初中数学中考复习 专题04 几何最值存在性问题（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题04 几何最值存在性问题（解析版），共10页。
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专题四 几何最值的存在性问题
【考题研究】
在平面几何的动态问题中，当某几何元素在给定条件变动时，求某几何量（如线段的长度、图形的周长或面积、角的度数以及它们的和与差）的最大值或最小值问题，称为最值问题。
从历年的中考数学压轴题型分析来看，经常会考查到距离或者两条线段和差最值得问题，并且这部分题目在中考中失分率很高，应该引起我们的重视。几何最值问题再教材中虽然没有进行专题讲解，到却给了我们很多解题模型，因此在专题复习时进行压轴训练是必要的。
【解题攻略】
最值问题是一类综合性较强的问题，而线段和（差）问题，要归归于几何模型：（1）归于“两点之间的连线中，线段最短”凡属于求“变动的两线段之和的最小值”时，大都应用这一模型．（2）归于“三角形两边之差小于第三边”凡属于求“变动的两线段之差的最大值”时，大都应用这一模型． 
两条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“牛喝水”问题，关键是指出一条对称轴“河流”（如图1）．
三条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“台球两次碰壁”或“光的两次反射”问题，关键是指出两条对称轴“反射镜面”（如图2）．
两条线段差的最大值问题，一般根据三角形的两边之差小于第三边，当三点共线时，两条线段差的最大值就是第三边的长．如图3，PA与PB的差的最大值就是AB，此时点P在AB的延长线上，即P′．
解决线段和差的最值问题，有时候求函数的最值更方便，建立一次函数或者二次函数求解最值问题．

【解题类型及其思路】
解决平面几何最值问题的常用的方法有：（1）应用两点间线段最短的公理（含应用三角形的三边关系）求最值；（2）应用垂线段最短的性质求最值；（3）应用轴对称的性质求最值；（4）应用二次函数求最值；（5）应用其它知识求最值。
【典例指引】
类型一 【确定线段（或线段的和，差）的最值或确定点的坐标】
【典例指引1】（2018·天津中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上．点B的坐标为（8，4），将该长方形沿OB翻折，点A的对应点为点D，OD与BC交于点E．
（I）证明：EO=EB；
（Ⅱ）点P是直线OB上的任意一点，且△OPC是等腰三角形，求满足条件的点P的坐标；
（Ⅲ）点M是OB上任意一点，点N是OA上任意一点，若存在这样的点M、N，使得AM+MN最小，请直接写出这个最小值．

【答案】（I）证明见解析；（Ⅱ）P的坐标为（4，2）或（，）或P（﹣，﹣）或（，）；（Ⅲ）．
【解析】
分析：（Ⅰ）由折叠得到∠DOB=∠AOB，再由BC∥OA得到∠OBC=∠AOB，即∠OBC=∠DOB，即可；
（Ⅱ）设出点P坐标，分三种情况讨论计算即可；
（Ⅲ）根据题意判断出过点D作OA的垂线交OB于M，OA于N，求出DN即可．
详解：（Ⅰ）∵将该长方形沿OB翻折，点A的对应点为点D，OD与BC交于点E，
∴∠DOB=∠AOB，
∵BC∥OA，
∴∠OBC=∠AOB，
∴∠OBC=∠DOB，
∴EO=EB；
（Ⅱ）∵点B的坐标为（8，4），
∴直线OB解析式为y=x，
∵点P是直线OB上的任意一点，
∴设P（a，a）．
∵O（0，0），C（0，4），
∴OC=4，PO2=a2+（a）2=a2，PC2=a2+（4-a）2．
当△OPC是等腰三角形时，可分三种情况进行讨论：
①如果PO=PC，那么PO2=PC2，
则a2=a2+（4-a）2，解得a=4，即P（4，2）；
②如果PO=OC，那么PO2=OC2，
则a2=16，解得a=±，即P（，）或P（-，-）；
③如果PC=OC时，那么PC2=OC2，
则a2+（4-a）2=16，解得a=0（舍），或a=，即P（，）；
故满足条件的点P的坐标为（4，2）或（，）或P（-，-）或（，）；
（Ⅲ）如图，过点D作OA的垂线交OB于M，交OA于N，

