初中数学苏科版九年级下册第5章 二次函数5.1 二次函数学案

这是一份初中数学苏科版九年级下册第5章 二次函数5.1 二次函数学案，共21页。学案主要包含了探究图形面积与最值问题，探究线段与最值问题，探究特殊三角形问题，探究特殊四边形问题，探究相似等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学专题突破
——二次函数与几何图形综合题专题

一、探究图形面积与最值问题
例1 （2020·襄阳）如图1，直线y=-x+2交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y=-x2+bx+c经过点A，C，且交x轴于另一点B．
（1）直接写出点A，B，C的坐标及拋物线的表达式；
（2）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，若线段O′A′与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．

图1 图2
解析：（1）在y=-x+2中，令x=0，得y=2；令y=0，得x=4，所以A（0，2），C（4，0）．
把点A，C代入y=-x2+bx+c，得解得
所以抛物线的表达式为y=-x2+x+2．
令y=0，得-x2+x+2=0，解得x=4或x=-2．所以B（-2，0）．
（2）如图1，过点M作MN⊥x轴，交AC于点N．
设M，则N．
所以S△ACM=MN·OC=×4=-a2+2a．
因为S△ABC=BC·OA=（4+2）×2=6，所以S四边形ABCM=S△ACM+S△ABC=-a2+2a+6=-（a-2）2+8．
因为-＜0，所以当a=2时，四边形ABCM的面积最大，最大值为8．
此时点M的坐标为（2，2）．
（3）如图2，将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，所以PO′=PO=m，O′A′=OA=2．
所以O′（m，m），A′（m+2，m）．
当点A′（m+2，m）在抛物线上时，有-（m+2）2+（m+2）+2=m，解得m=-3-或m=-3+．
当点O′（m，m）在抛物线上时，有-m2+m+2=m，解得m=-4或m=2．
所以当-3-≤m≤-4或-3+≤m≤2时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．
例2 （2020·宿迁）如图3，二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴交于A（2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，顶点为E．
（1）求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；
（2）如图3，D是该二次函数图象的对称轴上一动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
（3）如图4，P是该二次函数图象上一动点，连接OP，取OP的中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

图3 图4
解析：（1）将点A（2，0），B（6，0）代入y=ax2+bx+3，得解得
所以二次函数的表达式为y=x2-2x+3．
因为y=x2-2x+3=（x-4）2-1，所以E（4，-1）．
（2）如图3，连接CB，CD，因为点C在线段BD的垂直平分线CN上，所以CB=CD．
设D（4，m）．
因为C（0，3），由勾股定理，得32+62=42+（m-3）2，解得m=3±．
所以满足条件的点D的坐标为（4，3+）或（4，3-）．
（3）如图4，设CQ交抛物线的对称轴于点M．
设P，由Q为OP的中点，得Q．
设直线CQ的表达式为y=kx+3，将点Q的坐标代入，得．解得k=．
所以直线CQ的表达式为y=x+3．
令x=4，得y=4+3=n-5-．所以M，ME=n-4-．
所以S△CEQ=S△CEM+S△QEM===12．
整理，得n2-4n-60=0，解得n=-6或n=10．
当n=-6时，P（-6，24）；当n=10时，P（10，8）．
综上，当△CEQ的面积为12时，点P的坐标为（-6，24）或（10，8）．
归纳：探究三角形或四边形的面积问题：（1）设动点或图形运动的时间为t或动点的坐标为（t，at2+bt+c）；（2）①若一边在坐标轴上或与坐标轴平行，取在坐标轴上或平行于坐标轴的线段为底边，则底边上的高为动点的横坐标或纵坐标的绝对值，可用含t的代数式表示；②若所有边均不在坐标轴上，常采用割补法转化为易求出面积的图形；（3）用含有未知数的代数式表示出图形的面积；（4）用二次函数的知识来求最大值或最小值时，常采用配方法求解.
跟踪训练
1．（2020·大庆）如图，抛物线y=ax2+bx+12与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），且经过点C（-1，7）和点D（5，7）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接AD，经过点B的直线l与线段AD交于点E，与抛物线交于另一点F．连接CA，CE，CD，△CED的面积与△CAD的面积之比为1∶7，P为直线l上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为t．当t为何值时，△PFB的面积最大？并求出最大值；
（3）在抛物线y=ax2+bx+12上，当m≤x≤n时，y的取值范围是12≤y≤16，求m-n的取值范围．（直接写出结果即可）

