2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题13.2二次函数综合之最大角、其它问题学案

这是一份2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题13.2二次函数综合之最大角、其它问题学案，共29页。学案主要包含了经典例题2，经典例题3，经典例题4，经典例题5，经典例题6，经典例题7等内容，欢迎下载使用。

【经典例题1——最大角隐形圆】如图，O是坐标原点，过点A(−1，0)的抛物线y=x2−bx−3与x轴的另一个交点为B，与y轴交于点C，其顶点为D点。
(1)求b的值。
(2)连结BD、CD，动点Q的坐标为(m，1).
②连结OQ、CQ，当∠CQO最大时，求出点Q的坐标。
【解析】(1)把A(−1，0)代入y=x2−bx−3，可得1+b−3=0，解得b=2；
(2)①设抛物线的对称轴与x轴交于点E.
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴D(1，−4)，则OE=1，DE=4，
令x=0得，y=−3;令y=0得，x2−2x−3=0.
解得x=−1或x=3.
∴OB=3，OC=3，BE=2，
如图1，过C作BD的平行线与直线y=1相交，则交点必为Q，设直线y=1与y轴交于点F，则CF=4.
∵DE∥FC，
∴∠FCQ=∠EDB.
又∵CF=4=DE，∠QFC=90°=∠BED，
在△QFC和△△BED中
∠FCQ=∠EDB，CF=DE，∠QFC=∠BED
∴△QFC≌△BED，
∴CQ=BD，FQ=EB=2，
∴m=FQ=2；
②如图2，记△OQC的外心为M，则M在OC的垂直平分线MN上(设MN与y轴交于点N).
连接OM、CM，则∠CQO=∠CMO=∠OMN，MC=MO=MQ，
∴sin∠CQO=sin∠OMN=ON/OM=1.5/OM，
∴sin∠CQO的值随着OM的增大而减小。
又∵MO=MQ，
∴当MQ取最小值时sin∠CQO最大，
即MQ垂直直线y=1时，∠CQO最大，
此时，M与直线y=1相切。
∴MQ=NF=2.5，MN=，
∴Q坐标为(2，1).
根据对称性，另一点(−2，1)也符合题意。
综上可知，Q点坐标为(2，1)或(−2，1).
练习1-1如图，顶点为M的抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−1，0)，B两点，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于另一点D，作DE⊥x轴，垂足为点E，双曲线y=(x>0)经过点D，连接MD，BD.
(1)求抛物线的表达式；
(3)动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC方向运动，运动时间为t秒，当t为何值时，∠BPD的度数最大?(请直接写出结果)
【解析】解;(1)C(0，3)
∵CD⊥y，∴D点纵坐标是3，
∵D在y=6x上，∴D(2，3)，
将点A(−1，0)和D(2，3)代入y=ax2+bx+3，
∴a=−1，b=2，
∴y=−x2+2x+3；
(3)设P(0，t)，N(r，t)，
作△PBD的外接圆N，当⊙N与y轴相切时此时圆心N到BD的距离最小，圆心角∠DNB最大，则，∠BPD的度数最大；
∴PN=ND，∴r=，
∴t2−6t−4r+13=0，
易求BD的中点为(，)，
直线BD的解析式为y=−3x+9，
∴BD的中垂线解析式y=x+，
N在中垂线上，∴t=r+，
∴t2−18t+21=0，
∴t=或t=，
∵圆N与y轴相切，
∴圆心N在D点下方，
∴0∴t=.
