专题38 二次函数与几何图形综合题（7大类型）-中考数学总复习真题探究与变式训练（全国通用）

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模块三 重难点题型专项训练
专题38 二次函数与几何图形综合题（7大压轴类型）
考查类型
考查类型一 与线段有关的问题
考查类型二 与图形面积有关的问题
考查类型三 角度问题
考查类型四 与特殊三角形判定有关的问题
考查类型五 与特殊四边形判定有关的问题
考查类型六 与三角形全等、相似有关的问题
考查类型七 与圆有关的运算
新题速递

考查类型一 与线段有关的问题

例1 （2020·吉林长春·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．若抛物线（、为常数）与线段交于、两点，且，则的值为_________．

【答案】
【分析】根据题意，可以得到点的坐标和的值，然后将点的坐标代入抛物线的解析式，即可得到的值，本题得以解决．
【详解】解：点的坐标为，点的坐标为，
，
抛物线、为常数）与线段交于、两点，且，
设点的坐标为，则点的坐标为，，
抛物线，
解得，．
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
例2 （2020·山东滨州·中考真题）如图，抛物线的顶点为A(h，－1)，与y轴交于点B，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．

【答案】（1）；（2）见解析；（3），
【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，），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=，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．
【详解】解：（1）设抛物线的函数解析式为
由题意,抛物线的顶点为

又抛物线与轴交于点


抛物线的函数解析式为
（2）证明：∵P（m，n），
∴，
∴P（m，），
∴，
∵F（2，1），
∴，
∵，，
∴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=，
∴DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，
∵QF=QH，
∴DQ+DF=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，此时Q（4，-）．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，两点间距离公式，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题．


二次函数中求线段问题：
1.直接求解线段长度表达式型
2.线段转化型
3.将军饮马问题、胡不归问题、阿氏圆问题等
4.瓜豆原理最值问题，圆中的线段最值


【变式1】（2022·广东珠海·珠海市九洲中学校考一模）如图，二次函数y＝﹣x2+2x+m+1的图象交x轴于点A（a，0）和B（b，0），交y轴于点C，图象的顶点为D．下列四个命题：
①当x＞0时，y＞0；
②若a＝﹣1，则b＝4；
③点C关于图象对称轴的对称点为E，点M为x轴上的一个动点，当m＝2时，△MCE周长的最小值为2；
④图象上有两点P（x1，y1）和Q（x2，y2），若x1＜1＜x2，且x1+x2＞2，则y1＞y2，
其中真命题的个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】①错误，由图象可知当a＜x＜b时，y＞0；②错误，当时，；③错误，△MCE的周长的最小值为22；④正确，函数图象在x＞1时，y随x增大而减小，则y2＜y1．
【详解】解：①当a＜x＜b时，二次函数图象在轴上方，则y＞0，故①错误；
②1，
∴当a＝﹣1时，b＝3，故②错误；
③这是将军饮马问题，作E关于x轴的对称点，连接、，如图所示：

当m＝2时，C（0，3），E（2，3），
与E关于x轴对称，
∴（2，﹣3），
∴△MCE的周长的最小值就是三点共线时取到为＝2，
∴△MCE的周长的最小值为22，故③错误；
④设x1关于对称轴的对称点 ，
∴＝2﹣x1，
∵x1+x2＞2，
∴x2＞﹣x1+2，
∴x2＞，
∵x1＜1＜x2，
∴x1＜1＜＜x2，
∵函数图象在x＞1时，y随x增大而减小，
∴y2＜y1，则④正确；
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数综合题、最小值问题、增减性问题等知识，解题的关键是灵活掌握二次函数的有关性质，第四个结论的判断关键是利用对称点性质解决问题，所以中考压轴题．
【变式2】（2022·广东东莞·校考一模）如图，抛物线交轴于、两点在的左侧，交轴于点，点是线段的中点，点是线段上一个动点，沿折叠得，则线段的最小值是______．

