴，
∴PM=AM，
∴AM+CM的最小值=PC，
设点P（p，2p+4），
∵E（﹣2，0），
∴PE2=（p+2）2+（2p+4）2=5（p+2）2，
∵PE=，
∴5（p+2）2=，
∴p=﹣或p=﹣（由于E（﹣2，0），所以舍去），
∴P（﹣，﹣1），
∵C（0，﹣6），
∴PC=，
即：AM+CM=．
考点：二次函数综合题．
9．（广西柳州中考）如图，抛物线与轴交于，，两点（点在点的左侧），与轴交于点，且，的平分线交轴于点，过点且垂直于的直线交轴于点，点是轴下方抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为，交直线于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点的横坐标为，当时，求的值；
（3）当直线为抛物线的对称轴时，以点为圆心，为半径作，点为上的一个动点，求的最小值．
【答案】（1）yx2x﹣3；（2）；（3）．
【分析】对于（1），结合已知先求出点B和点C的坐标，再利用待定系数法求解即可；
对于（2），在Rt△OAC中，利用三角函数的知识求出∠OAC的度数，再利用角平分线的定义求出∠OAD的度数，进而得到点D的坐标；接下来求出直线AD的解析式，表示出点P，H，F的坐标，再利用两点间的距离公式可完成解答；对于（3），首先求出⊙H的半径，在HA上取一点K，使得HK=14，此时K（-，）；然后由HQ2=HK·HA，得到△QHK∽△AHQ，再利用相似三角形的性质求出KQ=AQ，进而可得当E、Q、K共线时，AQ+EQ的值最小，据此解答.
【详解】（1）由题意A（，0），B（﹣3，0），C（0，﹣3），设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x），把C（0，﹣3）代入得到a，∴抛物线的解析式为yx2x﹣3．
（2）在Rt△AOC中，tan∠OAC，∴∠OAC＝60°．
∵AD平分∠OAC，∴∠OAD＝30°，∴OD＝OA•tan30°＝1，∴D（0，﹣1），∴直线AD的解析式为yx﹣1，由题意P（m，m2m﹣3），H（m，m﹣1），F（m，0）．
∵FH＝PH，∴1m﹣1﹣（m2m﹣3）
解得m或（舍弃），∴当FH＝HP时，m的值为．
（3）如图，∵PF是对称轴，∴F（，0），H（，﹣2）．
∵AH⊥AE，∴∠EAO＝60°，∴EOOA＝3，∴E（0，3）．
∵C（0，﹣3），∴HC2，AH＝2FH＝4，∴QHCH＝1，在HA上取一点K，使得HK，此时K（）．
∵HQ2＝1，HK•HA＝1，∴HQ2＝HK•HA，∴．
∵∠QHK＝∠AHQ，∴△QHK∽△AHQ，∴，∴KQAQ，∴AQ+QE＝KQ+EQ，∴当E、Q、K共线时，AQ+QE的值最小，最小值．
【点睛】本题考查了相似三角形对应边成比例、两边成比例且夹角相等的两个三角形相似、待定系数法求二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、数轴上两点间的距离公式，熟练掌握该知识点是本题解题的关键.
10．（2021·四川宜宾·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状，并说明理由；
（3）如图2，以C为圆心，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，
【分析】（1）用待定系数法求函数解析式；
（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；
（3）在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．
【详解】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），
∴设该抛物线的表达式为y=a（x-2）2+8，
∵与y轴交于点C（0，6），
∴把点C（0，6）代入得：a=，
∴该抛物线的表达式为y=x2+2x+6；
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，
∴当y=0时，（x-2）2+8=0，解得：x1=-2，x2=6，
∴A（-2，0），B（6，0），
∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，
∴BE2=BC2+CE2，
∴∠BCE=90°，
∴△BCE是直角三角形；
（3）如图，在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，
则BF的长即为所求．
连接CP，∵CP为半径，
∴ ，
又∵∠FCP=∠PCE，
∴△FCP∽△PCE，
∴ ，FP=EP，
∴BF=BP+EP，
由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+EP为最小值．
∵CF=CE，E（2，8），
∴F（，），
∴BF=
【点睛】本题考查二次函数综合，待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质等，题目综合性较强，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