第1题图 备用图

二、探究线段与最值问题
例3 （2020·凉山州）如图5，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过O（0，0），A（1，0），B三点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的表达式；
（3）如图6，在直线CD下方的二次函数图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于点Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标．

图5 图6
解析：（1）因为二次函数y=ax2+bx+c的图象经过O（0，0），所以c=0．
将点A，B的坐标代入y=ax2+bx，得解得
所以二次函数的表达式为y=x2-x．
（2）由B知，sin∠BOA=，所以∠BOA=30°．所以OB=．
如图5，取OB的中点E，则OE=OB=．
因为BO⊥CD，∠AOC=90°，易得∠OCE=∠BOA=30°．所以OC=2OE=．所以C．
设直线CD的表达式为y=kx+，将点E的坐标代入，得，解得k=-．
所以直线CD的表达式为y=-x+．
（3）设P，则Q（t，-t+）．
所以PQ=-t+-=-t2-t+．
因为＜0，所以当t=时，线段PQ的长最大，此时点P的坐标为．
例4 （2020·乐山）已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A（-1，0），B（5，0）两点，C为抛物线的顶点，抛物线的对称轴交x轴于点D，连接BC，且tan∠CBD=，如图7所示．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设P是抛物线对称轴上一动点，
①过点P作x轴的平行线，交线段BC于点E，过点E作EF⊥PE，交抛物线于点F，连接FB，FC，求△BCF面积的最大值；
②连接PB，求PC+PB的最小值．

图7 图8
解析：（1）因为抛物线的对称轴为x=2，所以D（2，0）．所以BD=3．
所以CD=BD·tan∠CBD=4．所以C（2，4）．
根据题意，设抛物线的表达式为y=a（x+1）（x-5），将点C的坐标代入，得a（2+1）（2-5）=4，解得a=．
所以抛物线的表达式为y=（x+1）（x-5）=x2+x+．
（2）①设P（2，t），其中0＜t＜4．
由点B（5，0），C（2，4），易得直线BC的表达式为y=x+．
令y=t，得x=t+5．所以E．
把x=t+5代入y=x2+x+，得y=t2+2t，所以F．
所以EF=t2+2t-t=t2+t．
所以S△BCF=EF·BD==（t-2）2+．
因为＜0，所以当t=2时，△BCF的面积最大，最大值为．
②根据抛物线的对称性，易得∠ACD=∠BCD，AC=BC=5．
所以sin∠ACD=．
如图8，过点P作PG⊥AC于点G，则在Rt△PCG中，PG=PC·sin∠ACD=PC，所以PC+PB=PG+PB．
过点B作BH⊥AC于点H，则PG+PB≥BH，所以线段BH的长即为PC+PB的最小值．
因为S△ABC=AB·CD=AC·BH，即×6×4=×5BH，所以BH=．
所以PC+PB的最小值为．
归纳：探究线段的最值问题：1.平行于坐标轴的线段，常通过线段两端点的坐标差表示出线段长的函数关系式，运用二次函数性质求最值时注意：当线段平行于y轴时，用上端点的纵坐标减去下端点的纵坐标；当线段平行于x轴时，用右端点的横坐标减去左端点的横坐标；确定函数最值时，要注意自变量的取值范围.
2.已知两个定点和一条定直线，要求在定直线上确定一点，使得这个点到两定点距离和最小，其变形问题有线段和最小、三角形周长最小或四边形周长最小等，这类问题的解决方法是：作其中一个定点关于已知直线的对称点，连接对称点与另一个定点，所得直线与已知直线的交点即为所求的点，然后通过求直线的表达式及与直线的交点坐标，计算最小值或点的坐标.
跟踪训练
2．（2020·滨州）如图，抛物线的顶点为A（h，-1），与y轴交于点B，F（2，1）为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数表达式；
（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．

第2题图

三、探究特殊三角形问题
例5 （2020·徐州）如图9，在平面直角坐标系中，函数y=-ax2+2ax+3a（a＞0）的图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，它的对称轴交x轴于点E．过点C作CD∥x轴交抛物线于点D，连接DE并延长交y轴于点F，交抛物线于点G．直线AF交CD于点H，交抛物线于点K，连接HE，GK．
（1）点E的坐标为　 　；
（2）当△HEF是直角三角形时，求a的值；
（3）判断HE与GK有怎样的位置关系，请说明理由．