【答案】##
【分析】先根据抛物线解析式求出点A，B，坐标，从而得出，，，再根据勾股定理求出的长度，然后根据翻折的性质得出在以为圆心，为半径的圆弧上运动，当，，在同一直线上时，最小；过点作，垂足为，由中位线定理得出，的长，然后由勾股定理求出，从而得出结论．
【详解】解：令，则，
解得，，
，，
，，
令，则，
，
，
，
为中点，
，
由沿折叠所得，
，
在以为圆心，为半径的圆弧上运动，
当，，在同一直线上时，最小，

过点作，垂足为，
，，
，
，
又，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点，翻折变换、勾股定理以及求线段最小值等知识，关键是根据抛物线的性质求出，，的坐标．
【变式3】（2022·云南文山·统考三模）已知抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），顶点坐标为点．

(1)求m的值；
(2)设点P在抛物线的对称轴上，连接，求的最小值．
【答案】(1)
(2)8

【分析】（1）根据题意可得，求出a的值，即可求解；
（2）过B作，且，过K作轴于S，过K作轴交于T，设抛物线对称轴交x轴于R，先求出，可得，再证得，可得，即K为直线上的动点，从而得到，进而得到，可得到当K运动到T时，，此时取最小值，最小值即是的长，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线顶点坐标为点，
，
解得，
∴，
∴顶点坐标为，
∴m的值是；
（2）解：过B作，且，过K作轴于S，过K作轴交于T，设抛物线对称轴交x轴于R，如图：

由（1）知抛物线对称轴为直线，顶点，
在中，
令，得∶ ，
解得：或3，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∵，
∴，
即K为直线上的动点，
∴，
∵，
，
，
由垂线段最短可得，当K运动到T时，，此时取最小值，最小值即是的长，如图：

∵，
∴，
的最小值为8．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线，构造相似三角形，转化成．


考查类型二 与图形面积有关的问题

例1 （2021·山东淄博·统考中考真题）已知二次函数的图象交轴于两点．若其图象上有且只有三点满足，则的值是（    ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】C
【分析】由题意易得点的纵坐标相等，进而可得其中有一个点是抛物线的顶点，然后问题可求解．
【详解】解：假设点A在点B的左侧，
∵二次函数的图象交轴于两点，
∴令时，则有，解得：，
∴，
∴，
∵图象上有且只有三点满足，
∴点的纵坐标的绝对值相等，如图所示：

∵，
∴点，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
例2 （2022·山东淄博·统考中考真题）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D（1，4）在直线l：y＝x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上．

　　　　　　　　　　　　　　
(1)求这条抛物线对应的函数表达式；
(2)过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥l于点N，当1＜m＜3时，求PM+PN的最大值；
(3)设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化，说明理由．
【答案】(1)y =x²+2x+3
(2)最大值
(3)定值16

【分析】（1）利用顶点式可得结论；
（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J，设，，推出最大时，的值最大，求出四边形DTBP的面积的最大值，可得结论；
（3）如图，设，求出直线AP，BP的解析式，可得点E，F的坐标，求出FG的长，可得结论．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为D（1，4），
∴根据顶点式，抛物线的解析式为；
（2）解：如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，
BD交PM于点J，设，

点，在直线l：上，
∴，
∴，
∴直线DT的解析式为，
令，得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴最大时，的值最大，
∵，，
∴直线BD的解析式为，
∴，
∴，
∵

，
∵二次项系数，
∴时，最大，最大值为11，
∴的最大值；
（3）解：四边形AFBG的面积不变．
理由：如图，设，

∵，，
∴直线AP的解析式为，
∴，
∵E，G关于x轴对称，
∴，
∴直线PB的解析式为，
∴，
∴，
∴四边形AFBG的面积，
∴四边形AFBG的面积是定值．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数解决问题．


解决二次函数动点面积问题，常用的方法有三种
方法一：铅垂高法。
如图1，过△ABC的三个顶点分别作出与水平线垂直的三条直线，铅垂高穿过的线段两端点的横坐标之差叫△ABC的水平宽(a)，中间的这条平行于y轴或垂直于x轴的直线在△ABC内部线段的长度叫△ABC的铅垂高(h).此时三角形面积的计算方法：即三角形面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半（s=1/2ah）


方法二，平行法。平行法最关键的知识点，是平行线之间高的问题，一般这种情况都是平移高到与坐标轴交点处，最后用相似求值。
方法三，矩形覆盖法。这是最容易想到的方法，但也是计算最麻烦的方法。利用面积的大减小去解决，一般不太建议使用这种方法，庞大的计算量很容易出错。

