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挑战2023年中考数学压轴题专题13 二次函数与胡不归型最值问题（含答案解析）
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这是一份挑战2023年中考数学压轴题专题13 二次函数与胡不归型最值问题（含答案解析），共84页。
专题13二次函数与胡不归型最值问题
胡不归问题：
模型分析：“PA＋k·PB”型的最值问题,当k＝1时通常为轴对称之最短路径问题,而当k＞0时,若以常规的轴对称的方式解决,则无法进行,因此必须转换思路．
如图,直线BM,BN交于点B,P为BM上的动点,点A在射线BM,BN同侧,已知sin∠MBN＝k．
过点A作AC⊥BN于点C,交BM于点P,此时PA＋k·PB取最小值,最小值即为AC的长．
证明 如图,在BM上任取一点Q,连结AQ,作QD⊥BN于点D．
由sin∠MBN＝k,可得QD＝ k·QB．
所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC,即得证．
【例1】（2022•济南）抛物线y＝ax2+x﹣6与x轴交于A（t,0）,B（8,0）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CQ+PQ的最大值．
【例2】（2022•宜宾）如图,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3,0）、B（﹣1,0）两点,与y轴交于点C（0,3）,其顶点为点D,连结AC．
（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上取一点E,点F为抛物线上一动点,使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形,求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下,将点D向下平移5个单位得到点M,点P为抛物线的对称轴上一动点,求PF+PM的最小值．
【例3】（2022•东西湖区模拟）如图1,抛物线y＝x2+（m﹣2）x﹣2m（m＞0）与x轴交于A,B两点（A在B左边）,与y轴交于点C．连接AC,BC．且△ABC的面积为8．
（1）求m的值；
（2）在（1）的条件下,在第一象限内抛物线上有一点T,T的横坐标为t,使∠ATC＝60°．求（t﹣1）2的值．
（3）如图2,点P为y轴上一个动点,连接AP,求CP+AP的最小值,并求出此时点P的坐标．
【例4】（2022•成都模拟）如图,在平面直角坐标系xOy中,二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴,x轴分别相交于A（0,2）,B（2,0）,C（4,0）三点,点D是二次函数图象的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线上异于点B的一点,连接AC,若S△ACP＝S△ACB,求点P的坐标；
（3）M是第四象限内一动点,且∠AMB＝45°,连接MD,MC,求2MD+MC的最小值．
1．（2022•河北区二模）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b,c为常数）的图象与x轴交于A（1,0）,B两点（点A在点B左侧）．与y轴相交于点C,顶点为D．
（Ⅰ）当b＝2时,求抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若点P是y轴上一点,连接BP,当PB＝PC,OP＝2时,求b的值；
（Ⅲ）若抛物线与x轴另一个交点B的坐标为（4,0）,对称轴交x轴于点E,点Q是线段DE上一点,点N为线段AB上一点,且AN＝2BN,连接NQ,求DQ+NQ的最小值．
2．（2021•南海区二模）如图1,抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点,点A、B分别位于原点左、右两侧,且AO＝2BO＝4,过A点的直线y＝kx+c交y轴于点C．
（1）求k、b、c的值；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P,使△ACP为直角三角形？若存在,直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）如图2,点M为线段AC上一点,连接OM,求AM+OM的最小值．
3．（2021•宝安区模拟）（1）已知二次函数经过点A（﹣3,0）、B（1,0）、C（0,3）,请求该抛物线解析式；
（2）点M为抛物线上第二象限内一动点,BM交y轴于点N,当BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时,求点M的坐标；
（3）点P为对称轴上D点下方一动点,点Q为直线y＝x第一象限上的动点,且DP＝OQ,求BP+BQ的最小值并求此时点P的坐标．
