2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题18 二次函数中线段与线段和的最值问题(教师版)

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备战2022年中考数学复习重难点与压轴题型专项突围训练(全国通用版)
专题18 二次函数中线段与线段和的最值问题
【典型例题】
1．(2022·全国·九年级专题练习)综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝x2＋bx＋c经过A、C两点，且与x轴交于另一点B(点B在点A右侧)．

(1)求抛物线的解析式及点B坐标；
(2)设该抛物线的顶点为点H，则S△BCH＝　　；
(3)若点M是线段BC上一动点，过点M的直线ED平行y轴交x轴于点D，交抛物线于点E，求ME长的最大值及点M的坐标；
(4)在(3)的条件下：当ME取得最大值时，在x轴上是否存在这样的点P，使得以点M、点B、点P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3，B(3，0)
(2)3
(3)ME最大＝，M(，)
(4)存在，P1(0，0)，P2(，0)，P3(，0)，P4(，0)
【解析】
【分析】
(1)由直线y＝﹣3x﹣3与x轴交于点A，与y轴交于点C，得A(﹣1，0)、C(0，﹣3)，将A(﹣1，0)、C(0，﹣3)代入y＝x2+bx+c，列方程组求b、c的值及点B的坐标；
(2)设抛物线的对称轴交BC于点F，求直线BC的解析式及抛物线的顶点坐标，再求出点F的坐标，推导出S△BCH＝FH•OB，可求出△BCH的面积；
(3)设点E的横坐标为x，用含x的代数式表示点E、点M的坐标及线段ME的长，再根据二次函数的性质求出线段ME的最大值及点M的坐标；
(4)在x轴上存在点P，使以点M、B、P为顶点的三角形是等腰三角形．由(3)得D(，0)，M(，﹣)，由勾股定理求出OM＝BM＝，由等腰三角形PBM的腰长为或求出OP的长即可得到点P的坐标．
(1)
解：∵直线y＝﹣3x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、C，
∴A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
∴ ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
当y＝0时，由x2﹣2x﹣3＝0，得x1＝﹣1，x2＝3，
∴B(3，0)．
(2)
解：如图1，设抛物线的对称轴交BC于点F，交x轴于点G．

设直线BC的解析式为y＝kx﹣3，
把B(3，0)代入得
3k﹣3＝0，解得k＝1，
∴y＝x﹣3；
∵y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，
∴抛物线的顶点H(1，﹣4)，
当x＝1时，y＝x﹣3=1﹣3＝﹣2，
∴F(1，﹣2)，
∴FH＝﹣2﹣(﹣4)＝2，
∴S△BCH＝FH•OG+FH•BG＝FH•OB＝×2×3＝3．
故答案为：3．
(3)
解：设E(x，x2﹣2x﹣3)(0＜x＜3)，则M(x，x﹣3)，
∴ME＝x﹣3﹣(x2﹣2x﹣3)
＝﹣x2+3x
＝﹣(x﹣)2+，
∴当x＝时，ME最大＝，此时M(，-)．
(4)
解：存在．如图2，

由(3)得，当ME最大时，则D(，0)，M(，-)，
∴DO＝DB＝DM＝；
∵∠BDM＝90°，
∴DE垂直平分OB
∴OM=BM
∵OM2=BM2= DB2 +DM2 =()2+()2=
∴OM＝BM＝ ＝．
当点P与原点O重合时，
则PM＝BM＝，
△PBM是等腰三角形，
此时点P的坐标是(0，0),即P1(0，0)；
当BP＝BM＝时，且点P在点B的左侧时，
△PBM是等腰三角形，
则OP＝3﹣＝，
∴点P的坐标为(，0)，即P2(，0)；
当点P与点D重合时，
则PM＝PB＝，
此时△PBM是等腰三角形，
∴点P的坐标为(，0)，即P3(，0)；
当BP＝BM＝，且点P在点B的右侧时，
△PBM是等腰三角形，
则OP＝3+＝，
∴点P的坐标为(，0)，即P4(，0)．
综上所述，P1(0，0)，P2(，0)，P3(，0)，P4(，0)．
【点睛】
此题重点考查二次函数的图象与性质、等腰三角形的判定、用待定系数法求函数解析式、求抛物线的顶点坐标以及勾股定理、二次根式的化简等知识和方法，解最后一题时要注意分类讨论，求出所有符合条件的点P的坐标．