此时的M，N是AM+MN的最小值的位置，求出DN就是AM+MN的最小值．
由（1）有，EO=EB，
∵长方形OABC的顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为（8，4），
设OE=x，则DE=8-x，
在Rt△BDE中，BD=4，根据勾股定理得，DB2+DE2=BE2，
∴16+（8-x）2=x2，
∴x=5，
∴BE=5，
∴CE=3，
∴DE=3，BE=5，BD=4，
∵S△BDE=DE×BD=BE×DG，
∴DG=，
由题意有，GN=OC=4，
∴DN=DG+GN=+4=．
即：AM+MN的最小值为．
点睛：此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，极值的确定，进行分类讨论与方程思想是解本题的关键．
【举一反三】
（2020·云南初三）如图，抛物线y=ax2+bx+3经过点 B（﹣1，0），C（2，3），抛物线与y轴的焦点A，与x轴的另一个焦点为D，点M为线段AD上的一动点，设点M的横坐标为t．
（1）求抛物线的表达式；
（2）过点M作y轴的平行线，交抛物线于点P，设线段PM的长为1，当t为何值时，1的长最大，并求最大值；（先根据题目画图，再计算）
（3）在（2）的条件下，当t为何值时，△PAD的面积最大？并求最大值；
（4）在（2）的条件下，是否存在点P，使△PAD为直角三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)y=﹣x2+2x+3；（2）当t=时，l有最大值，l最大=；（3）t=时，△PAD的面积的最大值为；（4）t=.
【解析】
试题分析：（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）易知直线AD解析式为y=-x+3，设M点横坐标为m，则P（t，-t2+2t+3），M（t，-t+3），可得l=-t2+2t+3-（-t+3）=-t2+3t=-（t-）2+，利用二次函数的性质即可解决问题；
（3）由S△PAD=×PM×（xD-xA）=PM，推出PM的值最大时，△PAD的面积最大；
（4）如图设AD的中点为K，设P（t，-t2+2t+3）．由△PAD是直角三角形，推出PK=AD，可得（t-）2+（-t2+2t+3-）2=×18，解方程即可解决问题；
试题解析：（1）把点 B（﹣1，0），C（2，3）代入y=ax2+bx+3，
则有，
解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
（2）在y=﹣x2+2x+3中，令y=0可得0=﹣x2+2x+3，解得x=﹣1或x=3，
∴D（3，0），且A（0，3），
∴直线AD解析式为y=﹣x+3，

设M点横坐标为m，则P（t，﹣t2+2t+3），M（t，﹣t+3），
∵0＜t＜3，
∴点M在第一象限内，
∴l=﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）=﹣t2+3t=﹣（t﹣）2+，
∴当t=时，l有最大值，l最大=；
（3）∵S△PAD=×PM×（xD﹣xA）=PM，
∴PM的值最大时，△PAD的面积中点，最大值=×=．
∴t=时，△PAD的面积的最大值为．
（4）如图设AD的中点为K，设P（t，﹣t2+2t+3）．

∵△PAD是直角三角形，
∴PK=AD，
∴（t﹣）2+（﹣t2+2t+3﹣）2=×18，
整理得t（t﹣3）（t2﹣t﹣1）=0，
解得t=0或3或，
∵点P在第一象限，
∴t=.
类型二 【确定三角形、四边形的周长的最值或符合条件的点的坐标】
【典例指引2】
（2020·重庆初三期末）如图，抛物线（）与双曲线相交于点、，已知点坐标，点在第三象限内，且的面积为3（为坐标原点）.

（1）求实数、、的值；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点使得为等腰三角形？若存在请求出所有的点的坐标，若不存在请说明理由.
（3）在坐标系内有一个点，恰使得，现要求在轴上找出点使得的周长最小，请求出的坐标和周长的最小值.
【答案】（1），；（2）存在，，，，，；（3）
【解析】
【分析】
（1）由点A在双曲线上，可得k的值，进而得出双曲线的解析式．设()，过A作AP⊥x轴于P，BQ⊥y轴于Q，直线BQ和直线AP相交于点M．根据=3解方程即可得出k的值，从而得出点B的坐标，把A、B的坐标代入抛物线的解析式即可得到结论；
（2）抛物线对称轴为，设，则可得出；；．然后分三种情况讨论即可；
（3）设M(x，y)．由MO=MA=MB，可求出M的坐标．作B关于y轴的对称点B'．连接B'M交y轴于Q．此时△BQM的周长最小．用两点间的距离公式计算即可．
【详解】
（1）由知：k=xy=1×4=4，
∴．
设()．
过A作AP⊥x轴于P，BQ⊥y轴于Q，直线BQ和直线AP相交于点M，则S△AOP=S△BOQ=2．




令：，
整理得：，
解得：，．
∵m＜0，
∴m=-2，
故．
把A、B带入

解出：，
∴．

（2）
∴抛物线的对称轴为．
设，则，，．
∵△POB为等腰三角形，
∴分三种情况讨论：
①，即，解得：，
∴，；
②，即，解得：，
∴，；
③，即，解得：
∴；
（3）设．
∵，，，
∴，，．
∵，
∴
解得：，
∴．
作B关于y轴的对称点B'坐标为：(2，-2)．
连接B'M交y轴于Q．此时△BQM的周长最小．
=MB'+MB