4．（2021•南沙区一模）已知,抛物线y＝mx2+x﹣4m与x轴交于点A（﹣4,0）和点B,与y轴交于点C．点D（n,0）为x轴上一动点,且有﹣4＜n＜0,过点D作直线l⊥x轴,且与直线AC交于点M,与抛物线交于点N,过点N作NP⊥AC于点P．点E在第三象限内,且有OE＝OD．
（1）求m的值和直线AC的解析式．
（2）若点D在运动过程中,AD+CD取得最小值时,求此时n的值．
（3）若△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6时,求AE+CE的最小值．
5．（2021•射阳县三模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1,0）、B（3,0）、C（0,3）三点,对称轴与抛物线相交于点P,与直线BC相交于点M,连接AC,PB．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）设对称轴与x轴交于点N,在对称轴上是否存在点G,使以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似？如果存在,请求出点G的坐标；如果不存在,请说明理由；
（3）抛物线上是否存在一点Q,使△QMB与△PMB的面积相等,若存在,求点Q的坐标；若不存在,请说明理由；
（4）点E是y轴上的动点,连接ME,求ME+CE的最小值．
6．（2021•深圳模拟）如图1,抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点,其中点A坐标为（﹣3,0）,与y轴交于点C（0,3）,点D为抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECA＝∠CAD,求点E的坐标；
（3）如图2,点P为线段AC上方的抛物线上任一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与AC交于点M．
①求△APC的面积最大时点P的坐标；
②在①的条件下,若点N为y轴上一动点,求HN+CN的最小值．
7．（2021•深圳模拟）已知：如图,点A（1,0）,B（3,0）,D（2,﹣1）,C是y轴上的点,且OC＝3．
（1）过点A作AM⊥BC,垂足为M,连接AD、BD,求证：四边形ADBM为正方形；
（2）若过A、B、C三点的抛物线对称轴上有一动点P,当PC﹣PB的值最大时,求出点P的坐标；
（3）设Q为线段OC上的一动点,问：AQ+QC是否存在最小值？若存在,求出这个最小值；若不存在,请说明理由．
8．（2021•资阳）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,且B（﹣1,0）,C（0,3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点P是抛物线上位于直线AC上方的一点,BP与AC相交于点E,当PE：BE＝1：2时,求点P的坐标；
（3）如图2,点D是抛物线的顶点,将抛物线沿CD方向平移,使点D落在点D'处,且DD'＝2CD,点M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点,MN∥y轴交直线OD'于点N,连结CN．当D'N+CN的值最小时,求MN的长．
9．（2022•杜尔伯特县一模）如图,已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1,0）,B（m,0）两点,与y轴相交于点C（0,﹣3）,抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECB＝∠CBD,求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下,若F为y轴上一动点,求PH+HF+CF的最小值．
10．（2020•自贡）在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣3,0）、B（1,0）,交y轴于点N,点M为抛物线的顶点,对称轴与x轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,连接AM,点E是线段AM上方抛物线上一动点,EF⊥AM于点F,过点E作EH⊥x轴于点H,交AM于点D．点P是y轴上一动点,当EF取最大值时：
①求PD+PC的最小值；
②如图2,Q点为y轴上一动点,请直接写出DQ+OQ的最小值．
11．（2022•中山市三模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴为直线x＝1,点A（﹣1,0）,过B的直线交y轴于点D,交抛物线于E,且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线第四象限的图象上找一点P,使得△BDP的面积最大,求出点P的坐标；