【专题训练】
一、 解答题
1．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线与x轴交于点A、B两点，其中，与y轴交于点．

(1)求抛物线解析式；
(2)如图1，过点B作x轴垂线，在该垂线上取点P，使得△PBC与△ABC相似，请求出点P坐标；
(3)如图2，在线段OB上取一点M，连接CM，请求出最小值．
【答案】(1)
(2)P点坐标为或
(3)
【解析】
【分析】
(1)将点，点代入，利用待定系数法求解解析式即可；
(2)先求解，再证明，再分两种情况讨论：①如图，当时，△CAB≌△CPB(ASA)，②如图，当时，△CAB∽△PCB，利用全等三角形的性质与相似三角形的性质可得答案；
(3)过点B在x轴下方作直线l与x轴成角为30°，与y轴交于点D．过点C作交于点N，交x轴于点M，证明，此时的值最小，再利用三角函数求解即可.
(1)
解：将点，点代入，
得，
∴，
∴；
(2)
解：令，则，
解得或，
∴，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
①如图，当时，△CAB≌△CPB(ASA)，

∴，
∴，
∴；
②如图，当时，△CAB∽△PCB，

∴，
∵，
∴，
∴；
综上所述：△PBC与△ABC相似时，P点坐标为或；
(3)
解：过点B在x轴下方作直线l与x轴成角为30°，与y轴交于点D．
过点C作交于点N，交x轴于点M，

∵，
∴，
∴，
∴，
此时的值最小．
在Rt△OBD中，，，
∴，
在Rt△CND中，，，
∴，
∴的值最小为．
【点睛】
本题考查的是利用待定系数法求解函数解析式，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的构建直角三角形证明，得到此时的值最小是解本题的关键．
2．(2021·广东·深圳市罗湖区翠园初级中学二模)在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2(a≠0)经过点A(﹣2，﹣4)和点C(2，0)，与x轴的另一交点为点B．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接BD，在抛物线上是否存在点P，使得∠PBC＝2∠BDO？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，连接AC，交y轴于点E(不与点A，点D重合)，将△CME沿ME所在直线翻折，得到△FME，当△FME与△AME重叠部分的面积是△AMC面积的时，求出线段AM的长．
【答案】(1)y＝－x2＋x＋2
(2)存在，点P的坐标为(，)或(，)
(3)AM的长度为或
【解析】
【分析】
(1)根据点A和点C的坐标，利用待定系数法求解；
(2)在x轴正半轴上取点E，使OB＝OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，构造出∠PBC＝∠BDE，分点P在第三象限时，点P在x轴上方时，点P在第四象限时，共三种情况分别求解；
(3)设EF与AD交于点N，分点F在直线AC上方和点F在直线AC下方时两种情况，利用题中所给面积关系和中线的性质可得MN＝AN，FN＝NE，从而证明四边形FMEA为平行四边形，继而求解．
(1)
解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋2经过点A(-2，-4)和点C(2，0)，
则，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋2；
(2)
解：存在，理由是：
在x轴正半轴上取点E，使OB＝OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，

在y＝-x2＋x＋2中，
令y＝0，解得：x＝2或-1，
∴点B坐标为(-1，0)，
∴点E坐标为(1，0)，
可知：点B和点E关于y轴对称，
∴∠BDO＝∠EDO，即∠BDE＝2∠BDO，
∵D(0，2)，
∴DE＝＝＝BD，
在△BDE中，×BE×OD＝×BD×EF，
即2×2＝×EF，解得：EF＝，
∴DF＝=，
∴tan∠BDE＝，
若∠PBC＝2∠BDO，
则∠PBC＝∠BDE，
∵BD＝DE＝，BE＝2，
则BD2＋DE2＞BE2，
∴∠BDE为锐角，
当点P在第三象限时，
∠PBC为钝角，不符合；
当点P在x轴上方时，
∵∠PBC＝∠BDE，设点P坐标为(c，-c2＋c＋2)，
过点P作x轴的垂线，垂足为G，
则BG＝c＋1，PG＝-c2＋c＋2，
∴tan∠PBC＝，
解得：c＝，
∴-c2＋c＋2＝，
∴点P的坐标为(，)；
当点P在第四象限时，