图9
解析：（1）对于抛物线y=-ax2+2ax+3a，其对称轴为x=-=1，所以E（1，0）．
（2）如图9，连接EC．
对于抛物线y=-ax2+2ax+3a，令x=0，得y=3a；令y=0，得-ax2+2ax+3a=0，解得x=-1或x=3．
所以A（-1，0），B（3，0），C（0，3a）．
因为点C，D关于对称轴对称，所以D（2，3a），CD=2，EC=ED．所以∠ECD=∠EDC．
因为∠DCF=90°，易得∠ECF=∠EFC．所以EC=EF=ED，即E是DF的中点．
又AE∥HD，所以，即A，O分别为HF，CF的中点．所以HC=2AO=2，CF=2OC=6a，HD=2AE=4．
①当∠HEF=90°时，HE⊥DF，所以HF=HD=4．
在Rt△HCF中，由勾股定理，得HC2+CF2=HF2，即22+（6a）2=42，解得a=±（舍去负值）；
②当∠HFE=90°时，在Rt△AFE中，OA=OE，OF⊥AE，所以OF=AE=1，即3a=1，解得a=．
综上，当△HEF是直角三角形时，a的值为或．
（3）HE∥GK．
理由：由题意A（-1，0），H（-2，3a），E（1，0），
由点A（-1，0），F（0，-3a），易得直线AF的表达式为y=-3ax-3a；由点D（2，3a），F（0，-3a），易得直线DF的表达式为y=3ax-3a．
联立解得或所以K（6，-21a）．
联立解得或所以G（-3，-12a）．
易得直线GK的表达式为y=-ax-15a．
由点H（-2，3a），E（1，0），易得直线HE的表达式为y=-ax+a．
因为直线HE与直线GK表达式的k值相等，且a≠-15a，所以HE∥GK．
归纳：1.探究直角三角形的存在性：①假设结论成立；②分类讨论：a.当定长为直角三角形的直角边时，分别以定长的某一端点作定长的垂线，与所求点满足的直线或抛物线有交点时，则交点即为所求的点；b.当定长为直角三角形的斜边时，以此定长为直径作圆，圆弧与所求点满足的直线或抛物线有交点时，则交点即为所求的点；③计算：把图形中点的坐标用含有自变量的代数式表示出来，从而表示出三角形的三边长（表示线段时，注意代数式的符号），再利用相似三角形、勾股定理或锐角三角函数等建立方程求解．
2.探究等腰三角形存在性：①假设结论成立；②分类讨论：a.当定长为腰时，以定长的某一端点为圆心，定长为半径画弧，若所画弧与所求点满足的直线或抛物线有交点且交点不是定长的另一端点时，则交点即为所求的点；b.当定长为底边时，由尺规作图作出定长的垂直平分线，若作出的垂直平分线与所求点满足的直线或抛物线有交点时，则交点即为所求的点；③计算：在求点的坐标时，大多利用相似三角形求解，如果图形中没有相似三角形，可以添加辅助线构造相似三角形或用含有自变量的代数式表示出三角形的三边长进行求解.
跟踪训练
3．（2020·枣庄）如图，抛物线y=ax2+bx+4交x轴于A（-3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．M为线段OB上一动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）过点P作PN⊥BC，垂足为N．设点M的坐标为（m，0），请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

第3题图
四、探究特殊四边形问题
例6 （2020·天水）如图10，拋物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为（-2，0），点C的坐标为（0，6），对称轴为x=1．D是抛物线上一动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4），连接AC，BC，BD，CD．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC面积的时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若M是x轴上一动点，N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

图10
解析：（1）由题意，得解得
所以抛物线的函数表达式为y=-x2+x+6．
（2）如图10，过点D作DE⊥x轴于点E，交BC于点G．
因为A（-2，0），C（0，6），所以OA=2，OC=6．所以S△AOC=OA•OC=6．所以S△BCD=S△AOC=．
因为A（-2，0）， 且抛物线的对称轴为x=1，所以B（4，0）．
易得直线BC的表达式为y=-x+6．
因为点D的横坐标为m（1＜m＜4），所以D，G．
所以DG=-m2+m+6-=-m2+3m．
所以S△BCD=DG•OB=×4=-m2+6m=．解得m=1（舍去）或m=3．
所以m的值为3．
（3）存在，满足条件的点M的坐标为（8，0）或（0，0）或（-，0）或（，0）．
提示：由（2）知m=3，所以D．
①当BD为对角线时，如图11所示，此时四边形BMDN是平行四边形．
所以DN∥BM．所以点D，N关于直线x=1对称．所以N．
因为MB=DN=3-（-1）=4，所以M（8，0）；