（3）点M是线段BE上的一点,求的最小值,并求出此时点M的坐标．
12．（2021•南山区校级三模）如图,已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴相交于点C（0,﹣2）,与x轴分别交于点B（3,0）和点A,且tan∠CAO＝1．
（1）求抛物线解析式．
（2）抛物线上是否存在一点Q,使得∠BAQ＝∠ABC,若存在,请求出点Q坐标,若不存在,请说明理由；
（3）抛物线的对称轴交x轴于点D,在y轴上是否存在一个点P,使PC+PD值最小,若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由．
13．（2021•津南区一模）已知抛物线y＝x2﹣2x+c交x轴于A,B两点,且点B的坐标为（3,0）,其对称轴交x轴于点C．
（Ⅰ）求该抛物线的顶点D的坐标；
（Ⅱ）设P是线段CD上的一个动点（点P不与点C,D重合）．
①过点P作y轴的垂线l交抛物线（对称轴右侧）于点Q,连接QB,QD,求△QBD面积的最大值；
②连接PB,求PD+PB的最小值．
14．（2021•防城区模拟）如图,已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣8a（a＞0）与x轴从左至右依次交于A,B两点,与y轴交于点C,经过点B的直线y＝﹣x+与抛物线的另一交点为D,且点D的横坐标为﹣5．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P（x,y）在该二次函数的图象上,且S△BCD＝S△ABP,求点P的坐标；
（3）设F为线段BD上的一个动点（异于点B和D）,连接AF．是否存在点F,使得2AF+DF的值最小？若存在,分别求出2AF+DF的最小值和点F的坐标,若不存在,请说明理由．
15．（2021秋•沈北新区校级月考）如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（1,0）,点B（﹣3,0）,与y轴交于点C,连接BC,点P在第二象限的抛物线上,连接PC、PO,线段PO交线段BC于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若△PCE的面积为S1,△OCE的面积为S2,当＝时,求点P的坐标；
（3）已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N,连接BN,点H在x轴上,当∠HCB＝∠NBC时,
①求满足条件的所有点H的坐标；
②当点H在线段AB上时,平面内点M,且HM＝1,直接写出AM+CM的最小值．
16．（2021•香洲区校级三模）如图,抛物线y＝﹣x2﹣6x+7交x轴于A,B两点（点A在点B左侧）,交y轴于点C,直线y＝x+7经过点A、C,点M是线段AC上的一动点（不与点A,C重合）．
（1）求A,B两点的坐标；
（2）当点P,C关于抛物线的对称轴对称时,求PM+AM的最小值及此时点M的坐标；
（3）连接BC,当△AOM与△ABC相似时,求出点M的坐标．
17．（2021•涪城区校级模拟）已知：如图所示,抛物线y＝﹣x2﹣x+c与x轴交于A、B两点,与y轴的正半轴交于点C,点A在点B的左侧,且满足tan∠CAB•tan∠CBA＝1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点P是抛物线y＝﹣x2﹣x+c上一点,且△PAC的内切圆的圆心正好落在x轴上,求点P的坐标；
（3）若M为线段AO上任意一点,求MC+AM的最小值．
18．（2021•青山区模拟）已知抛物线y＝ax2﹣4ax﹣12a与x轴相交于A,B两点,与y轴交于C点,且OC＝OA．设抛物线的顶点为M,对称轴交x轴于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点E（m,n）为抛物线上的一点,且0＜m＜6,连接AE,交对称轴于点P．点F为线段BC上一动点,连接EF,当PA＝2PE时,求EF+BF的最小值．
（3）如图2,过点M作MQ⊥CM,交x轴于点Q,将线段CQ向上平移t个单位长度,使得线段CQ与抛物线有两个交点,求t的取值范围．
19．（2021•罗湖区校级模拟）已知抛物线y＝ax2+bx（a,b为常数,a≠0）与x轴的正半轴交于点A,其顶点C的坐标为（2,4）．
（Ⅰ）求抛物线的解析式；
（Ⅱ）点P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点,求△PAC面积的最大值；
（Ⅲ）点Q是抛物线对称轴上的一个动点,连接QA,求QC+QA的最小值．
20．（2020•东胜区二模）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（﹣2,0）,B（0,）,C（1,0）,其对称轴与x轴交于点E,顶点坐标为D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线的对称轴上的一个动点,且在第二象限内,若平面内存在点Q,使得以B,C,P,Q为顶点的四边形为菱形,求点Q的坐标；