同理可得：PG＝c2-c-2，BG＝c＋1，
tan∠PBC＝，
解得：c＝，
∴，
∴点P的坐标为(，)，
综上：点P的坐标为(，)或(，)；
(3)
解：设EF与AD交于点N，
∵A(－2，－4)，D(0，2)，设直线AD表达式为y＝mx＋n，
则，解得：，
∴直线AD表达式为y＝3x＋2，
设点M的坐标为(s，3s＋2)，
∵A(－2，－4)，C(2，0)，设直线AC表达式为y＝m1x＋n1，
则，解得：，
∴直线AC表达式为y＝x-2，
令x＝0，则y＝-2，
∴点E坐标为(0，-2)，
可得：点E是线段AC中点，
∴△AME和△CME的面积相等，
由于折叠，∴△CME≌△FME，即S△CME＝S△FME，
当点F在直线AC上方时，如图：

S△MNE＝S△AMC＝S△AME＝S△FME，
即S△MNE＝S△ANE＝S△MNF，
∴MN＝AN，FN＝NE，
∴四边形FMEA为平行四边形，
∴CM＝FM＝AE＝AC＝，
∵M(s，3s＋2)，
∴，解得：s＝或0(舍)，
∴M(，)，
∴AM＝，
当点F在直线AC下方时，如图，

同理可得：四边形AFEM为平行四边形，
∴AM＝EF，
由于折叠可得：CE＝EF，
∴AM＝EF＝CE＝，
综上：AM的长度为或．
【点睛】
本题是二次函数综合题，涉及到待定系数法，二次函数的图象和性质，折叠问题，平行四边形的判定和性质，中线的性质，题目的综合性很强．难度很大，对学生的解题能力要求较高．
3．(2022·广东·兴宁市实验学校九年级期末)如图，抛物线y＝ax2+bx－3与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，过点A的直线l交抛物线于点C(2，n)．

(1)求抛物线的解析式．
(2)点P是线段AC上一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，求线段PE最大时点P的坐标．
(3)点F是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点D，使得以点A，C，D，F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点D的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3
(2)P(，)
(3)存在，点D的坐标为(﹣3，0)或(1，0)或(4，0)或(4，0)
【解析】
【分析】
(1)将A(﹣1，0)，B(3，0)代入y＝ax²＋bx－3，解得的值，进而可得二次函数解析式；
(2)将C点横坐标x＝2代入y＝x²﹣2x﹣3，得出C点坐标，将A，C代入，解得的值，得到直线AC的函数解析式y＝﹣x﹣1，设P点的横坐标为m(﹣1≤m≤2)，则P、E的坐标分别为：P，E；有PE＝，求出在取值范围内的取最大值的m，进而可得P点坐标．
(3)如图，分情况求解：①当AC是平行四边形ACF1D1的边时，轴，得在点的左侧且，可得D1；②当AC是平行四边形AF1CD2的对角线时，轴，得在点的右侧且，可得D2；③当点F在x轴的上方时，令y＝3，有3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝1±，可知F3，F4，由平移的性质可知D3的横坐标为，D4的横坐标为，进而可得D3，D4．
(1)
解：将A(﹣1，0)，B(3，0)代入y＝ax²＋bx－3
得到
解得
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
(2)
解：将C点横坐标x＝2代入y＝x²﹣2x﹣3
解得y＝﹣3
∴C(2，﹣3)
将A(﹣1，0)，C(2，﹣3)代入得
解得
∴直线AC的函数解析式是y＝﹣x﹣1
设P点的横坐标为m(﹣1≤m≤2)，则P、E的坐标分别为：P，E；
∴PE＝
＝﹣m²+m+2
＝﹣(m)²
∵﹣1＜0
∴当m时，PE的最大值
∴
此时P(，)
∴线段PE最大时点P坐标为．
(3)
解：存在．
理由：如图，设抛物线与y的交点为K，由题意得K(0，﹣3)