练习1-2在平面直角坐标系中，O是坐标原点，直角梯形AOCD的顶点A的坐标为(0，)，点D的坐标为(1，)，点C在x轴的正半轴上，过点O且以点D为顶点的抛物线经过点C，点P为CD的中点。
(1)求抛物线的解析式及点P的坐标；
(2)在y轴右侧的抛物线上是否存在点Q，使以Q为圆心的圆同时与y轴、直线OP相切?若存在，请求出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)点M为线段OP上一动点(不与O点重合)，过点O、M、D的圆与y轴的正半轴交于点N.求证：OM+ON为定值。
(4)在y轴上找一点H，使∠PHD最大。试求出点H的坐标。
【解析】(1)∵抛物线的顶点D的坐标为(1，)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x−1)2+，
将(0，0)代入，得a+=0，a=−，
∴抛物线的解析式为y=−(x−1)2+，
即 y=−x2+2x，
设y=0，则x=0或2，∴点C的坐标为(0，2)，
∵点P为CD的中点，
∴P(，)；
(2)在y轴右侧的抛物线上存在点Q，使以Q为圆心的圆同时与y轴、直线OP相切，
理由如下：①若Q在直线OP上方，则Q与D点重合，此时Q1(1，)；
②若Q在直线OP下方，与y轴、直线OP切于E. F，
则QE=QF，QE⊥y轴，QF⊥OP，
∴OQ平分∠EOF，
∵∠EOF=120°，∴∠FOQ=60°，
∵∠POC=30°，则∠QOC=30°，
设Q(m，-m)，则−m=−m2+2m，
解得m1=0(舍去)，m2=，
∴Q2(，−)；
(3)证明：∵在过点O、M、D的圆中，有∠MOD=∠NOD，
∴弧MD=弧ND，
∴MD=ND，
易得OD平分∠AOP，DA⊥y轴，DP⊥OP，
∴DA=DP，
可证得△NAD≌△MPD(HL)，
∴MP=AN，
∴OM+ON=OP−MP+OA+AN=OP+OA=2OA=，
则OM+ON=2，即OM+ON为定值；
(4)作过P、D两点且与y轴相切于点H的圆S，
则由圆周角大于圆外角可知，∠PHD最大.
设S(x，y)，则由HS=SD=SP，
可得，y=2±6，
∵0∴H(0，2−6).
练习1-3如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A(−1，0)，B(4，0)、C(0，)，其中对称轴与x轴交于点E.
(1)求此二次函数的表达式；
(2)如图1，若P为y轴上的一个动点，连接PE，求PC+PE的最小值；
(3)如图2，过点C作CF∥AB，交抛物线与点F，M为线段CF的一个动点，连接MO、MB，是否存在一点M，使得sin∠OMB的值最大?若存在，求出此时sin∠OMB的值；若不存在，请说明理由。
【解析】(1)将A，B，C的坐标代入函数解析式，得
a−b+c=0；16a+4b+c=0；c=，
解得a=−；b=；c=，
此二次函数的表达式y=−x2+x+，
(2)如图1中，连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，
此时PC+PE最小。
理由：∵OA=1，OC=，
∴tan∠ACO=OA/OC=，∴∠ACO=30°，
∴PH=PC，
∴PC+PE=PH+EP=EH，
∴此时PC+PE最短(垂线段最短).
A. B关于E点对称，得E点坐标为(，0)
在RT△ADH中，∵∠AHE=90°，AE=−(−1)=，∠HAE=60°，
∴sin60°=HE/AE，
∴HE=AE⋅sin60°=×=
∴PC+PE的最小值为.
(3)CF上不存在点P，使sin∠OMB的值最大，
如图2，设∠POB的外接圆为⊙Q，QG是弦心距，则∠OQG=∠OPB，
在Rt△OQG中，OG为定值，
当⊙Q的半径最小时，∠OGQ最大，
当QP⊥CF时，QP最小，此时⊙Q与CF的平行线相切于点P，
sin∠OPB最大，P点不在CF上，
即CF上不存在M点使sin∠OMB的值最大。
【经典例题2】如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=−x2+bx+c与直线y=x−3分别交x轴、y轴上的B. C两点，设该抛物线与x轴的另一个交点为点A，顶点为点D，连接CD交x轴于点E.