（3）若M为y轴上的一个动点,连接ME,求MB+ME的最小值．
【例1】．（2022•济南）抛物线y＝ax2+x﹣6与x轴交于A（t,0）,B（8,0）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CQ+PQ的最大值．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可求解；
（2）作PM⊥x轴交于M,可求PM＝m2﹣m+6,AM＝m﹣3,通过证明△COA∽△AMP,利用＝,求m的值即可求P点坐标；
（3）作PN⊥x轴交于BC于N,过点N作NE⊥y轴交于E,通过证明△PQN∽△BOC,求出QN＝PN,PQ＝PN,再由△CNE∽△CBO,求出CN＝EN＝m,则CQ+PQ＝CN+PN＝﹣（x﹣）2+,即可求解．
【解答】解：（1）将B（8,0）代入y＝ax2+x﹣6,
∴64a+22﹣6＝0,
∴a＝﹣,
∴y＝﹣x2+x﹣6,
当y＝0时,﹣t2+t﹣6＝0,
解得t＝3或t＝8（舍）,
∴t＝3,
∵B（8,0）在直线y＝kx﹣6上,
∴8k﹣6＝0,
解得k＝,
∴y＝x﹣6；
（2）作PM⊥x轴交于M,
∵P点横坐标为m,
∴P（m,﹣m2+m﹣6）,
∴PM＝m2﹣m+6,AM＝m﹣3,
在Rt△COA和Rt△AMP中,
∵∠OAC+∠PAM＝90°,∠APM+∠PAM＝90°,
∴∠OAC＝∠APM,
∴△COA∽△AMP,
∴＝,即OA•MA＝CO•PM,
3（m﹣3）＝6（m2﹣m+6）,
解得m＝3（舍）或m＝10,
∴P（10,﹣）；
（3）作PN⊥x轴交于BC于N,过点N作NE⊥y轴交于E,
∴PN＝﹣m2+m﹣6﹣（m﹣6）＝﹣m2+2m,
由△PQN∽△BOC,
∴＝＝,
∵OB＝8,OC＝6,BC＝10,
∴QN＝PN,PQ＝PN,
由△CNE∽△CBO,
∴CN＝EN＝m,
∴CQ+PQ＝CN+NQ+PQ＝CN+PN,
∴CQ+PQ＝m﹣m2+2m＝﹣m2+m＝﹣（x﹣）2+,
当m＝时,CQ+PQ的最大值是．
【例2】．（2022•宜宾）如图,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3,0）、B（﹣1,0）两点,与y轴交于点C（0,3）,其顶点为点D,连结AC．
（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上取一点E,点F为抛物线上一动点,使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形,求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下,将点D向下平移5个单位得到点M,点P为抛物线的对称轴上一动点,求PF+PM的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法,把问题转化为解方程组即可；
（2）过点F作FG⊥DE于点G,证明△OAC≌△GFE（AAS）,推出OA＝FG＝3,设F（m,﹣m2+2m+3）,则G（1,﹣m2+2m+3）,可得FG＝|m﹣1|＝3,推出m＝﹣2或m＝4,即可解决问题；
（3）由题意,M（1,﹣1）,F2（4,﹣5）,F1（﹣2,﹣5）关于对称轴直线x＝1对称,连接F1F2交对称轴于点H,连接F1M,F2M,过点F1作F1N⊥F2M于点N,交对称轴于点P,连接PF2．则MH＝4,HF2＝3,MF2＝5,证明PN＝PM,由PF2＝PF1,推出PF+PM＝PF2+PN＝FN1为最小值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（3,0）、B（﹣1,0）,C（0,3）,
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3,
∵y＝﹣（x﹣1）2+4,
∴顶点D的坐标为（1,4）；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b,
把A（3,0）,C（0,3）代入,得,
∴,
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3,
过点F作FG⊥DE于点G,
∵以A,C,E,F为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形,
∴AC＝EF,AC∥EF,
∵OA∥FG,
∴∠OAC＝∠GFE,
∴△OAC≌△GFE（AAS）,
∴OA＝FG＝3,
设F（m,﹣m2+2m+3）,则G（1,﹣m2+2m+3）,
∴FG＝|m﹣1|＝3,
∴m＝﹣2或m＝4,
当m＝﹣2时,﹣m2+2m+3＝﹣5,
∴F1（﹣2,﹣5）,
当m＝4时,﹣m2+2m+3＝﹣5,
∴F2（4,﹣5）
综上所述,满足条件点F的坐标为（﹣2,﹣5）或（4,﹣5）；