∵C(2，﹣3)
∴CK∥x轴，CK＝2
①当AC是平行四边形ACF1D1的边时，轴
得在点的左侧且
∴可得D1(﹣3，0)．
②当AC是平行四边形AF1CD2的对角线时，轴
得在点的右侧且
∴可得D2(1，0)．
③当点F在x轴的上方时，令y＝3，有3＝x2﹣2x﹣3
解得x＝1±
∴可知F3(1，3)，F4(1，3)
由平移的性质可知D3的横坐标为，D4的横坐标为
∴可得D3(4，0)，D4(4，0)．
综上所述，满足条件的点D的坐标为(﹣3，0)或(1，0)或(4，0)或(4，0)．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象与最值，二次函数与平行四边形综合中存在性问题等知识．解题的关键在于对二次函数、平行四边形性质的灵活熟练运用．
4．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+3的对称轴是直线x＝2，与x轴相交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式及顶点坐标；
(2)M为第一象限内抛物线上的一个点，过点M作MN⊥x轴于点N，交BC于点D，连接CM，当线段CM＝CD时，求点M的坐标；
(3)以原点O为圆心，AO长为半径作⊙O，点P为⊙O上的一点，连接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．
【答案】(1)y＝﹣x2+x+3，顶点坐标为(2，4)
(2)点M的坐标为(2，4)
(3)2PC+3PB的最小值为
【解析】
【分析】
(1)由x＝2＝﹣＝﹣，解得b＝1，然后代入解析式求解；
(2)当线段CM＝CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC＝(yM+yD)时，即可求解；
(3)先证明△POG∽△COP，然后利用当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG即可求解．
(1)
∵对称轴是直线x＝2，
故x＝2＝﹣＝﹣，解得b＝1，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+3＝﹣(x﹣2)2+4，
∴抛物线的顶点为(2，4)；
(2)
对于y＝﹣x2+x+3，令y＝﹣x2+x+3＝0，解得x＝6或﹣2，令x＝0，则y＝3，
故点A、B、C的坐标分别为(﹣2，0)、(6，0)、(0，3)，
设直线BC的表达式为y＝mx+n，则，解得，
故直线BC的表达式为y＝﹣x+3，
设点M的坐标为(x，﹣x2+x+3)，则点D的坐标为(x，﹣x+3)，
当线段CM＝CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC＝(yM+yD)，
即3＝(﹣x2+x+3﹣x+3)，
解得x＝0(舍去)或2，
故点M的坐标为(2，4)；
(3)
在OC上取点G，使＝，即，则OG＝，则点G(0，)，

∵，∠GOP＝∠COP，
∴△POG∽△COP，
∴，故PG＝PC，
则2PC+3PB＝3(PB+PC)＝3(BP+PG)，
故当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG，
则2PC+3PB的最小值3BG＝3＝2．
【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，会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来以及利用点的坐标的意义表示线段的长度是解题的关键．.
5．(2022·全国·九年级专题练习)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
【解析】
【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．
6．(2022·全国·九年级专题练习)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A(﹣1，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)连接BC，求直线BC的解析式；
(3)请在抛物线的对称轴上找一点P，使AP＋PC的值最小，求点P的坐标，并求出此时AP＋PC的最小值；
(4)点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A、C、M、N四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4
(2)y＝﹣x+4
(3)P(，)；4
(4)存在，(3，4)或(，﹣4)或(，﹣4)
【解析】
【分析】
(1)利用待定系数法解决问题即可；
(2)设的解析式为，把，两点坐标代入，转化为方程组解决；
(3)可以连接交直线于点，连接，此时的值最小，最小值为线段的长；
(4)观察图象可知，满足条件的点的纵坐标为或，把问题转化为解方程求解即可．
(1)
解：把，代入，得到 ，
解得，
；
(2)
解：在中，令，则，
，
设的解析式为，
，，
，
，
直线的解析式为；
(3)
解：如图1中，