．

【名师点睛】
本题是二次函数综合题．考查了用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质、轴对称-最值问题等．第（1）问的关键是割补法；第（2）问的关键是分类讨论；第（3）问的关键是求出M的坐标．
【举一反三】
（2019·重庆实验外国语学校初三）如图1，已知抛物线y＝﹣x+3与x轴交于A和B两点，（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求出直线BC的解析式．
（2）M为线段BC上方抛物线上一动点，过M作x轴的垂线交BC于H，过M作MQ⊥BC于Q，求出△MHQ周长最大值并求出此时M的坐标；当△MHQ的周长最大时在对称轴上找一点R，使|AR﹣MR|最大，求出此时R的坐标．
（3）T为线段BC上一动点，将△OCT沿边OT翻折得到△OC′T，是否存在点T使△OC′T与△OBC的重叠部分为直角三角形，若存在请求出BT的长，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝﹣x+3；（2）R（1，）；（3）BT＝2或BT＝．
【解析】
【分析】
（1）由已知可求A（﹣2，0），B（4，0），C（0，3），即可求BC的解析式；
（2）由已知可得∠QMH＝∠CBO，则有QH＝QM，MH＝MQ，所以△MHQ周长＝3QM，则求△MHQ周长的最大值，即为求QM的最大值；设M（m，），过点M与BC直线垂直的直线解析式为，交点，可求出，当m＝2时，MQ有最大值；函数的对称轴为x＝1，作点M关于对称轴的对称点M'（0，3），连接AM'与对称轴交于点R，此时|AR﹣MR|＝|AR﹣M'R|＝AM'，|AR﹣MR|的最大值为AM'；求出AM'的直线解析式为，则可求；
（3）有两种情况：当TC'∥OC时，GO⊥TC'；当OT⊥BC时，分别求解即可．
【详解】
解：（1）令y=0，即，解得，
∵点A在点B的左侧
∴A（﹣2，0），B（4，0），
令x=0解得y=3，
∴C（0，3），
设BC所在直线的解析式为y=kx+3，
将B点坐标代入解得k=
∴BC的解析式为y＝-x+3；
（2）∵MQ⊥BC，M作x轴，
∴∠QMH＝∠CBO，
∴tan∠QMH＝tan∠CBO＝，
∴QH＝QM，MH＝MQ，
∴△MHQ周长＝MQ+QH+MH＝QM+QM+MQ＝3QM，
则求△MHQ周长的最大值，即为求QM的最大值；
设M（m，），
过点M与BC直线垂直的直线解析式为，
直线BC与其垂线相交的交点，
∴，
∴当m＝2时，MQ有最大值，
∴△MHQ周长的最大值为，此时M（2，3），
函数的对称轴为x＝1，
作点M关于对称轴的对称点M'（0，3），
连接AM'与对称轴交于点R，此时|AR﹣MR|＝|AR﹣M'R|＝AM'，
∴|AR﹣MR|的最大值为AM'；
∵AM'的直线解析式为y＝x+3，
∴R（1，）；
（3）①当TC'∥OC时，GO⊥TC'，
∵△OCT≌△OTC'，
∴，
∴
∴BT＝2；
②当OT⊥BC时，过点T作TH⊥x轴，
OT＝，
∵∠BOT＝∠BCO，
∴，
∴OH＝，
∴
∴BT＝；
综上所述：BT＝2或BT＝．


【点睛】
本题是一道综合题，考查了二次函数一次函数和三角形相关的知识，能够充分调动所学知识是解题的关键.
类型三 【确定三角形、四边形的面积最值或符合条件的点的坐标】
【典例指引3】（2019·甘肃中考真题）如图，已知二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）、B（3，0），与y轴交于点C．

（1）求二次函数的解析式；
（2）若点P为抛物线上的一点，点F为对称轴上的一点，且以点A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；
（3）点E是二次函数第四象限图象上一点，过点E作x轴的垂线，交直线BC于点D，求四边形AEBD面积的最大值及此时点E的坐标．
【答案】（1）y＝x2﹣4x+3；（2）点P（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；（3）最大值为 ，E（，﹣）．
【解析】
【分析】
（1）用交点式函数表达式，即可求解；
（2）分当AB为平行四边形一条边、对角线，两种情况，分别求解即可；
（3）利用S四边形AEBD＝AB（yD﹣yE），即可求解．
【详解】
解：（1）用交点式函数表达式得：y＝（x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3；
故二次函数表达式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）①当AB为平行四边形一条边时，如图1，