（3）由题意,M（1,﹣1）,F2（4,﹣5）,F1（﹣2,﹣5）关于对称轴直线x＝1对称,连接F1F2交对称轴于点H,连接F1M,F2M,过点F1作F1N⊥F2M于点N,交对称轴于点P,连接PF2．则MH＝4,HF2＝3,MF2＝5,
在Rt△MHF2中,sin∠HMF2＝＝＝,则在Rt△MPN中,sin∠PMN＝＝,
∴PN＝PM,
∵PF1＝PF2,
∴PF+PM＝PF2+PN＝F1N为最小值,
∵＝×6×4＝×5×F1N,
∴F1N＝,
∴PF+PM的最小值为．
【例3】（2022•东西湖区模拟）如图1,抛物线y＝x2+（m﹣2）x﹣2m（m＞0）与x轴交于A,B两点（A在B左边）,与y轴交于点C．连接AC,BC．且△ABC的面积为8．
（1）求m的值；
（2）在（1）的条件下,在第一象限内抛物线上有一点T,T的横坐标为t,使∠ATC＝60°．求（t﹣1）2的值．
（3）如图2,点P为y轴上一个动点,连接AP,求CP+AP的最小值,并求出此时点P的坐标．
【分析】（1）先求出A（﹣m,0）,B（2,0）,C（0,﹣2m）,再由三角形面积×（2+m）×（2m）＝8,可求m的值；
（2）过点C作EF∥x轴,过点T作TF⊥EF交于F点,过点C作CD⊥CT交直线AT于点D,过点D作DE⊥EF交于E点,证明△CED∽△TFC,可得＝＝＝,进而求出D（﹣t2,t﹣4）,再求出直线AT的解析式为y＝（t﹣2）x+2t﹣4,将D点坐标代入直线解析式即可求（t﹣1）2＝；
（3）过点B作BG⊥AC交于G点,交y轴于点P,可得CP+AP＝（CP+AP）＝（GP+AP）≥BG,可求CP+AP的最小值为8,再由tan∠ACO＝＝,求出P（0,﹣1）．
【解答】解：（1）y＝x2+（m﹣2）x一2m＝（x﹣2）（x+m）,
令y＝0,则x＝2或x＝﹣m,
∵m＞0,
∴﹣m＜0,
∴A（﹣m,0）,B（2,0）,
∴AB＝2+m,
令x＝0,则y＝﹣2m,
∴C（0,﹣2m）,
∵△ABC的面积为8,
∴×（2+m）×（2m）＝8,
解得m＝2或m＝﹣4（舍）；
（2）当m＝2时,y＝x2﹣4,
∵的横坐标为t,
∴T（t,t2﹣4）,
过点C作EF∥x轴,过点T作TF⊥EF交于F点,过点C作CD⊥CT交直线AT于点D,过点D作DE⊥EF交于E点,
∵∠DCT＝90°,
∴∠DCE+∠TCF＝90°,
∵∠DCE+∠CDE＝90°,
∴∠TCF＝∠CDE,
∴△CED∽△TFC,
∴＝＝,
∵∠ATC＝60°,
∴＝,
∵C（0,﹣4）,
∴CF＝t,TF＝t2,
∴DE＝t,CE＝t2,
∴D（﹣t2,t﹣4）,
设直线AT的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得,
∴y＝（t﹣2）x+2t﹣4,
∴t﹣4＝（t﹣2）（﹣t2）+2t﹣4,
∴（t﹣1）2＝；
（3）过点B作BG⊥AC交于G点,交y轴于点P,
∵A、B关于y轴对称,
∴AP＝BP,
∵∠GBA+∠BAC＝∠ACO+∠CAO＝90°,
∴∠ABG＝∠ACO,
∵AO＝2,CO＝4,
∴AC＝2,
∴sin∠ACO＝,
∴＝,
∴CP＝GP,
∵CP+AP＝（CP+AP）＝（GP+AP）≥BG,
∵cos∠ACO＝＝＝,
∴BG＝,
∴CP+AP的最小值为8,
∵tan∠ACO＝＝＝,
∴OP＝1,
∴P（0,﹣1）．
【例4】（2022•成都模拟）如图,在平面直角坐标系xOy中,二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴,x轴分别相交于A（0,2）,B（2,0）,C（4,0）三点,点D是二次函数图象的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线上异于点B的一点,连接AC,若S△ACP＝S△ACB,求点P的坐标；
（3）M是第四象限内一动点,且∠AMB＝45°,连接MD,MC,求2MD+MC的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分两种情形,分别构建方程组求解即可；
（3）以O为圆心,OA为半径的圆,连接OM,取OB的中点E,连接EM、ED,先根据二次函数求出A、B、C、D的坐标,再证明△EOM∽△MOC,从而有EM＝MC,故2MD+MC＝2（MD+MC）＝2（MD+ME）≥2ED,再求出ED即可．
【解答】解：（1）∵抛物线经过B（2,0）,C（4,0）,
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣4）,
把A（0,2）代入,可得a＝,
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣x+2；
（2）如图,当点P在直线AC的下方时,过点B作BP0∥AC交抛物线于点P0,
由题意直线AC的解析式为y＝﹣x+2,
∴kAC＝﹣,
∴K＝﹣,
∴直线BP0的解析式为y＝﹣x+1,
由,
解得,
则P0与B重合,不符合题意．
当点P在直线AC的上方时,作直线BP0关于直线AC的的对称直线P1P2,交抛物线于P1,P2．