【变式1】（2022·河北·校联考一模）如图，在中，，边在x轴上，．点P是边上一点，过点P分别作于点E，于点D，当四边形的面积最大时，点P的坐标为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出直线AB的解析式为，然后设点P的坐标为，可得，从而得到四边形的面积为，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】解：设直线AB的解析式为
，
把点代入得：
，解得：，
∴直线AB的解析式为，
设点P的坐标为，
∵，
∴点C（-1，0），
∵于点E，于点D，
∴，
∴四边形的面积为

，
∴当m=3时，四边形的面积最大，此时点P（3，2）．
故选：D
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，二次函数的应用，熟练掌握一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质是解题的关键．
【变式2】（2022·江苏盐城·一模）如图，抛物线与y轴交于点P，其顶点是A，点的坐标是，将该抛物线沿方向平移，使点P平移到点，则平移过程中该抛物线上P、A两点间的部分所扫过的面积是______．

【答案】18
【分析】将代入求点坐标，由，可知点坐标，如图，连接，，，过作轴，交轴于，过作轴，交轴于，过作于，交于，则四边形是矩形，，由题意知四边形的面积即为平移过程中该抛物线上P、A两点间的部分所扫过的面积，根据，计算求解即可．
【详解】解：当时，
∴
∵
∴
∵，抛物线沿方向平移
∴平移后的点坐标为
如图，连接，，，过作轴，交轴于，过作轴，交轴于，过作于，交于

∴四边形是矩形，
由题意知四边形的面积即为平移过程中该抛物线上P、A两点间的部分所扫过的面积
∴


故答案为：18．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象的平移，二次函数与面积综合等知识．解题的关键在于确定P、A两点间的部分．
【变式3】（2022·四川泸州·泸县五中校考一模）如图，抛物线经过点，点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．

(1)求抛物线的解析式；
(2)当时，y的取值范围是________；
(3)抛物线上是否存在点P，使的面积是面积的4倍，若存在，点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点P的坐标为或

【分析】（1）待定系数法求解析式即可；
（2）当，求出y值，当求出y值，再结合二次函数最小值，即可得出当时，y的取值范围；
（3）设抛物线上的点P坐标为，结合方程思想和三角形面积公式列方程求解．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，点 ，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式：；
（2）解：∵，
又∵，
∴抛物线开口向上，当 时，y有最小值，
当时，，
当时，，
∴当时，，
故答案为：；
（3）解：存在，理由如下：
∵，
∴D点坐标为，
令，则，
∴C点坐标为，
又∵B点坐标为，
∴轴，
∴，
设抛物线上的点P坐标为，
∴，
当时，
解得，
当时，，
当时，，
综上，P点坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数的性质，掌握待定系数法求函数解析式的方法，理解二次函数图象上点的坐标特征，利用方程思想解题是关键．

考查类型三 角度问题

例1 （2021·江苏连云港·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知．
（1）求m的值和直线对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若，求点Q的坐标．

【答案】（1），；（2），，；（3）
【分析】（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；
（2）做点A关于BC的平行线，联立直线与抛物线的表达式可求出的坐标，设出直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线，联立方程组即可求出P；
（3）取点，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作于点，得直线对应的表达式为，即可求出结果；
【详解】（1）将代入，
化简得，则（舍）或，
∴，
得：，则．
设直线对应的函数表达式为，
将、代入可得，解得，
则直线对应的函数表达式为．
（2）如图，过点A作∥BC，设直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移 GC个单位，得到直线，

由（1）得直线BC的解析式为，，
∴直线AG的表达式为，
联立，
解得：（舍），或，
∴，
由直线AG的表达式可得，
∴，，
∴直线的表达式为，
联立，
解得：，，
∴，，
∴，，．
（3）如图，取点，连接，过点作于点，
过点作轴于点，过点作于点，