则AB＝PE＝2，
则点P坐标为（4，3），
当点P在对称轴左侧时，即点C的位置，点A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形，
故：点P（4，3）或（0，3）；
②当AB是四边形的对角线时，如图2，

AB中点坐标为（2，0）
设点P的横坐标为m，点F的横坐标为2，其中点坐标为： ，
即：＝2，解得：m＝2，
故点P（2，﹣1）；
故：点P（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；
（3）直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，

设点E坐标为（x，x2﹣4x+3），则点D（x，﹣x+3），
S四边形AEBD＝AB（yD﹣yE）＝﹣x+3﹣x2+4x﹣3＝﹣x2+3x，
∵﹣1＜0，故四边形AEBD面积有最大值，
当x＝，其最大值为，此时点E（，﹣）．
【点睛】
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
【举一反三】
（2019·内蒙古中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于），两点，与轴交于点，连接．
（1）求该抛物线的解析式，并写出它的对称轴；
（2）点为抛物线对称轴上一点，连接，若，求点的坐标；
（3）已知，若是抛物线上一个动点（其中），连接，求面积的最大值及此时点的坐标．
（4）若点为抛物线对称轴上一点，抛物线上是否存在点，使得以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1），对称轴；（2）；（3）面积有最大值是，；（4）存在点使得以为顶点的四边形是平行四边形，或或.
【解析】
【分析】
（1）将点A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx+2即可；
（2）过点D作DG⊥y轴于G，作DH⊥x轴于H，设点D（1，y），在Rt△CGD中，CD2=CG2+GD2=（2-y）2+1，在Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2=4+y2，可以证明CD=BD，即可求y的值；
（3）过点E作EQ⊥y轴于点Q，过点F作直线FR⊥y轴于R，过点E作FP⊥FR于P，证明四边形QRPE是矩形，根据S△CEF=S矩形QRPE-S△CRF-S△EFP，代入边即可；
（4）根据平行四边形对边平行且相等的性质可以得到存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，点M（2，2）或M（4，- ）或M（-2，-）；
【详解】
解：（1）将点代入，
可得，
；
对称轴；
（2）如图1：过点作轴于，作轴于，

设点，
，
在中，，
在中，，
在中，
，


，
；
（3）如图2：过点作轴于点，过点作直线轴于，过点作于，

，
四边形是矩形，
，
，


，

当时，面积有最大值是，
此时；
（4）存在点使得以为顶点的四边形是平行四边形，
设，
①四边形是平行四边形时，



②四边形时平行四边形时，

，
；
③四边形时平行四边形时，
，
，
；
综上所述：或或；
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象及性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，及分类讨论的数学思想.熟练掌握二次函数的性质、灵活运用勾股定理求边长、掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
【新题训练】
1．如图，直线y＝5x＋5交x轴于点A，交y轴于点C，过A，C两点的二次函数y＝ax2＋4x＋c的图象交x轴于另一点B.
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接BC，点N是线段BC上的动点，作ND⊥x轴交二次函数的图象于点D，求线段ND长度的最大值；
(3)若点H为二次函数y＝ax2＋4x＋c图象的顶点，点M(4，m)是该二次函数图象上一点，在x轴，y轴上分别找点F，E，使四边形HEFM的周长最小，求出点F、E的坐标．

【答案】(1) y＝－x2＋4x＋5；(2);(3) F (，0)，E(0，)．
【解析】
【分析】
（1）先根据坐标轴上点的坐标特征由一次函数的表达式求出A，C两点的坐标，再根据待定系数法可求二次函数的表达式；
（2）根据坐标轴上点的坐标特征由二次函数的表达式求出B点的坐标，根据待定系数法可求一次函数BC的表达式，设ND的长为d，N点的横坐标为n，则N点的纵坐标为-n+5，D点的坐标为D（n，-n2+4n+5），根据两点间的距离公式和二次函数的最值计算可求线段ND长度的最大值；
（3）由题意可得二次函数的顶点坐标为H（2，9），点M的坐标为M（4，5），作点H（2，9）关于y轴的对称点H1，可得点H1的坐标，作点M（4，5）关于x轴的对称点HM1，可得点M1的坐标连结H1M1分别交x轴于点F，y轴于点E，可得H1M1+HM的长度是四边形HEFM的最小周长，再根据待定系数法可求直线H1M1解析式，根据坐标轴上点的坐标特征可求点F、E的坐标．
【详解】
解：(1)∵直线y＝5x＋5交x轴于点A，交y轴于点C，
∴A(－1，0)，C(0，5)，
∵二次函数y＝ax2＋4x＋c的图象过A，C两点，
∴ ，
解得 ，
∴二次函数的表达式为y＝－x2＋4x＋5；
(2)如解图①，