∵直线AC的解析式为y＝﹣x+2,
∴可得直线P1P2的解析式为y＝﹣x+3,
由,
解得或,
∴P1（2+2,2﹣）,P2（2﹣2,2+）；
（3）解：如图,以O为圆心,OA为半径的圆,连接OM,取OB的中点E,连接EM、ED,
∵A（0,2）,B（2,0）,C（4,0）,
∴OA＝OB,即B在⊙O上,
∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣3）2﹣,
∴顶点D（3,﹣）,
∵∠AMB＝45°,
∴∠AMB＝∠BOA,
∴M在在⊙O上,即OM＝2,
取OB的中点E（1,0）,
∵＝,＝,＝,
∴＝,
又∠EOM＝∠MOC,
∴△EOM∽△MOC,
∴＝,
∴EM＝MC,
∴2MD+MC＝2（MD+MC）＝2（MD+ME）≥2ED,
∵ED＝＝,
∴2MD+MC的最小值为．
1．（2022•河北区二模）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b,c为常数）的图象与x轴交于A（1,0）,B两点（点A在点B左侧）．与y轴相交于点C,顶点为D．
（Ⅰ）当b＝2时,求抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若点P是y轴上一点,连接BP,当PB＝PC,OP＝2时,求b的值；
（Ⅲ）若抛物线与x轴另一个交点B的坐标为（4,0）,对称轴交x轴于点E,点Q是线段DE上一点,点N为线段AB上一点,且AN＝2BN,连接NQ,求DQ+NQ的最小值．
【分析】（Ⅰ）求出函数的解析式即可求解；
（Ⅱ）由题意可求P（0,2）或（0,﹣2）,将A点代入抛物线解析式可得c＝﹣b,在求出B（2b﹣1,0）,C（0,﹣b）,由PB＝PC,（2b﹣1）2+4＝|﹣b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|﹣b+2|2,再由2b﹣1＞1,求出b即可；
（Ⅲ）先求出抛物线的解析式y＝﹣x2+x﹣2,设Q（,t）过点N作AD的垂线交于点M,交对称轴于点Q,利用直角三角形可得MQ＝DQ,当M、Q、N三点共线时,DQ+NQ有最小值MN,在Rt△AMN中,AN＝2,求出MN＝,可求DQ+NQ的最小值为．
【解答】解：（Ⅰ）当b＝2时,y＝﹣x2+2x+c,
将点A（1,0）代入y＝﹣x2+2x+c,
∴c＝﹣,
∴y＝﹣x2+2x﹣＝﹣（x﹣2）2+,
∴抛物线的顶点为（2,）；
（Ⅱ）∵点P是y轴上一点,OP＝2,
∴P（0,2）或（0,﹣2）,
将A代入y＝﹣x2+bx+c,
∴﹣+b+c＝0,
∴c＝﹣b,
∵﹣x2+bx+﹣b＝0,
∴1+x1＝2b,
∴x1＝2b﹣1,
∴B（2b﹣1,0）,
令x＝0,则y＝2b﹣1,
∴C（0,﹣b）,
∵PB＝PC,
∴（2b﹣1）2+4＝|﹣b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|﹣b+2|2,
解得b＝或b＝或b＝﹣或b＝,
∵A点在B点左侧,
∴2b﹣1＞1,
∴b＞1,
∴b＝；
（Ⅲ）将点A、B代入y＝﹣x2+bx+c,
∴,
,
∴y＝﹣x2+x﹣2,
∴抛物线的对称轴为直线x＝,
∴E（,0）,
∵y＝﹣x2+x﹣2＝﹣（x﹣）2+,
∴顶点D（,）,
∵A（1,0）,B（4,0）,
∴AB＝3,
∵AN＝2BN,
∴AN＝2,BN＝1,
∴N（3,0）,
设Q（,t）,
过点N作AD的垂线交于点M,交对称轴于点Q,
∵AE＝,DE＝,
∴tan∠DAE＝,
∴∠EQN＝∠DAE,
∴∠DAN＝∠MQD,
∴tan∠MQD＝,
∴sin∠MQD＝,
∴MQ＝DQ,
∵DQ+NQ＝（DQ+NQ）＝（MQ+NQ）,
∴当M、Q、N三点共线时,DQ+NQ有最小值MN,
在Rt△AMN中,AN＝2,
∴sin∠MAN＝,
∴MN＝×2＝,
∴DQ+NQ＝×MN＝,
∴DQ+NQ的最小值为．
2．（2021•南海区二模）如图1,抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点,点A、B分别位于原点左、右两侧,且AO＝2BO＝4,过A点的直线y＝kx+c交y轴于点C．
（1）求k、b、c的值；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P,使△ACP为直角三角形？若存在,直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）如图2,点M为线段AC上一点,连接OM,求AM+OM的最小值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）当∠PAC为直角时,由∠PAH＝∠ACO得到tan∠PAH＝tan∠ACO,即,即可求解；当∠CAP为直角或∠ACP为直角时,同理可解；
（3）过点A作直线AN使∠NAC＝30°,过点O作ON⊥AN交AE于点M,则点M为所求点,进而求解．
【解答】解：（1）由AO＝2BO＝4知,点A、B的坐标分别为（﹣4,0）、（2,0）,