∵，
∴AD=CD，
又∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，则，．
设，
∵，，
∴．
由，则，即，解之得，．
所以，又，
可得直线对应的表达式为，
设，代入，
得，，，
又，则．所以．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，结合一元二次方程求解是解题的关键．
例2 （2020·黑龙江·统考中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点，，与轴交于点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点，使，若存在请直接写出点的坐标．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，，
【分析】（1）把点AB的坐标代入即可求解；
（2）分点P在轴下方和下方两种情况讨论，求解即可．
【详解】（1）∵二次函数的图象经过点A(-1，0)，B(3，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）存在，理由如下：
当点P在轴下方时，
如图，设AP与轴相交于E，

令，则，
∴点C的坐标为(0，3)，
∵A(-1，0)，B(3，0)，
∴OB=OC=3，OA=1，
∴∠ABC=45，
∵∠PAB=∠ABC=45，
∴△OAE是等腰直角三角形，
∴OA=OE=1，
∴点E的坐标为(0，-1)，
设直线AE的解析式为，
把A(-1，0)代入得：，
∴直线AE的解析式为，
解方程组，
得：(舍去)或，
∴点P的坐标为(4，)；
当点P在轴上方时，
如图，设AP与轴相交于D，

同理，求得点D的坐标为(0，1)，
同理，求得直线AD的解析式为，
解方程组，
得：(舍去)或，
∴点P的坐标为(2，)；
综上，点P的坐标为(2，)或(4，)
【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组，分类讨论是解本题的关键．


角度问题涵盖的题型
1.角度相等问题
2.角度的和差倍分关系
3.特殊角问题
4.非特殊角问题
方法点评：由特殊角联想到直接构造等腰直角三角形，通过全等三角形，得到点的坐标，从而得到直线解析式，联立得到交点坐标.这个方法对于特殊角30度、60度90度都是适用的，是一种通用方法.


【变式1】（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）如图，抛物线与轴交于点和点两点，与轴交于点，点为抛物线上第三象限内一动点，当时，点的坐标为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据二次函数与坐标轴的交点坐标分别求出、、的长度；然后通过勾股定理逆定理判断出，得出；由得出；作点关于轴的对称点，连接；即可构造出，从而得出；根据平行线的斜率相同以及点的坐标求出直线的表达式；最后联立方程组求解即可；
【详解】解：令，则
解得：，
∴，
∴，，
当时，
∴
∴
在中

∴
∴
∴
∵
∴
如图，作点关于轴的对称点，连接；

则，
∴
∴
∴
设直线的表达式为：
将代入得：
∴直线的表达式为：
解方程组得：或
∵点在第三象限
∴点的坐标为
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图像的性质、一次函数的性质、勾股定理逆定理、直角三角形两锐角互余等知识点；综合运用上述知识求出直线的函数表达式是解题的关键．
【变式2】（2020·江苏无锡·无锡市南长实验中学校考二模）如图，一次函数y＝x﹣2的图象交x轴于点A，交y轴于点B，二次函数y＝－x2+bx+c的图象经过A、B两点，与x轴交于另一点C．若点M在抛物线的对称轴上，且∠AMB＝∠ACB，则所有满足条件的点M的坐标为__________．

【答案】或
【分析】讨论：当点M在直线AB上方时，根据圆周角定理可判断点M在△ABC的外接圆上，如图所示，由于抛物线的对称轴垂直平分AC，则△ABC的外接圆的圆心在对称轴上，设圆心的坐标为，根据半径相等得到，解方程求出t得到圆心的坐标为，然后确定的半径为，从而得到此时M点的坐标；当点M在直线AB下方时，作关于AB的对称点，如图所示，通过证明可判断在x轴上，则点的坐标为，然后计算DM即可得到此时M点坐标．
【详解】（1）当点M在直线AB上方时，则点M在△ABC的外接圆上，

∵△ABC的外接圆的圆心在对称轴上，设圆心的坐标为，
则，
∴，
解得，
∴圆心的坐标为，
∴，
即的半径为，
此时M点的坐标为．
当点M在直线AB下方时，作关于AB的对称点，如图所示，

∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，在x轴上，
∴点的坐标为，
∴，
∴，
此时点M的坐标为．
综上所述，点M的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，准确进行点的位置的判断是解题的关键．
【变式3】（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，以的边和边上高所在直线建立平面直角坐标系，已知，，，抛物线经过A，B，C三点．