(1)求该抛物线的表达式及点D的坐标；
(2)求∠DCB的正切值；
(3)如果点F在y轴上，且∠FBC=∠DBA+∠DCB，求点F的坐标。
(1)y=x−3，令y=0，则x=6，令x=0，则y=−3，
则点B. C的坐标分别为(6，0)、(0，−3)，则c=−3，
将点B坐标代入抛物线y=−x2+bx−3得：0=−×36−6b−3，解得：b=2，
故抛物线的表达式为：y=−x2+2x−3，令y=0，则x=6或−2，
即点A(2，0)，则点D(4，1)；
(2)过点E作EH⊥BC交于点H，
C. D的坐标分别为：(0，−3)、(4，1)，
直线CD的表达式为：y=x−3，则点E(3，0)，
tan∠OBC=OC/OB=36=12，则sin∠OBC=，
则EH=EB⋅sin∠OBC=，
CE=，则CH=，
则tan∠DCB=EH/CH=；
(3)点A. B. C. D. E的坐标分别为(2，0)、(6，0)、(0，−3)、(4，1)、(3，0)，
则BC=，
∵OE=OC，∴∠AEC=45°，
tan∠DBE==，
故：∠DBE=∠OBC，
则∠FBC=∠DBA+∠DCB=∠AEC=45°，
①当点F在y轴负半轴时，
过点F作FG⊥BG交BC的延长线与点G，
则∠GFC=∠OBC=α，
设：GF=2m，则CG=CGtanα=m，
∵∠CBF=45°，∴BG=GF，
即：+m=2m，解得：m=，
CF===15，
故点F(0，−18)；
②当点F在y轴正半轴时，
同理可得：点F(0，2)；
故：点F坐标为(0，2)或(0，−18).
练习2-1如图所示，抛物线y=ax2+bx+c的图象过，A(0，3)，B(-1，0)，C(3，0)三点，顶点为P．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点G在y轴上，且∠OGB+∠OAB=∠ACB，求AG的长；
(3)若AD∥x轴且D在抛物线上，过D作DE⊥BC于E，M在直线DE上运动，点N在x轴上运动，是否存在这样的点M、N使以A、M、N为顶点的三角形与△APD相似?若存在，请求出点M、N的坐标．
【解析】（1）抛物线解析式y=-x2+2x+3
(2)AG=1或5
（3）①如图1所示，M1（2,2）N1（1,0）
②如图2 所示M2（2，-2）N2（7,0）
③如图3 所示，M3（2，-1）N3（-1,0）
④如图4，不存在。
综上，存在三点M，N，M1（2,2）N1（1,0）或M2（2，-2）N2（7,0）或M3（2，-1）N3（-1,0）
练习2-2如图，抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C.
(1)将抛物线沿y轴平移t(t>0)个单位，当平移后的抛物线与线段OB有且只有一个交点时，则t的取值范围是___.
(2)抛物线上存在点P，使∠BCP=∠BAC−∠ACO，则点P的坐标为___.