第2题解图①
∵点B是二次函数的图象与x轴的交点，
∴由二次函数的表达式为y＝－x2＋4x＋5得，点B的坐标B(5，0)，
设直线BC解析式为y＝kx＋b，
∵直线BC过点B(5，0)，C(0，5)，
∴ ，
解得 ，
∴直线BC解析式为y＝－x＋5，
设ND的长为d，N点的横坐标为n，
则N点的坐标为(n，－n＋5)，
D点的坐标为(n，－n2＋4n＋5)，
则d＝|－n2＋4n＋5－(－n＋5)|，
由题意可知：－n2＋4n＋5＞－n＋5，
∴d＝－n2＋4n＋5－(－n＋5)＝－n2＋5n＝－(n－)2＋，
∴当n＝时，线段ND长度的最大值是；
（3）∵点M(4，m)在抛物线y＝－x2＋4x＋5上，
∴m＝5，∴M(4，5)．
∵抛物线y＝－x2＋4x＋5＝－(x－2)2＋9，
∴顶点坐标为H(2，9)，
如解图②，作点H(2，9)关于y轴的对称点H1，则点H1的坐标为H1(－2，9)；作点M(4，5)关于x轴的对称点M1，则点M1的坐标为M1(4，－5)，连接H1M1分别交x轴于点F，y轴于点E，∴H1M1＋HM的长度是四边形HEFM的最小周长，则点F，E即为所求的点．

设直线H1M1的函数表达式为y＝mx＋n，
∵直线H1M1过点H1(－2，9)，M1(4，－5)，
∴ ，
解得 ，
∴y＝－x＋，
∴当x＝0时，y＝，即点E坐标为(0，)，
当y＝0时，x＝，即点F坐标为(，0)，
故所求点F，E的坐标分别为(，0)，(0，)．
2．（2019·江苏中考真题）如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点（与点A、B不重合），直线l是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线l折叠，点B的对应点是点B’.
（1）如图1，当PB=4时，若点B’恰好在AC边上，则AB’的长度为_____；
（2）如图2，当PB=5时，若直线l//AC，则BB’的长度为 ；
（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线l始终垂直于AC，△ACB’的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；
（4）当PB=6时，在直线l变化过程中，求△ACB’面积的最大值.

【答案】（1）4；（2）5；（3）面积不变，S△ACB’=；（4）24+4
【解析】
【分析】
(1)证明△APB′是等边三角形即可解决问题；
(2)如图2中，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，证明△PEB是等边三角形，求出OB即可解决问题；
(3)如图3中，结论：面积不变，证明B B′//AC即可；
(4)如图4中，当PB′⊥AC时，△ACB′的面积最大，设直线PB′交AC于点E，求出B′E即可解决问题.
【详解】
(1)如图1，∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=60°，AB=BC=CA=8，
∵PB=4，
∴PB′=PB=PA=4，
∵∠A=60°，
∴△APB′是等边三角形，
∴AB′=AP=4，
故答案为4；
(2)如图2，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，
∵PE∥AC，
∴∠BPE=∠A=60°，∠BEP=∠C=60°，
∴△PEB是等边三角形，
∵PB=5，B、B′关于PE对称，
∴BB′⊥PE，BB′=2OB，
∴OB=PB·sin60°=，
∴BB′=5，
故答案为5；
(3)如图3，结论：面积不变.
过点B作BE⊥AC于E，
则有BE=AB·sin60°=，
∴S△ABC==16，
∵B、B′关于直线l对称，
∴BB′⊥直线l，
∵直线l⊥AC，
∴AC//BB′，
∴S△ACB’=S△ABC=16；
(4)如图4，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，
设直线PB′交AC于E，
在Rt△APE中，PA=2，∠PAE=60°，
∴PE=PA·sin60°=，
∴B′E=B′P+PE=6+，
∴S△ACB最大值=×(6+)×8=24+4.