(1)求抛物线解析式．
(2)点G是x轴上一动点，过点G作轴交抛物线于点H，抛物线上有一点Q，若以C，G，Q，H为顶点的四边形为平行四边形，求点G的坐标．
(3)点P是抛物线上的一点，当时，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)G的坐标为或
(3)当时，点P的坐标为（4，5）或

【分析】（1）先求出，再根据正切的定义得到，结合求出，，再利用待定系数法求出对应的函数解析式即可；
（2）先证明只存在以为对角线的平行四边形，设，，则，根据平移的特点建立方程进行求解即可；
（3）先求出，，如图②，作，过点B作交于点，过点作轴于点M，可得为等腰直角三角形，，再由，得到，则点的坐标为，求出直线的解析式为，联立，可得的坐标为．如图②，延长至，使得，连接交抛物线于点，过点作轴于点N，则，求出直线的解析式为，联立，可得点的坐标为．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由，
可得，
解得或（舍去），
∴，，
将，，代入可得，
解得，
∴抛物线解析式为．
（2）解：如图①，∵轴，点Q在抛物线上，
∴以为边的平行四边形不存在，只存在以为对角线的平行四边形，
设，，则，
由点的平移可得，消元整理可得，解得，，
∴点G的坐标为或．

（3）解：∵，
∴，，
如图②，作，过点B作交于点，过点作轴于点M，
∴，
∴为等腰直角三角形，，
∵，
∴，，
∴，
∴点的坐标为，
由，可得直线的解析式为，
联立，
解得（舍去），，
∴的坐标为．
如图②，延长至，使得，连接交抛物线于点，过点作轴于点N，
∴，
由，可得直线的解析式为，
联立，
解得（舍去），，
∴点的坐标为．
综上可得当时，点P的坐标为或．

【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判断，解直角三角形等等，灵活运用所学知识并利用数形结合的思想求解是解题的关键．


考查类型四 与特殊三角形判定有关的问题

例1 （2022·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使的周长最小，求点Q的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当是以为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
【答案】(1)
(2)（1，-2）
(3)（-1，0）或（，-2）或（，2）

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，作点C关于直线的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），根据轴对称最短路径可知AE与抛物线对称轴的交点即为点Q；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点，点，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：∵抛物线解析式为，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线，点C的坐标为（0，-3）
如图所示，作点C关于直线的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），  
由轴对称的性质可知CQ=EQ，
∴△ACQ的周长=AC+AQ+CQ，
要使△ACQ的周长最小，则AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，
∴当A、Q、E三点共线时，AQ+QE最小，
设直线AE的解析式为，
∴，
∴，
∴直线AE的解析式为，
当时，，
∴点Q的坐标为（1，-2）；

（3）解： 如图1所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点P作轴，过点M作MF⊥EF于F，过点B作BE⊥EF于E，


∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，
∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，
∴∠FMP=∠EPB，
∴△FMP≌△EPB（AAS），  
∴PE=MF，BE=PF，
设点P的坐标为（1，m），
∴，
∴，，
∴点M的坐标为（1-m，m-2），
∵点M在抛物线上，
∴，  
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴点M的坐标为（-1，0）；
同理当当点P在x轴下方，∠BPM=90°时可以求得点M的坐标为（-1，0）；
如图2所示，当点P在x轴上方，∠PBM=90°时，过点B作轴，过点P作PE⊥EF于E，过点M作MF⊥EF于F，设点P的坐标为（1，m），
同理可证△PEB≌△BFM（AAS），
∴，
∴点M的坐标为（3-m，-2），
∵点M在抛物线上，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴点M的坐标为（，-2）；

如图3所示，当点P在x轴下方，∠PBM=90°时，
同理可以求得点M的坐标为（，2）；
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，点M的坐标为（-1，0）或（，-2）或（，2）．

【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
例2 （2022·山东济南·统考中考真题）抛物线与x轴交于，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，求的最大值．
【答案】(1)，，t=3，
(2)点
(3)