11．（2021·四川乐山·统考三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），与x轴交于另一点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在y上是否存在一点E，使四边形ABCE为矩形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以C为圆心，1为半径作⊙C，D为⊙O上一动点，求DA+DB的最小值．
【答案】(1)y＝x2+x+2
(2)存在，E（0，﹣2）
(3)DA+DB的最小值为
【分析】（1）直接把A、B 坐标代入解析式，求解即可；
（2）先作AE⊥AB交y轴于点E，连接CE，作BF⊥x轴于点F，再通过证明△BFC∽△AFB和△BCF≌△EAO得到对边平行且相等，结合已知条件，得到四边形ABCE是矩形即可得到结论；
（3）先作FL⊥BC于点L，连接AL、CD，再通过证明△FCL∽△BCF和△DCL∽△BCD得到各边之间的关系，当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA+DB＝DA+LD＝AL最小，计算求解即可．
（1）
把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，
得 ，解得 ，
∴抛物线的解析式为；
（2）
存在．如图1，
作AE⊥AB交y轴于点E，连接CE；作BF⊥x轴于点F，则F（3，0）．
当y＝0时，由，得x1＝1，x2＝4，
∴C（4，0），
∴CF＝AO＝1，AF＝3﹣（﹣1）＝4；
又∵BF＝2，
∴ ，
∵∠BFC＝∠AFB＝90°，
∴△BFC∽△AFB，
∴∠CBF＝∠BAF，
∴∠ABC＝∠CBF+∠ABF＝∠BAF+∠ABF＝90°，
∴BC∥AE，
∵∠BCF＝90°﹣∠BAC＝∠EAO，∠BFC＝∠EOA＝90°，
∴△BCF≌△EAO（ASA），
∴BC＝EA，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCE是矩形；
∵OE＝FB＝2，
∴E（0，﹣2）
（3）
如图2，
作FL⊥BC于点L，连接AL、CD
由（2）得∠BFC＝90°，BF＝2，CF＝1，
∴CF＝CD，CB＝．
∵∠FLC＝∠BFC＝90°，∠FCL＝∠BCF（公共角），
∴△FCL∽△BCF，
∴，
∴，
∵∠DCL＝∠BCD（公共角），
∴△DCL∽△BCD，
∴，
∴LD＝ DB；
∵DA+LD≥AL，
∴当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA+DB＝DA+LD＝AL最小．
∵CL＝CF＝，
∴BL＝ ＝，
∴BL2＝（）2＝，
又∵AB2＝22+42＝20，
∴AL＝ ＝ ＝ ，
DA+DB的最小值为．
【点睛】本题属于二次函数与四边形、圆的综合题目，考查了待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，准确的添加辅助线及熟练掌握上述知识是解题的关键．
12．（2022·广东深圳·南山实验教育麒麟中学校联考模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，且，的平分线交轴于点，过点且垂直于的直线交轴于点，点P是轴下方抛物线上的一个动点，过点P作轴，垂足为，交直线于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，连接，当点P是线段下方抛物线上一动点，若的面积为，求点P的坐标；
(3)当直线为抛物线的对称轴时，以点为圆心，的长为半径作，点为上的一个动点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)（，-4）或（，-3）
(3)最小值
【分析】（1）求出A、B、C的坐标，利用两根式求出抛物线的解析式即可；
（2）先求出直线BC的解析式，设P（m， ），G（m，m-3），表示出PG的长，然后利用三角形面积公式列方程求解即可．
（3）首先求出⊙H的半径，在HA上取一点K，使得HK=，此时，由HQ2=HK•HA，可得△QHK∽△AHQ，推出，可得KQ=AQ，推出AQ+QE=KQ+EQ，可得当E、Q、K共线时，AQ+QE的值最小，由此求出点E坐标，点K坐标即可解决问题．
【详解】（1）解：由题意，，，
设抛物线的解析式为，
把代入得到．
故抛物线的解析式为．
（2）解：如图，设PF与BC交于点G，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B，C的坐标代入得，
解得，
故直线BC的解析式为y=x-3，
设P（m， ），G（m，m-3），
则PG=m-3-（）=，
∵的面积为，，
∴===
解得，，
当时，=-4，
当时，=-3，
故P点坐标为（，-4）或（，-3）．
（3）解：∵，
∴对称轴是直线x=，
∵是对称轴，
∴．
∵，，
∴AF=．
∵tan∠OAC=，
∴∠OAC=60°，
∵AD平分∠OAC，
∴∠OAD=30°，
∴OD=tan∠OAD×=1，
∴D(0，-1)．
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴，
∴，
∴，
当x=时，，
∴，
∴AH=．
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在上取一点，使得，则AK=．
作KG⊥AB于点G，则，
∴，
∴，
∴AG=，
∴OG=-=，