【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定与性质等知识，理解题意，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
3．（2019·湖南中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．

【答案】(1)点C的坐标为(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值为8，cos∠OAD＝．
【解析】
【分析】
(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标；
(2)先求出S△DCM＝6，结合S四边形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，据此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝36求得x的值，从而得出答案；
(3)由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得，据此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案．
【详解】
(1)如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝3，
∴点C的坐标为(2，3+2)；
(2)∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S△DCM＝6，
又S四边形OMCD＝，
∴S△ODM＝，
∴S△OAD＝9，
设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，xy＝9，
∴x2+y2＝2xy，即x＝y，
将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，
解得x＝3(负值舍去)，
∴OA＝3；
(3)OC的最大值为8，
如图2，M为AD的中点，

∴OM＝3，CM＝＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，
连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
∴，即，
解得MN＝，ON＝，
∴AN＝AM﹣MN＝，
在Rt△OAN中，OA＝，
∴cos∠OAD＝．
【点睛】
本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．
4.（2018·江苏中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=﹣x+4的图象与x轴和y轴分别相交于A、B两点．动点P从点A出发，在线段AO上以每秒3个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O停止运动，点A关于点P的对称点为点Q，以线段PQ为边向上作正方形PQMN．设运动时间为t秒．
（1）当t=秒时，点Q的坐标是　 　；
（2）在运动过程中，设正方形PQMN与△AOB重叠部分的面积为S，求S与t的函数表达式；
（3）若正方形PQMN对角线的交点为T，请直接写出在运动过程中OT+PT的最小值．

【答案】（1）（4，0）；（2）①当0＜t≤1时，S =t2；②当1＜t≤时，S =﹣t2+18t；③当＜t≤2时， S =﹣3t2+12；（3）OT+PT的最小值为．
【解析】
【分析】
（1）先确定出点A的坐标，进而求出AP，利用对称性即可得出结论；
（2）分三种情况，①利用正方形的面积减去三角形的面积，②利用矩形的面积减去三角形的面积，③利用梯形的面积，即可得出结论；
（3）先确定出点T的运动轨迹，进而找出OT+PT最小时的点T的位置，即可得出结论．
【详解】
（1）令y=0，
∴﹣x+4=0，
∴x=6，
∴A（6，0），
当t=秒时，AP=3×=1，
∴OP=OA﹣AP=5，
∴P（5，0），
由对称性得，Q（4，0）；
（2）当点Q在原点O时，OQ=6，
∴AP=OQ=3，
∴t=3÷3=1，
①当0＜t≤1时，如图1，令x=0，

∴y=4，
∴B（0，4），
∴OB=4，
∵A（6，0），
∴OA=6，
在Rt△AOB中，tan∠OAB=，
由运动知，AP=3t，
∴P（6﹣3t，0），
∴Q（6﹣6t，0），
∴PQ=AP=3t，
∵四边形PQMN是正方形，
∴MN∥OA，PN=PQ=3t，
在Rt△APD中，tan∠OAB=，
∴PD=2t，
∴DN=t，
∵MN∥OA
∴∠DCN=∠OAB，
∴tan∠DCN=，
∴CN=t，
∴S=S正方形PQMN﹣S△CDN=（3t）2﹣t×t=t2；
②当1＜t≤时，如图2，同①的方法得，DN=t，CN=t，

∴S=S矩形OENP﹣S△CDN=3t×（6﹣3t）﹣t×t=﹣t2+18t；
③当＜t≤2时，如图3，S=S梯形OBDP=（2t+4）（6﹣3t）=﹣3t2+12；

（3）如图4，由运动知，P（6-3t，0），Q（6-6t，0），
∴M（6-6t，3t），
∵T是正方形PQMN的对角线交点，
∴T（6-），
∴点T是直线y=-x+2上的一段线段，（-3≤x＜6），
同理：点N是直线AG：y=-x+6上的一段线段，（0≤x≤6），
∴G（0，6），
∴OG=6，
∵A（6，0），
∴AG=6，在Rt△ABG中，OA=6=OG，
∴∠OAG=45°，
∵PN⊥x轴，
∴∠APN=90°，
∴∠ANP=45°，
∴∠TNA=90°，
即：TN⊥AG，
∵T正方形PQMN的对角线的交点，
∴TN=TP，
∴OT+TP=OT+TN，
∴点O，T，N在同一条直线上（点Q与点O重合时），且ON⊥AG时，OT+TN最小，
即：OT+TN最小，
∵S△OAG=OA×OG=AG×ON，
∴ON==．
即：OT+PT的最小值为3

【点睛】
此题是一次函数综合题，主要考查了正方形的面积，梯形，三角形的面积公式，正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键，找出点T的位置是解本题（3）的难点．
5.（2020·江苏初三期末）已知二次函数的图象和轴交于点、，与轴交于点，点是直线上方的抛物线上的动点.