图3 图4
②当BD为平行四边形的一边时，如图12所示，有三种情况：
若四边形BDN1M1是平行四边形，所以BM1∥DN1，BM1=DN1=4．所以M（0，0）；
若四边形BDM2N2（四边形BDM3N3）是平行四边形，易得点N2，N3的纵坐标与点D的纵坐标互为相反数，所以点N的纵坐标为-．
将y=-代入y=-x2+x+6，解得x1=1-，x2=1+．
所以N2，N3．
因为点B（4，0）向左平移1个单位长度，向上平移个单位长度，可以得到点D，根据平行四边形的性质，点M2，M3可由点N2，N3用同样的方法平移得到，所以M2（-，0），M3（，0）．
综上，存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为（8，0）或（0，0）或（-，0）或（，0）．
归纳：1.探究平行四边形的存在性：①三个定点，一个动点探究平行四边形：如图13，点A，B，C是平面直角坐标系内不在同一直线上的三点：（i）以A，B，C，D为顶点的平行四边形有三个：以BC为对角线的□CABD1，以AC为对角线的□ABCD2，以AB为对角线的□BCAD3；（ii）若A，B，C三点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3），点D坐标的确定方法：□CABD1中，线段AC平移到BD1，因A→B横坐标加（x2-x1），纵坐标加（y2-y1），所以由C点坐标（x3，y3），得D1点坐标（x3+x2-x1，y3+y2-y1），同理可得D2，D3的坐标.②两个定点、两个动点探究平行四边形：（i）先假设一个动点的坐标，把它看成是一个定点，按照平移的性质，写出第四个定点的坐标，再由另一动点应满足的条件，求出坐标；（ii）若没有确定两点连线的线段为边还是对角线，须分两种情况逐一探究.

图13
2.探究菱形、矩形、正方形的存在性：由于菱形的任意三个顶点组成的三角形是等腰三角形，因此可将菱形问题转化为等腰三角形的存在性问题；矩形问题可转化为直角三角形问题；正方形问题可转化为等腰直角三角形问题.
跟踪训练
4．（2020·阜新）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于点A（-3，0），B（1，0），交y轴于点C，P（m，0）是x轴上一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

第4题图
五、探究相似、全等问题
例7 （2020·潍坊）如图14，抛物线y=ax2+bx+8（a≠0）与x轴交于点A（-2，0）和点B（8，0），与y轴交于点C，顶点为D，连接AC，BC，BC与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若P是第一象限内抛物线上一动点，连接PB，PC，当S△PBC=S△ABC时，求点P的坐标；
（3）若N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线ED上是否存在点M，使得以M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．

图14
解析：（1）将点A（-2，0），B（8，0）代入y=ax2+bx+8，得解得
所以抛物线的函数表达式为y=x2+3x+8．
（2）对于抛物线y=x2+3x+8，令x=0，得y=8，所以C（0，8）．
由点B（8，0），C（0，8），易得直线BC的函数表达式为y=-x+8．
因为S△ABC=AB·OC=×10×8=40，所以S△PBC=S△ABC=24．
如图14，过点P作PG⊥x轴于点G，交BC于点F．
设P（0＜t＜8），则F（t，-t+8）．
所以PF=t2+3t+8-（-t+8）=t2+4t．
所以S△PBC=PF·OB=×8=24，解得t=2或t=6．
所以点P的坐标为（2，12）或（6，8）．
（3）因为B（8，0），C（0，8），所以△OBC是等腰直角三角形．
因为抛物线y=x2+3x+8的对称轴为x==3，对于y=-x+8，令x=3，得y=5，所以E（3，5）．
设M（3，m）（m≥5），N．
①当MN=ME，∠EMN=90°时，△MEN∽△OBC，如图15所示，则n-3=m-5．所以n=m-2．
易知MN∥x轴，所以m=n2+3n+8，即m=（m-2）2+3（m-2）+8，解得m=0（舍去）或m=8．
所以M（3，8）；
②当ME=EN，∠MEN=90°时，△ENM∽△OBC，如图16所示，m-5=n-3．所以n=m-2．
易知EN∥x轴，所以n2+3n+8=5，即（m-2）2+3（m-2）+8=5，解得m=5-（舍去）或m=5+．
所以M（3，5+）；
③当MN=EN，∠MNE=90°时，△NEM∽△OBC，如图17所示，过点N作NH⊥ME于点H．
所以NH∥x轴，NH=ME．所以n2+3n+8=，n-3=，即n=．
所以2+3+8=，解得m=-5（舍去）或m=11．
所以M（3，11）．
综上，在射线ED上存在点M，使得以M，N，E为顶点的三角形与△OBC相似，点M的坐标为（3，8）或（3，5+）或（3，11）．