由题意，关于抛物线的对称轴直线对称，
连接交直线于点，连接，此时的值最小，最小值为线段的长，
此时；
(4)
解：如图2中，存在．

观察图象可知，满足条件的点的纵坐标为或，
对于抛物线，当时，，解得或，
，
当时，，解得，
，，
综上所述，满足条件的点N的坐标为或或．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，轴对称最短问题，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会把问题转化为方程解决．
7．(2022·全国·九年级专题练习)如图①，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，将△ABO沿x轴正方向平移后，点A、点B的对应点分别为点D、点C，且四边形ABCD为菱形，连接AC，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A、B、C三点，点P为AC上方抛物线上一动点，作PE⊥AC，垂足为E．

(1)求此抛物线的函数关系式；
(2)求线段PE长度的最大值；
(3)如图②，延长PE交x轴于点F，连接OP，若△OPF为等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)点P的坐标为(，)或(，)
【解析】
【分析】
(1)通过直线AB解析式求出A、B两点的坐标，算出AB的长度即得菱形边长为4，再由平移条件求出C点坐标，最后利用待定系数法求抛物线的函数关系式．
(2)过点P作y轴的平行线构造，通过，得到，再由正弦函数推出．设出P点坐标为 ，表示出G点坐标为 ，从而得到，即可求出PE的最大值．
(3)分点P在y轴右侧和左侧两种情况画图讨论，根据推导出的特殊角度分别求出OP的函数表达式，进而求解．
(1)
解：∵当x＝0时，y＝2，当y＝0时，，
∴，
∴BC＝AB4，
∴，
∴，解得，
故抛物线的表达式为：y①；
(2)
过点P作PH⊥x轴于H，交AC于点G，

设直线AC为：y＝kx+t，则，解得，
∴．
设，则，
∴，
∵，
∴∠BAO＝60°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠CAD＝30°，
∴∠PGE＝∠AGH＝60°，
∴，
∴，
∵，
∴当x＝1时，PE最大，最大值为；
(3)
①当点P在y轴右侧时，
由(2)知：∠CAD＝30°＝∠EAF，
则∠AFE＝90°﹣∠EAF＝60°，
当△OPF为等腰三角形，则△OPF为等边三角形，则直线OP的倾斜角为60°，
设直线OP的表达式为：yx②，
联立①②并解得：，
∵点P为AC上方抛物线上一动点，即﹣2＜x＜4，
∴，
∴点P(，)；
②当点P在y轴左侧时，

∵△OPF为等腰三角形，
则OF＝PF，而∠PFA＝60°，
∴∠FOP＝∠OPFPFA＝30°，
故直线OP的表达式为yx③，
联立①③并解得(舍去正值)，
∴，
∴点P(，)；
综上所述，点P的坐标为(，)或(，)．
【点睛】
此题考查了二次函数的综合应用，涉及到的知识点包括一次函数的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质与判定、特殊角的应用等．(2)问的解题关键是构造一个直角三角形，通过“斜化直”的方法求线段最值；(3)问的解题关键是始终有，画出图形分类讨论．
8．(2022·全国·九年级专题练习)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A和C(1，0)，交y轴于点B(0，3)，抛物线的对称轴交x轴于点E，交抛物线于点F．

(1)求抛物线的解析式；
(2)将线段OE绕着点O沿顺时针方向旋转得到线段，旋转角为α(0°＜α＜90°)，连接，求的最小值；
(3) M为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3
(2)
(3)N的横坐标为，，﹣1，2．
【解析】
【分析】
(1)根据待定系数法即可求出解析式；
(2)先取OE的三等分点D，得出，当B，，D三点共线时即为最小值，再利用勾股定理求解即可；
(3)先设出点N的坐标，根据矩形的性质列出关于N点坐标的方程，即可求出N点的坐标．
(1)
解：(1)把C(1，0)，B(0，3)代入y＝﹣x2+bx+c中，
得：，
∴b＝﹣2，c＝3，
∴y＝﹣x2﹣2x+3，
(2)
解：在OE上取一点D，使得OD＝OE，
连接，BD，