【解析】(1)由题意，抛物线只能沿y轴向下平移，
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴设平移后的抛物线的解析式为y=−(x−1)2+4−t(t>0)，
当原点O落在平移后的抛物线上时，把(0，0)代入得：
0=−(0−1)2+4−t，
解得t=3；
当平移后的抛物线的顶点落在x轴上时，x=1，y=0
即0=−(1−1)2+4−t，
解得t=4，
∵平移后的抛物线与线段OB有且只有一个交点
∴0故答案为：0(2)当y=0时，−x2+2x+3=0，
解得：x=−1或x=3，
即A(−1，0)、B(3，0)，
取AC的中点M，过M作MN⊥AC交OC于N，连接AN，
则AN=CN，
∴∠ACO=∠CAN
∵∠BCP=∠BAC−∠ACO，
∴∠BCP=∠BAC−∠CAN=∠NAO
∵∠ACO=∠NCM，∠AOC=∠CMN=90°，
∴△MCN∽△OCA，
∴CM/CN=CO/CA，
∴CN=，
∴NO=CO−CN=3−=，
∴tan∠NAO=NO/AO=；
当点P在BC上方时，设为P1，过B作BD⊥BC交直线CP1于D，过D作DE⊥x轴于E
∵∠OCB=∠DBE，∠BOC=∠BED=90°，
∴△BDE∽△CBO，
∴BE/CO=DE/BO=BD/BC=tan∠BCP1=tan∠NAO=，
∴BE=CO=4，DE=BO=4，OE=3+4=7
∴D(7，4)
设直线CP1的解析式为y=k1x+3，把(7，4)代入
4=7k1+3，∴k1=，∴y=x+3
令−x2+2x+3=x+3，
解得x1=0(舍去)，x2=
∴P1(，)，
当点P在BC下方时，设为P2(m，n)，
则∠BCP2=∠BCP1
延长DB交直线CP2于E，则点B是DE的中点
∴ 解得m=−1；n=−4，
∴E(−1，−4)
设直线CP2的解析式为y=k2x+3，把(−1，−4)代入−4=−k2+3，
∴k2=7，∴y=7x+3令−x2+2x+3=7x+3，
解得x1=0(舍去)，x2=−5
∴P2(−5，−32)
综上所述，抛物线上存在点P，使∠BCP=∠BAC−∠ACO，
P点坐标为(，)或(−5，−32)，
故答案为：(，)或(−5，−32).
【经典例题3】如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且关于直线x=1对称，点A的坐标为（-1，0）.
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接BC，若点P在y轴上时，BP和BC的夹角为15°，求线段CP的长度；
（3）当a≤x≤a+1时，二次函数y=x2+bx+c的最小值为2a，求a的值.
【解析】(1)∵点A(−1，0)与点B关于直线x=1对称，
∴点B的坐标为(3，0)，
代入y=x2+bx+c，得：
1−b+c=0，9+3b+c=0，
解得b=−2，c=−3，
所以二次函数的表达式为y=x2−2x−3；
(2)如图所示：
由抛物线解析式知C(0，−3)，
则OB=OC=3，
∴∠OBC=45°，
若点P在点C上方，则∠OBP=∠OBC−∠PBC=30°，
∴OP=OBtan∠OBP=3×=，
∴CP=3−；
若点P在点C下方，则∠OBP′=∠OBC+∠P′BC=60°，
∴OP′=OBtan∠OBP′=3×=3，
∴CP=3−3；
综上，CP的长为3−或3−3；
(3)若a+1<1，即a<0，
则函数的最小值为(a+1)2−2(a+1)−3=2a，解得a=1−(正值舍去)；
若a<1则函数的最小值为1−2−3=2a，解得：a=−2(舍去)；
若a>1，
则函数的最小值为a2−2a−3=2a，
解得a=2+(负值舍去)；
综上，a的值为1−或2+.
【经典例题4】如图，抛物线y=−x2+6x−5与x轴交于A，B两点(点A在点B左边)，与y轴交于点C. 点P是抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线，垂足为点H，交直线BC于点E.