图15 图16 图17
归纳：探究相似（全等）三角形的存在问题：1.探究三角形相似（全等）时，往往没有明确指出两个三角形的对应角（尤其是以文字形式出现让证明两个三角形相似或全等），或者涉及动点位置的不确定，此时应考虑不同的对应关系，分情况讨论；2.确定分类标准：找出一对对应相等的角，再根据对应边成比例（或相等）进行分类讨论确定相似（全等）三角形成立的条件.
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5．（2020·聊城）如图①，抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于点A（-1，0），B（4，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P，F，动直线l在抛物线的对称轴右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动至B点．
（1）求抛物线和直线BC的函数表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）如图②，连接CP，CD，在动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

① ②
第5题图







二次函数与几何图形综合题专题
1．解：（1）将点C（-1，7），D（5，7）代入y=ax2+bx+12，得解得
所以抛物线的函数表达式为y=-x2+4x+12．
（2）如图①，过点E作EM⊥AB于点M，过点D作DN⊥AB于点N．
对于抛物线y=-x2+4x+12，令y=0，得x2-4x-12=0，解得x=-2或x=6．所以A（-2，0），B（6，0）．
因为D（5，7），所以DN=7，AN=7．
因为△CED的面积与△CAD的面积之比为1∶7，所以ED∶AD=1∶7．所以AE∶AD=6∶7．
因为EM∥DN，所以△AEM∽△ADN．所以．
所以AM=EM=6．所以E（4，6）．
易得直线BE的表达式为y=-3x+18．
联立解得或所以F（1，15）．
如图①，过点P作PQ∥y轴交BF于点Q．
设P（t，-t2+4t+12），则Q（t，-3t+18）．
所以PQ=-t2+4t+12-（-3t+18）=-t2+7t-6．
所以S△PFB=（-t2+7t-6）×5=-+．
因为-＜0，所以当t=时，△PFB的面积最大，最大值为．
（3）对于抛物线y=-x2+4x+12，令y=16，得-x2+4x+12=16，解得x1=x2=2；令y=12，得-x2+4x+12=12，解得x=0或x=4．
观察图②可知，当0≤x≤2或2≤x≤4时，12≤y≤16．所以m=0，n=2或m=2，n=4或m=0，n=4．
所以-4≤m-n≤-2．

① ②
第1题图
2．解：（1）由题意知，抛物线的顶点为A（2，-1），所以设抛物线的函数表达式为y=a（x-2）2-1．
将点B代入，得4a-1=-，解得a=．
所以抛物线的函数表达式为y=（x-2）2-1=x2-x-．
（2）证明：如图，过点P作PJ⊥AF于点J．
因为P（m，n）在抛物线上，所以P．
所以d=m2-m--（-3）=m2-m+．
因为F（2，1），所以
PF===．
因为d2=m4-m3+m2-m+，PF2=m4-m3+m2-m+，所以PF2=d2．
所以PF=d．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于点H，过点D作DN⊥直线l于点N．
因为△DFQ的周长=DF+DQ+QF，且DF是定值，为=，所以当DQ+FQ取得最小值时，△DFQ的周长最小．
由（2）知，QF=QH，所以DQ+QF=DQ+QH．
所以当D，Q，H三点共线时，DQ+QH取得最小值，此时DQ+QH=DN=6．
所以△DFQ周长的最小值为+6，此时点Q的坐标为．