∵，对称轴x＝﹣1，
∴E(﹣1，0)，OE＝1，
∴，OA＝3，
∴，
又∵，
，

∴，
∴，
当三点共线时，BE′+DE′最小为BD，
，
∴的最小值为；
(3)
解：存在，理由如下：
y＝﹣x2﹣2x+3，令

解得：
A(﹣3，0)，而B(0，3)，
设N(n，﹣n2﹣2n+3)，
则AB2＝18，AN2＝(n2+2n﹣3)2+(n+3)2，BN2＝n2+(n2+2n)2，
∵以点A，B，M，N为顶点构成的四边形是矩形，
∴△ABN是直角三角形，
若AB是斜边，则AB2＝AN2+BN2，
即18＝(n2+2n﹣3)2+(n+3)2+n2+(n2+2n)2，
整理得：
解得：，(不合题意舍去)
∴N的横坐标为或，
若AN是斜边，则AN2＝AB2+BN2，
即(n2+2n﹣3)2+(n+3)2＝18+n2+(n2+2n)2，
解得n＝0(与点B重合，舍去)或n＝﹣1，
∴N的横坐标是﹣1，
若BN是斜边，则BN2＝AB2+AN2，
即n2+(n2+2n)2＝18+(n2+2n﹣3)2+(n+3)2，
解得n＝﹣3(与点B重合，舍去)或n＝2，
∴N的横坐标为2，
综上N的横坐标为，，﹣1，2．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合应用，利用待定系数法求解二次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，构建相似三角形求解线段和的最小值是解本题的关键．
9．(2021·江苏·常州外国语学校二模)如图，在平面直角坐标系中，二次函数yx2+bx﹣2的图象与x轴交于点A和点B(4，0)，与y轴交于点C．

(1)求二次函数的表达式；
(2)若点P是抛物线上一点，满足∠PCB+∠ACB＝∠BCO，求点P的坐标；
(3)若点Q在第四象限内，且tan∠AQB，M(﹣2，1)，线段MQ是否存在最大值，如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)yx2x﹣2
(2)P(，)
(3)
【解析】
【分析】
(1)将点B(4，0)代入yx2+bx﹣2，即可求解；
(2)由题意可知∠PCB＝∠OCA，分两种情况讨论：当P点在x轴上方时，CG＝BG，在Rt△OCG中，用勾股定理CG2＝OC2+OG2，求出G(，0)，再求出直线CG的解析式为yx﹣2，联立方程组，即可求P(，)；当P点在x轴下方时，OB∥CP，即可求出P(5，﹣2)．
(3)过点A作AH⊥x轴，过点C作CH∥x轴，连接BH，设N为BH的中点，Q点在以N为圆心，BN为半径的圆上运动，求出MN，BN，则MQ的最大值为．
(1)
将点B(4，0)代入yx2+bx﹣2，
∴﹣8+4b﹣2＝0，
∴b，
∴yx2x﹣2；
(2)
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C(0，﹣2)，
令y＝0，则x2x﹣2＝0，
∴x＝1或x＝4，
∴A(1，0)，
∵∠PCB+∠ACB＝∠BCO＝∠ACB+∠OCA，
∴∠PCB＝∠OCA，
如图1，当P点在x轴上方时，

∵OA＝1，OC＝2，OB＝4，
∴tan∠OCA，tan∠OBC，
∴∠OCA＝∠OBC，
∴∠PCB＝∠OBC，
∴CG＝BG，
∵OB＝4，
∴OG＝4﹣CG，
在Rt△OCG中，CG2＝OC2+OG2，
∴(4﹣OG)2＝22+OG2，
∴OG，
∴G(，0)，
设直线CG的解析式为y＝kx+b，
，
∴，
∴yx﹣2，
联立方程组，
∴x＝0(舍)或x，
∴P(，)；
如图2，当P点在x轴下方时，

∵∠OBC＝∠PCB，
∴OB∥CP，
∴P(5，﹣2)；   
综上所述：P点坐标为(，)或(5，﹣2)；
(3)
过点A作AH⊥x轴，过点C作CH∥x轴，连接BH，设N为BH的中点，

∵AB＝3，AH＝2，
∴tan∠AHB，
∵tan∠AQB，∠HAB＝90°，
∴Q点在以N为圆心，BN为半径的圆上运动，
∵H(1，﹣2)，
∴N(，﹣1)，
∵M(﹣2，1)，
∴MN，BN，
∴MQ的最大值为．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角函数，三角形相似的性质，圆的性质是解题的关键．