(1)求点A，B，C的坐标；
(2)连接CP，当CP平分∠OCB时，求点P的坐标；
(3)平面直角坐标系内是否存在点Q，使得以点P，E，B，Q为顶点的四边形为菱形?若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由。
【解析】（1）抛物线y=-x2+6x-5与x轴交于A，B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C
令y=0时，得-x2+6x-5=0，解得x1=1，x2=5，
∴点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（5，0）
令x=0时，y=-5，
∴点C的坐标为（0，-5）
（2）当CP平分∠OCB时，∠OCP=∠ECP，
易得∠OCP=∠CPE，
∴∠PCE=∠CPE，
∴PE=EC．
由题意可得直线BC的解析式为y=x-5
设点P的坐标为（x，-x2+6x-5），则点E的坐标为（x，x-5），
∴PE=-x2+6x-5-（x-5）=-x2+5x．
∵OB=OC，可得CE=OH，
∴CE=x∴-x2+5x=x，
解得x1=0（不合题意），x2=5-，
当x=5-
时，-x2+6x-5=4-2．
∴当CP平分∠OCB时，点P的坐标为（5-，4-2）；
（3）存在点Q，使以点P，E，B，Q为顶点的四边形为菱形．此时点Q的坐标为（-1，0），（5，5-2），（5，-4）或（5，-2-5）
理由如下：
设点P的坐标为（x，-x2+6x-5），
则点E的坐标为（x，x-5），
如图1，
∵PE⊥QB，
∴当PH=HE，QH=HB时，四边形PQEB是菱形．
此时yP=-yE，即-x2+6x-5=-（x-5），
解得x1=2，x2=5（不合题意，舍去），
∴QH=HB=2，
∴点Q的坐标为（-1，0）．
如图2，
当点P在x轴上方，且PE=EB=BQ=QP时，四边形PEBQ为菱形．
∵PE=-x2+6x-5-（x-5）=-x2+5x，BE=BH=（5-x），
∴-x2+5x=（5-x），
解得x1=5（不合题意，舍去），x2=．
当x=时，BQ=PE=5-2，
∴点Q的坐标为（5，5-2）．
如图3，
当点P与点A重合时，PB=PE．
∴当PB=PE=EQ=QB时，四边形PEQB是菱形．
易得Q的坐标为（5，-4）．
如图4，
当点P在x轴下方，且PE=EB=BQ=QP时，四边形PEBQ为菱形．
∵PE=x-5-（-x2+6x-5）=x2-5x，
BE=BH=（5-x），
∴x2-5x=（5-x），
解得x1=5（不合题意，舍去），x2=．
当x=-时，QB=PE=2+5，
∴点Q的坐标为（5，-2-5）．
综上所述，存在点Q，使以点P，E，B，Q为顶点的四边形为菱形．此时点Q的坐标为（-1，0），（5，5-2），（5，-4）或（5，-2-5）．
练习4-1如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C.直线经过点A、C.
（1）求抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上一动点，过P作PM∥y轴交直线AC于点M，设点P的横坐标为t.
②当射线MP、MC、MO中一条射线平分另外两条射线的夹角时，直接写出的值.
【解析】(1)在y=x+3中，令x=0，y=3;令y=0，x=−4，得A(−4，0)，C(0，3)，
代入抛物线y=−x2+bx+c解析式得：b=−，c=3，
∴抛物线的解析式y=−x2−x+3；
(3)如图1，若AC平分MP、MO的夹角，过点C作CH⊥OA，CG⊥MP，
则CG=CH，
∵S△MCO=OM⋅CH=OC⋅CG，
∴OM=OC=3，
∵点M在直线AC上，
∴M(t，t+3)，
∴MN2+ON2=OM2，可得，t2+(t+3)2=9，
解得t=−，
如图2，若MO平分AC、MP的夹角，则可得∠NMO=∠OMC，过点O作OK⊥AC，
∴OK=ON，
∵∠AKO=∠AOC=90°，∠OAK=OAC，
∴△AOK∽△ACO，
∴AO/AC=OK/OC，
∴，
∴OK=，
由角平分线的性质可得：点O到AC和MP的距离相等，
∴t=，
综合以上可得t的值为−，.
【经典例题5】已知抛物线y=kx2−4kx+3k(k>0)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左边)，与y轴交于点C，顶点D
(1)如图1，请求出A、B、C三点的坐标;
(2)点E为x轴下方抛物线y=kx2−4kx+3k(k>0)上一动点.
①如图2，若k=1时，抛物线的对称轴DH交x轴于点H，直线AE交y轴于点M，直线BE交对称轴DH于点N，求MO+NH的值;
②如图3，若k=2时，点F在x轴上方的抛物线上运动，连接EF交x轴于点G，且满足∠FBA=∠EBA当线段EF运动时，∠FGO的度数大小发生变化吗?若不变，请求出tan∠FGO的值若变化，请说明理由.