第2题图
3．解：（1）将点A（-3，0），B（4，0）代入y=ax2+bx+4，得解得
所以抛物线的函数表达式为y=-x2+x+4．
（2）由抛物线的函数表达式，知C（0，4）．
由点B，C的坐标，易得直线BC的表达式为y=-x+4．
因为M（m，0），所以P，Q（m，-m+4）．
所以PQ=-m2+m+4-（-m+4）=-m2+m．
因为OB=OC=4，所以∠OBC=∠OCB=45°．所以∠PQN=∠BQM=45°．
所以PN=PQ·sin45°==（m-2）2+．
因为＜0，所以当m=2时，PN有最大值，为．
（3）存在．
因为A（-3，0），C（0，4），所以AC=5．
①当AC=CQ时，如图，过点Q作QE⊥y轴于点E，连接AQ．
在Rt△CEQ中，由勾股定理，得CE2+EQ2=CQ2，即[4-（-m+4）]2+m2=52，解得m=±（舍去负值）．
所以Q；
②当AC=AQ时，在Rt△AMQ中，由勾股定理，得AM2+QM2=AQ2，即[m-（-3）]2+（-m+4）2=52，解得m=1或m=0（舍去）．
所以Q（1，3）；
③当AQ=CQ时，则[m-（-3）]2+（-m+4）2=[4-（-m+4）]2+m2，解得m=（舍去）．
综上，存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形，点Q的坐标为或（1，3）．

第3题图

4．解：（1）将点A（-3，0），B（1，0）代入y=x2+bx+c，得解得
所以这个二次函数的表达式为y=x2+2x-3．
（2）①由点A（-3，0），C（0，-3），易得直线AC的表达式为y=-x-3．
因为P（m，0），且PM⊥x轴，所以M（m，-m-3），N（m，m2+2m-3）．
所以MN=-m-3-（m2+2m-3）=-m2-3m=．
因为-1＜0，-3＜-＜0，所以当m=-时，MN取得最大值，为．
②满足条件的点Q的坐标为（0，--1）或（0，-1）或（0，-1）．
提示：I）当点M在线段AC上，MN=MC时，如图①所示，四边形MNQC是菱形．
在Rt△AOC中，AO=CO，所以∠ACO=45°．所以MC==m．
所以-m2-3m=m，解得m=-3或m=0（舍去）．
所以CQ=MN=-2．所以Q（0，--1）；
II）当点M在线段AC上，MN=NC时，如图②所示，四边形MNCQ是菱形．
此时MC为菱形的对角线，所以∠MCN=∠MCQ=45°．所以∠NCQ=90°．所以四边形MNCQ是正方形．
由抛物线的对称性，易得N（-2，3），所以QC=NC=2．所以Q（0，-1）；
III）当点M在CA的延长线上，MN=MC时，如图③所示，四边形MNQC是菱形．
所以m2+3m=m，解得m=-3-或m=0（舍去）．
所以CQ=MN=+2．所以Q（0，-1）．
当点M在AC的延长线上时，显然MN＞CM，此时满足条件的菱形不存在．
综上，在y轴上存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形，满足条件的点Q的坐标为（0，--1）或（0，-1）或（0，-1）．

① ② ③
第4题图
5．解：（1）将点A（-1，0），B（4，0）代入y=ax2+bx+4，得解得
所以抛物线的函数表达式为y=-x2+3x+4．
令x=0，得y=4，所以C（0，4）．
由点B（4，0），C（0，4），易得直线BC的函数表达式为y=-x+4．
（2）因为DE⊥x轴，PF⊥x轴，所以DE∥PF．
若DE=PF，则四边形DEFP为平行四边形．
因为y=-x2+3x+4=-+，所以D．
将x=代入y=-x+4，得y=，所以E．所以DE=-=．
设P（t，-t2+3t+4），则F（t，-t+4）．
所以PF=-t2+3t+4-（-t+4）=-t2+4t=，解得t=（舍去）或t=．
所以点P的坐标为．
（3）存在．
由（2）得，PF∥DE，所以∠CED=∠CFP．
又∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE内部，所以∠PCF≠∠DCE．
所以只有∠PCF=∠CDE时，△PCF∽△CDE．所以．
因为C（0，4），E，F（t，-t+4），所以CE==，CF==t．
所以．又t≠0，所以t=．所以P．
所以存在点P，使得以P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似，点P的坐标为．