设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）,
则y＝（x+4）（x﹣2）＝x2+x﹣2,
则点C（0,﹣2）,
将点A、C的坐标代入y＝kx+c并解得：y＝﹣x﹣2,
即k＝﹣,
故k＝﹣,b＝,c＝﹣2；
（2）由抛物线的表达式知,其对称轴为直线x＝﹣1,则设点P的坐标为（﹣1,m）,
①当∠PAC为直角时,如图1,
设抛物线的对称轴交x轴于点H,
则AH＝﹣1﹣（﹣4）＝3,PH＝m,AO＝4,OC＝2,
∵∠PAH+∠CAO＝90°,∠CAO+∠ACO＝90°,
∴∠PAH＝∠ACO,
∴tan∠PAH＝tan∠ACO,即,
∴,解得m＝3；
故点P的坐标为（﹣1,3）；
②当∠APC为直角时,如图2,
故点P作x轴的平行线交y轴于点N,交过点A与y轴的平行线于点M,
则AM＝|m|,PM＝3,CN＝|m+2|,PN＝1,
同理可得∠MPA＝∠PCN,
∴tan∠MPA＝tan∠PCN,即,
解得：m＝﹣±,
故点P的坐标为（﹣1,﹣）或（﹣1,﹣）；
③当∠ACP为直角时,如图3,
同理可得,点P的坐标为（﹣1,﹣3）；
综上,点P的坐标为（﹣1,3）或（﹣1,﹣）或（﹣1,﹣）或（﹣1,﹣3）；
（3）过点A作直线AN使∠NAC＝30°,过点O作ON⊥AN交AE于点M,则点M为所求点,
理由：∠MAN＝30°,则MN＝AM,则AM+OM＝MN+OM＝ON为最小,
过点O作OE⊥AC于点E,则∠MOE＝90°﹣∠OME＝90°﹣∠AMN＝∠MAN＝30°,
由点A、C的坐标得,AC＝2,
则sin∠ACO＝＝,则cos∠ACO＝,
在Rt△COE中,OE＝OCsin∠ACO＝2×＝,
同理可得,CE＝,
在Rt△OME中,ME＝OEtan∠MOE＝×tan30°＝,OM＝2ME＝,
则AM＝AC﹣ME﹣EC＝2﹣﹣＝＝2MN,
则MN＝,
则AM+OM的最小值＝OM+MN＝．
3．（2021•宝安区模拟）（1）已知二次函数经过点A（﹣3,0）、B（1,0）、C（0,3）,请求该抛物线解析式；
（2）点M为抛物线上第二象限内一动点,BM交y轴于点N,当BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时,求点M的坐标；
（3）点P为对称轴上D点下方一动点,点Q为直线y＝x第一象限上的动点,且DP＝OQ,求BP+BQ的最小值并求此时点P的坐标．
【分析】（1）根据点A,B的坐标设出抛物线的交点式,再将点C坐标代入求解,即可得出结论；
（2）过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G,则＝,设ON＝t,则AG＝4t,CN＝3﹣t,进而得出＝或2,进而建立方程求解,即可得出结论；
（3）先判断出△PCD∽△OBQ,进而得出PC＝OQ,再判断出点A,P,C在同一直线上时,BP+BQ的最小,再求出直线AC的解析式,即可得出结论．
【解答】解：（1）∵二次函数经过点A（﹣3,0）、B（1,0）,
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1）,
∵点C（0,3）在抛物线上,
∴﹣3a＝3,
∴a＝﹣1,
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1,过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G,
由（1）知,抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3,
设点M（m,﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0）,
∴S△BCM＝CN（1﹣m）,S△ABM＝S△ABG﹣S△AMG＝AG[（1+3）﹣（m+3）]＝AG（1﹣m）,
∴＝＝,
∵ON∥AG,
∴＝,
设ON＝t,则AG＝4t,CN＝3﹣t,
∵BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时,
∴＝或2,
∴,
∴,
∴t＝1或,
∴N（0,1）或N（0,）,
当N（0,1）时,
∵B（1,0）,∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1①,
由（1）知,抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）②,
联立①②解得,或,
∴M（﹣2,3）；
当N（0,）时,
∵B（1,0）,∴直线BM的解析式为y＝﹣x+③,
联立②③解得,或,
∴M（﹣,）；
即M（﹣2,3）或（）；
（3）如图2,
连接PC,CD,过点C作CH⊥DP于H,
由（1）知,抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2m+3＝﹣（m﹣1）2+4,
∴D（﹣1,4）,
∵C（0,3）,
∴CD＝,DH＝1,CH＝1,