【解析】(1)令kx2−4kx+3k=0，解得x1=1，x2=3，
∴A(1，0)，B(3，0)，
令x=0，y=3k，
∴C(0，3k).
(2)①当k=1时，抛物线的解析式为y=x2−4x+3，
如图1，过点E作EK⊥x轴于点K，
则△BKE∽△BHN，△AKE∽△AOM，
设点E(m，m2−4m+3)，
∴KB/HB=KE/HN，KE/MO=AK/AO，
即：，，
得：NH=m−1，MO=−m+3，
∴MO+NH=m−1+(−m+3)=2.
②不会变化。
如图2所示，过E作EN⊥x轴于点N，作FH⊥x轴于点H，过点E作EM⊥FH，交FH的延长线于点M，
设点F(n，2n2−8n+6)，E(a，2a2−8a+6)，
当n>3时，不能满足∠FBA=∠EBA，
∴n<1，
∵△FHB∽△ENB，
∴FHEN=HBNB，
∴=，得：n+a=2，
∴tan∠FGO=tan∠FEM=FM/EM==4，
综上可知：当点F和点E在抛物线上运动时，tan∠FGO的值不会发生变化，且tan∠FGO=4.
练习5-1如图 1，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C．若tan∠ABC=3，一元二次方程ax2+bx+c=的两根为﹣8、2．
（1）求二次函数的解析式；
（2）直线l绕点A以AB为起始位置顺时针旋转到AC位置停止，l与线段BC交于点D，
P是AD的中点．
①求点P的运动路程；
②如图2，过点D作DE垂x轴于点E，作DF⊥AC所在直线于点F，连结PE、PF，在l运动过程中，∠EPF的大小是否改变？请说明理由；
（3）在（2）的条件下，连结EF，求△PEF周长的最小值．
【解析】(1)∵函数y=ax2+bx+c与x轴交于A. B两点，且一元二次方程ax2+bx+c=0两根为：−8，2，
∴A(−8，0)、B(2，0)，即OB=2，
又∵tan∠ABC=3，∴OC=6，即C(0，−6)，
将A(−8，0)、B(2，0)代入y=ax2+bx−6中，得：
64a−8b−6=0，4a+2b−6=0，
解得：a=，b=，
∴二次函数的解析式为：y=x2+x−6;
(2)①如图1，当l在AB位置时，P即为AB的中点H，
当l运动到AC位置时，P即为AC中点K，
∴P的运动路程为△ABC的中位线HK，
∴HK=BC，
在Rt△BOC中，OB=2，OC=6，
∴BC=2，∴HK=，
即P的运动路程为：；
②∠EPF的大小不会改变，
理由如下：如图2，∵DE⊥AB，
∴在Rt△AED中，P为斜边AD的中点，
∴PE=AD=PA，
∴∠PAE=∠PEA=∠EPD，
同理可得：∠PAF=∠PFA=∠DPF，
∴∠EPF=∠EPD+∠FPD=2(∠PAE+∠PAF)，
即∠EPF=2∠EAF，
又∵∠EAF大小不变，
∴∠EPF的大小不会改变；
(3)设△PEF的周长为C，则C△PEF=PE+PF+EF，
∵PE=AD，PF=AD，
∴C△PEF=AD+EF，
在等腰三角形PEF中，如图2，过点P作PG⊥EF于点G，
∴∠EPG=∠EPF=∠BAC，
∵tan∠BAC=OC/AO=，
∴tan∠EPG=EG/PG=，
∴EG=PE，EF=PE=AD，
∴C△PEF=AD+EF=(1+)AD=AD，
又当AD⊥BC时，AD最小，此时C△PEF最小，
又S△ABC=30，
∴BC×AD=30，
∴AD=3，
∴C△PEF最小值为：AD=.