【分析】（1）分别把代入抛物线解析式和一次函数的解析式，即可求解；
（2）作轴于点，根据题意可得，从而得到，，再根据，可求出m，即可求解；
（3）作轴交于点，过点作轴于点，则，再根据，可得，，然后根据，可得，从而得到，在根据二次函数的性质，即可求解．
（1）
解：∵在抛物线上，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为，
当时，，
∴，（舍），
∴．
∵在直线上，
∴，
∴，
∴一次函数解析式为．
（2）
解：如图，作轴于点，

对于，令x=0，则y=-6，
∴点C（0，-6），即OC=6，
∵A（3，0），
∴OA=3，
∵点P的横坐标为m．
∴，
∴，，
∵∠CAP=90°，
∴，
∵，
∴，
∵∠AOC=∠AMP=90°，
∴，
∴，
∴，即，
∴（舍），，
∴，
∴点．
（3）
解：如图，作轴交于点，过点作轴于点，

∵，
∴点，
∴，
∵PN⊥x轴，
∴PN∥y轴，
∴∠PNQ=∠OCB，
∵∠PQN=∠BOC=90°，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵EN⊥y轴，
∴EN∥x轴，
∴，
∴，即
∴，
∴，
∴，
∴当时，的最大值是．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键，是中考的压轴题．



【模型解读】
在坐标系中确定点，使得由该点及其他点构成的三角形与其他三角形相似，即为“相似三角形存在性问题”．

【相似判定】
判定1：三边对应成比例的两个三角形是相似三角形；
判定2：两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形；
判定3：有两组角对应相等的三角形是相似三角形．
以上也是坐标系中相似三角形存在性问题的方法来源，根据题目给的已知条件选择恰当的判定方法，解决问题．

【题型分析】
通常相似的两三角形有一个是已知的，而另一三角形中有1或2个动点，即可分为“单动点”类、“双动点”两类问题．
 
【思路总结】
根据相似三角形的做题经验，可以发现，判定1基本是不会用的，这里也一样不怎么用，对比判定2、3可以发现，都有角相等！
所以，要证相似的两个三角形必然有相等角，关键点也是先找到一组相等角．
然后再找：
思路1：两相等角的两边对应成比例；
思路2：还存在另一组角相等．
事实上，坐标系中在已知点的情况下，线段长度比角的大小更容易表示，因此选择方法可优先考虑思路1．
 
一、如何得到相等角？
二、如何构造两边成比例或者得到第二组角？
搞定这两个问题就可以了．



【变式1】（2022·河北邢台·统考一模）如图，已知抛物线经过点，，与y轴交于点，P为AC上的一个动点，则有以下结论：①抛物线的对称轴为直线；②抛物线的最大值为；③；④OP的最小值为．则正确的结论为（    ）

A．①②④ B．①② C．①②③ D．①③④
【答案】D
【分析】①由抛物线经过点，可得对称轴；②用待定系数法求出抛物线的函数关系式，再求其最大值即可；③由抛物线求得A、B、C的坐标，再求出BC，AC和AB，由勾股逆定理即可得到∠ACB是直角；④当OP⊥AC时，OP取最小值，根据等面积求得OP即可．
【详解】解：∵抛物线经过点，，
∴抛物线的对称轴为直线，
故①正确；
设抛物线关系式为：，
∵抛物线经过点，
∴-4a=2，解得：，
∴抛物线关系式为：，
∴当时，y有最大值，
故②错误；
∴点B坐标为（-1，0），点A坐标为（4，0），
∴AB=5．
当x=0时，y=2，
∴点C坐标为（0，2），
∴，
∵，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
故③正确；
当OP⊥AC时，OP取最小值，
此时根据三角形的面积可得，
∴，
解得OP=，
∴OP的最小值为．
故④正确；
故正确的有：①③④，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了求抛物线与坐标轴的交点，两点距离公式，等面积求高，解决此题的关键是根据三角形的面积得OP的长．
【变式2】（2022·江苏南京·模拟预测）已知二次函数图象与轴交于点，点在二次函数的图象上，且轴，以为斜边向上作等腰直角三角形，当等腰直角三角形的边与轴有两个公共点时的取值范围是______．
【答案】
【分析】过点B作BD⊥AC于D．根据二次函数的解析式和对称性求出OA和AC的长度，再根据等腰三角形的性质和等角对等边求出BD的长度，最后通过数形结合思想确定OA