当x=-时，=，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当、、共线时，的值最小，最小值．
【点睛】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、一元二次方程、圆的有关知识、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
13．（2021·天津河北·中考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴是直线，与轴相交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．
（I）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（II）为第一象限内抛物线上的一个点，过点作轴于点，交于点，连接，当线段时，求点的坐标；
（III）以原点为圆心，长为半径作，点为上的一点，连接，，求的最小值．
【答案】（I），抛物线的顶点坐标为；（II）点的坐标为；（III）的最小值为．
【分析】
（1）根据对称轴公式可求得抛物线的解析式，再写出顶点坐标即可
（2）先写出A、B、C的坐标再写出直线BC的解析式，利用两点之间的距离公式列方程即可求解;
(3)先证明，再由当，，三点共线时，的值最小，最小值即为的值，利用勾股定理即可
【详解】
（I）∵ ，，
∴．
∴抛物线的解析式为 ．
∴，
∴抛物线的顶点坐标为；
（II）连接，过点作于点，
∵，令，则，
∴．
令，即，
解得，．
∴，．
设直线的解析式为，
将，代入，
得，解得，
∴直线的解析式为．
∵点在抛物线上，点在上，轴，
∴设点的坐标为，点坐标为，
∴．
∵，，
∴，
又∵，
∴，即，
解得或（不合题意，舍去），
∴，
当时，，
∴点的坐标为．
（III）如图，连接，在上截取，
使得，
连接，，此时，．
∵，，
∴．
∴，即．
∴．
∴当，，三点共线时，的值最小，最小值即为的值．
∴，
∴的最小值为．
【点睛】
本题考查抛物线解析式及顶点坐标、有抛物线的对称轴，相似三角形、最值问题、勾股定理，一元二次方程，熟练进行等角的转换是关键
14.如图，一条抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，为抛物线的顶点，点在轴上．
（1）求抛物线解析式；
（2）若，求点的坐标；
（3）过点作直线交抛物线于，是否存在以点，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）坐标平面内一点到点的距离为1个单位，求的最小值．

【答案】（1）；（2）或（6，0）；（3）Q（2，3）或或；（4）．
【分析】
解：（1）把A，B，C三点坐标代入求出解析式即可；
（2）先求出直线DB的解析式，再分①当点P在点B左侧时，②当点P在点B右侧时，分别求出P点坐标即可；
（3）分①当四边形APQC为平行四边形时，②当四边形AQPC为平行四边形时两种情况求出Q点坐标；
（4）先证△MBE∽△OBM得到，则当点D、M、E在同一直线上时，最短，求出最小值即可.
【详解】
解：（1）∵抛物线与x轴交于A（-1，0），B（3，0）两点，
∴设此抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-3），
将点C（0，3）代入，得a=-1，
∴，
（2）∵，
∴顶点D（1，4），
设直线DB解析式为y＝kx+b，
将D（1，4），B（3，0）代入得，，
解得：k＝﹣2，b＝6，
∴直线DB解析式为y＝﹣2x+6，
①如图1﹣1，当点P在点B左侧时，
∵∠PCB＝∠CBD，
∴CP∥BD，
设直线CP解析式为y＝﹣2x+m，
将C（0，3）代入，得m＝3，
∴直线CP解析式y＝﹣2x+3，
当y＝0时，，
∴，
②如图1﹣2，当点P在点B右侧时，
作点P关于直线BC的对称点N，延长CN交x轴于点P'，此时∠P'CB＝∠CBD，
∵C（0，3），B（3，0），
∴OC＝OB，
∴△OBC为等腰直角三角形，
∴∠CPB＝45°，
∴∠NBC＝45°，
∴△PBN为等腰直角三角形，
∴，
∴，
将C（0，3），代入直线CN解析式y＝nx+t，
得：，
解得，，t＝3，
∴直线CN解析式为，
当y＝0时，x＝6，
∴P'（6，0）；
综上所述，点P坐标为或（6，0）；
（3）①如图2﹣1，当四边形APQC为平行四边形时，
∴CQ∥AP，CQ＝AP，
∵yC＝3，
∴yQ＝3，
令﹣x2+2x+3＝3，
解得：x1＝0，x2＝2，
∴Q（2，3），
②如图2﹣2，当四边形AQPC为平行四边形时，
AC∥PQ，AC＝PQ，
∴yC﹣yA＝yP﹣yQ＝3，
∵yP＝0，
∴yQ＝﹣3，
令﹣x2+2x+3＝﹣3，
解得，，，
∴，
综上所述，点Q的坐标为Q（2，3）或或；
（4）∵点M到点B的距离为1个单位，
∴点M在以点B为圆心，半径为1的圆上运动，如图3
在x轴上作点，连接BM、EM、DE，
∴，
∵BM＝1，
∴，
∵∠MBE＝∠OBM，
∴△MBE∽△OBM，
∴，
∴，
∴，
∴当点D、M、E在同一直线上时，最短，
∵D（1，4），
∴，
∴的最小值为．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解二元一次方程组和一元二次方程，轴对称的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，本题难度较大，属于中考压轴题．