(1)求直线的解析式.
(2)当是抛物线顶点时，求面积.
(3)在点运动过程中，求面积的最大值.
【答案】(1)；(2)3；(3)面积的最大值为.
【解析】
【分析】
（1）由题意分别将x=0、y=0代入二次函数解析式中求出点C、A的坐标，再根据点A、C的坐标利用待定系数法即可求出直线AC的解析式；
（2）由题意先根据二次函数解析式求出顶点，进而利用割补法求面积；
（3）根据题意过点作轴交于点并设点的坐标为()，则点的坐标为进而进行分析.
【详解】
解：(1) 分别将x=0、y=0代入二次函数解析式中求出点C、A的坐标为；；
将；代入，得到直线的解析式为.
(2)由，将其化为顶点式为，可知顶点P为，
如图P为顶点时连接PC并延长交x轴于点G，

则有，
将P点和C点代入求出PC的解析式为，解得G为，
所有=3；
(3)过点作轴交于点.

设点的坐标为()，则点的坐标为
∴，
当时，取最大值，最大值为.
∵，
∴面积的最大值为.
【点睛】
本题考查待定系数法求一次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质、二次函数的性质以及解二元一次方程组，解题的关键是利用待定系数法求出直线解析式以及利用二次函数的性质进行综合分析.
6．（2020·江苏初三期末）如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，点的坐标为，直线经过点、.

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点是直线上方抛物线上的一动点，求面积的最大值并求出此时点的坐标；
（3）过点的直线交直线于点，连接，当直线与直线的一个夹角等于的3倍时，请直接写出点的坐标.
【答案】（1）；（2），点坐标为；（3）点的坐标为，
【解析】
【分析】
（1）利用B（5，0）用待定系数法求抛物线解析式；
（2）作PQ∥y轴交BC于Q，根据求解即可；
（3）作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，则∠A M1B=3∠ACB, 则 NAM1∽ A C M1,通过相似的性质来求点M1的坐标；作AD⊥BC于D,作M1关于AD的对称点M2, 则∠A M2C=3∠ACB,根据对称点坐标特点可求M2的坐标.
【详解】
（1）把代入得

.
∴；
（2）作PQ∥y轴交BC于Q，设点，则

∵
∴OB=5，
∵Q在BC上，
∴Q的坐标为（x，x-5），
∴PQ==，
∴
=
=
∴当时，有最大值，最大值为，
∴点坐标为.
（3）如图1，作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，则∠A M1B=3∠ACB,

∵∠CAN=∠NAM1,
∴AN=CN,
∵=-(x-1)(x-5),
∴A的坐标为（1，0），C的坐标为（0，-5），
设N的坐标为（a,a-5），则
∴，
∴a= ,
∴N的坐标为（,）,
∴AN2==，AC2=26，
∴，
∵∠NAM1=∠ACB，∠N M1A=∠C M1A，
∴ NAM1∽ A C M1,
∴,
∴,
设M1的坐标为（b,b-5），则
∴,
∴b1= ，b2=6(不合题意，舍去)，
∴M1的坐标为，
如图2，作AD⊥BC于D,作M1关于AD的对称点M2, 则∠A M2C=3∠ACB,

易知ADB是等腰直角三角形，可得点D的坐标是（3，-2），
∴M2 横坐标= ，
M2 纵坐标= ，
∴M2 的坐标是，
综上所述，点M的坐标是或.
【点睛】
本题考查了二次函数与几何图形的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质及相似三角形的判定与性质，会运用分类讨论的思想解决数学问题．
7.（2019·石家庄市第四十一中学初三）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x（x﹣b）﹣与y轴相交于A点，与x轴相交于B、C两点，且点C在点B的右侧，设抛物线的顶点为P．
（1）若点B与点C关于直线x＝1对称，求b的值；
（2）若OB＝OA，求△BCP的面积；
（3）当﹣1≤x≤1时，该抛物线上最高点与最低点纵坐标的差为h，求出h与b的关系；若h有最大值或最小值，直接写出这个最大值或最小值．