【经典例题6】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(−1，0)，B(0，−)，C(2，0)，其对称轴与x轴交于点D
(1)求二次函数的表达式及其顶点坐标；
(2)若P为y轴上的一个动点，连接PD，则PB+PD的最小值为___；
(3)M(x，t)为抛物线对称轴上一动点
①若平面内存在点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为菱形，则这样的点N共有___个；
②连接MA，MB，若∠AMB不小于60°，求t的取值范围。
【解析】(1)由题意解得，
∴抛物线解析式为y=x2−x−，
∵y=x2−x−=(x−)2−，
∴顶点坐标(，−).
(2)如图1中，连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，
此时PB+PD最小。
理由：∵OA=1，OB=，
∴tan∠ABO=OAOB=，
∴∠ABO=30°，
∴PH=PB，
∴PB+OD=PH+PD=DH，
∴此时PB+PD最短(垂线段最短).
在RT△ADH中，∵∠AHD=90°，AD=，∠HAD=60°，
∴sin60°=DH/AD，
∴DH=，
∴PB+PD的最小值为.
故答案为.
(3)①以A为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点，
以B为圆心AB为半径画弧与对称轴也有两个交点，
线段AB的垂直平分线与对称轴有一个交点，
所以满足条件的点M有5个，即满足条件的点N也有5个，
故答案为5.
②如图，RT△AOB中，∵tan∠ABO=OAOB=，
∴∠ABO=30°，
作AB的中垂线与y轴交于点E，连接EA，则∠AEB=120°，
以E为圆心，EB为半径作圆，与抛物线对称轴交于点F. G.
则∠AFB=∠AGB=60°，从而线段FG上的点满足题意，
∵EB==，
∴OE=OB−EB=，
∵F(，t)，EF2=EB2，
∴()2+(t+)2=()2，
解得t=或，
故F(，)，G(，)，
∴t的取值范围⩽t⩽
【经典例题7】抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A,B两点(点A在点B的左边)，与y轴正半轴交于点C.
(1)如图1,若A(−1,0),B(3,0)，
①求抛物线y=−x2+bx+c的解析式；
②P为抛物线上一点，连接AC，PC，若∠PCO=3∠ACO，求点P的横坐标；
(2)如图2,D为x轴下方抛物线上一点,连DA,DB,若∠BDA+2∠BAD=90∘，求点D的纵坐标。
【解析】(1)①将A(−1,0)、B(3,0)代入y=−x2+bx+c，得：
−1−b+c=0；−9+3b+c=0，
解得：b=2；c=3，
∴y=−x2+2x+3；
②延长CP交x轴于点E，在x轴上取点D，使CD=CA，作EN⊥CD交CD的延长线于点N，
∵CD=CA、OC⊥AD，
∴∠DCO=∠ACO，
∵∠PCO=3∠ACO，
∴∠ACD=∠ECD，
∴tan∠ACD=tan∠ECD，
∴AI/CI=EN/CN,AI==，
∴CI=，
∴，
设EN=3x，则CN=4x，
由tan∠CDO=tan∠EDN知，
∴DN=x，
∴CD=CN−DN=3x=，
∴x=，
∴DE=，
则点E的坐标为(,0)，
所以直线CE的解析式为y=−x+3，
由y=−x+3;y=−x2+2x+3可得x1=0、x2=3513，
则点P的横坐标为3513.
(2)如图2，作DI⊥x轴，垂足为I，
∵∠BDA+2∠BAD=90∘，
∴∠DBI+∠BAD=90∘，
∵∠BDI+∠DBI=90∘，
∴∠BAD=∠BDI，
∵∠BID=∠DIA，
∴△IBD∽△IDA，
∴BIDI=IDIA，
∴xD−xB−yD=−yDxD−xA，
∴=−(xA+xB)xD+xAxB，
令y=0,得：−x2+bx+c=0，
则xA+xB=b、xAxB=−c，
∴=−(xA+xB)xD+xAxB=−bxD−c，
∵yD=−+bxD+c，
∴=−yD，
解得：yD=0或−1，
∵点D在x轴下方，
∴yD=−1，即点D的纵坐标为−1.