【答案】（1）2（2）（3）h存在最小值，最小值为1
【解析】
【分析】
（1）由点B与点C关于直线x＝1对称，可得出抛物线的对称轴为直线x＝1，再利用二次函数的性质可求出b值；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A的坐标，结合OA＝OB可得出点B的坐标，由点B的坐标利用待定系数法可求出抛物线的解析式，由抛物线的解析式利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，利用配方法可求出点P的坐标，再利用三角形的面积公式即可求出△BCP的面积；
（3）分b≥2，0≤b＜2，﹣2＜b＜0和b≤﹣2四种情况考虑，利用二次函数图象上点的坐标特征结合二次函数的图象找出h关于b的关系式，再找出h的最值即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵点B与点C关于直线x＝1对称，y＝x（x﹣b）﹣＝x2﹣bx﹣，
∴﹣＝1，
解得：b＝2．
（2）当x＝0时，y＝x2﹣bx﹣＝﹣，
∴点A的坐标为（0，﹣）．
又∵OB＝OA，
∴点B的坐标为（﹣，0）．
将B（﹣，0）代入y＝x2﹣bx﹣，得：0＝+b﹣，
解得：b＝，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣．
∵y＝x2﹣x﹣＝（x﹣）2﹣，
∴点P的坐标为（，﹣）．
当y＝0时，x2﹣x﹣＝0，
解得：x1＝﹣，x2＝1，
∴点C的坐标为（1，0）．
∴S△BCP＝×[1﹣（﹣）]×|﹣|＝．
（3）y＝x2﹣bx﹣＝（x﹣）2﹣﹣．
当≥1，即b≥2时，如图1所示，
y最大＝b+，y最小＝﹣b+，
∴h＝2b；
当0≤＜1，即0≤b＜2时，如图2所示，
y最大＝b+，y最小＝﹣﹣，
∴h＝1+b+＝（1+）2；
当﹣1＜＜0，﹣2＜b＜0时，如图3所示
y最大＝﹣b，y最小＝﹣﹣，
∴h＝1﹣b+＝（1﹣）2；
当≤﹣1，即b≤﹣2时，如图4所示，
y最大＝﹣b+，y最小＝b+，
h＝﹣2b．
综上所述：h＝，h存在最小值，最小值为1．

【点睛】
本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式、三角形的面积、二次函数图象以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）利用二次函数的性质，求出b的值；（2）利用二次函数图象上的坐标特征及配方法，求出点B，C，P的坐标；（3）分b≥2，0≤b＜2，﹣2＜b＜0和b≤﹣2四种情况，找出h关于b的关系式．
8.（2020·江西初三期中）如图①，已知抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（-3，0），与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M，问在对称轴上是否存在点P，使△CMP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图②，若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE、CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求此时E点的坐标．
【答案】（1）y=-x2-2x+3；（2）存在，P（-1，）或P（-1，-）或P（-1，6）或P（-1，）；（3）当a=-时，S四边形BOCE最大，且最大值为，此时，点E坐标为（-，）．
【解析】
【分析】
（1）已知抛物线过A、B两点，可将两点的坐标代入抛物线的解析式中，用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）可根据（1）的函数解析式得出抛物线的对称轴，也就得出了M点的坐标，由于C是抛物线与y轴的交点，因此C的坐标为（0，3），根据M、C的坐标可求出CM的距离．然后分三种情况进行讨论：
①当CP=PM时，P位于CM的垂直平分线上．求P点坐标关键是求P的纵坐标，过P作PQ⊥y轴于Q，如果设PM=CP=x，那么直角三角形CPQ中CP=x，OM的长，可根据M的坐标得出，CQ=3-x，因此可根据勾股定理求出x的值，P点的横坐标与M的横坐标相同，纵坐标为x，由此可得出P的坐标．
②当CM=MP时，根据CM的长即可求出P的纵坐标，也就得出了P的坐标（要注意分上下两点）．
③当CM=CP时，因为C的坐标为（0，3），那么直线y=3必垂直平分PM，因此P的纵坐标是6，由此可得出P的坐标；
（3）由于四边形BOCE不是规则的四边形，因此可将四边形BOCE分割成规则的图形进行计算，过E作EF⊥x轴于F，S四边形BOCE=S△BFE+S梯形FOCE．直角梯形FOCE中，FO为E的横坐标的绝对值，EF为E的纵坐标，已知C的纵坐标，就知道了OC的长．在△BFE中，BF=BO-OF，因此可用E的横坐标表示出BF的长．如果根据抛物线设出E的坐标，然后代入上面的线段中，即可得出关于四边形BOCE的面积与E的横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求得四边形BOCE的最大值及对应的E的横坐标的值．即可求出此时E的坐标．
【详解】
(1)∵抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于点A(1,0)和点B(−3,0)，
∴
解得：.
∴所求抛物线解析式为：y=−x2−2x+3；
(2)∵抛物线解析式为：y=−x2−2x+3，
∴其对称轴为，
∴设P点坐标为(−1,a)，当x=0时，y=3，
∴C(0,3),M(−1,0)
∴当CP=PM时,(−1)2+(3−a)2=a2,解得a=，
∴P点坐标为：；
∴当CM=PM时,(−1)2+32=a2,解得，
∴P点坐标为：或；
∴当CM=CP时,由勾股定理得：(−1)2+32=(−1)2+(3−a)2，解得a=6，
∴P点坐标为：P4 (−1,6).

综上所述存在符合条件的点P,其坐标为或 或P(−1,6)或；
(3)过点E作EF⊥x轴于点F,设E(a,−a2−2a+3)(−3