∴DH＝CH,
∴∠CDP＝45°,
∵点Q为直线y＝x第一象限上的动点,
∴∠BOQ＝45°＝∠CDP,
∵DP＝OQ,
∴＝,
∵＝,
∴＝＝,
∴△PCD∽△OBQ,
∴,
∴PC＝OQ,
∴BP+OQ＝BP+PC,
连接AP,
∵点P是抛物线的对称轴上的点,
∴PC＝PA,
∴BP+OQ＝BP+PC＝BP+PA,
∴当点A,P,C在同一条直线上时,BP+OQ最小,最小值为AC＝＝,
∵A（﹣3,0）,C（0,3）,
∴直线AC的解析式为y＝x+3,
当x＝﹣1时,y＝2,
∴点P（﹣1,2）．
4．（2021•南沙区一模）已知,抛物线y＝mx2+x﹣4m与x轴交于点A（﹣4,0）和点B,与y轴交于点C．点D（n,0）为x轴上一动点,且有﹣4＜n＜0,过点D作直线l⊥x轴,且与直线AC交于点M,与抛物线交于点N,过点N作NP⊥AC于点P．点E在第三象限内,且有OE＝OD．
（1）求m的值和直线AC的解析式．
（2）若点D在运动过程中,AD+CD取得最小值时,求此时n的值．
（3）若△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6时,求AE+CE的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法将A（﹣4,0）代入y＝mx2+x﹣4m,求出m的值,即可抛物线解析式,令x＝0,求出点C的坐标,设直线AC的解析式为y＝kx+b,将A,C的坐标代入即可求出答案；
（2）在x轴上方作射线AM,使∠MAO＝30°,过点D作DK⊥AM于K,当C、D、K在同一条直线上时,CD+DK最小,即AD+CD取得最小值时,∠CDO＝∠ADK＝60°,应用三角函数定义即可求得答案；
（3）根据△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6,可得出DN＝3DM,建立方程求出n的值,在y轴上 取一点R,使得OR＝,连接AR,在AR上取一点E使得OE＝OD,构造相似三角形,可以证明AR就是AE+CE的最小值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝mx2+x﹣4m与x轴交于点A（﹣4,0）,
∴m•（﹣4）2+×（﹣4）﹣4m＝0,
解得：m＝,
∴抛物线解析式为y＝x2+x﹣3,
令x＝0,得y＝﹣3,
∴C（0,﹣3）,
设直线AC的解析式为y＝kx+b,
∵A（﹣4,0）,C（0,﹣3）,
∴,
解得：,
∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣3.
（2）∵A（﹣4,0）,D（n,0）为x轴上一动点,且有﹣4＜n＜0,
∴AD＝n﹣（﹣4）＝n+4,
在x轴上方作射线AM,使∠MAO＝30°,过点D作DK⊥AM于K,
∴∠AKD＝90°,
∴DK＝AD,∠ADK＝60°,
当C、D、K在同一条直线上时,CD+DK最小,即AD+CD取得最小值时,∠CDO＝∠ADK＝60°,
∵OD＝﹣n,∠COD＝90°,
∴＝tan∠CDO＝tan60°,即＝,
∴n＝﹣．
（3）∵DM⊥x轴,NP⊥AC,
∴∠ADM＝∠NPM＝90°,
∵∠AMD＝∠NMP,
∴△AMD∽△NMP,
∵△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6,
∴＝,
∵＝sin∠DAM＝＝,
∴＝,
∴DN＝3DM,
∵DM＝n+3,DN＝﹣n2﹣n+3,
∴﹣n2﹣n+3＝3（n+3）,
解得：n1＝﹣2,n2＝﹣4（舍去）,
∴D（﹣2,0）,
∴OD＝2,
如图2中,在y轴上 取一点R,使得OR＝,连接AR,在AR上取一点E使得OE＝OD＝2．
∵OE＝2,OR•OC＝×3＝4,
∴OE2＝OR•OC,
∴＝,
∵∠COE＝∠ROE,
∴△ROE∽△EOC,
∴＝＝,
∴RE＝CE,
∴当A、R、E共线时,AE+CE＝AE+ER＝AR,此时AE+CE最小,
∴AE+CE的最小值＝AR＝＝＝．
5．（2021•射阳县三模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1,0）、B（3,0）、C（0,3）三点,对称轴与抛物线相交于点P,与直线BC相交于点M,连接AC,PB．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）设对称轴与x轴交于点N,在对称轴上是否存在点G,使以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似？如果存在,请求出点G的坐标；如果不存在,请说明理由；
（3）抛物线上是否存在一点Q,使△QMB与△PMB的面积相等,若存在,求点Q的坐标；若不存在,请说明理由；
（4）点E是y轴上的动点,连接ME,求ME+CE的最小值．
【分析】（1）将点A（﹣1,0）、B（3,0）、C（0,3）代入y＝ax2+bx+c中即可求解析式；
（2）两个三角形相似有两种情况①△AOC∽△ONG；②△AOC∽△GNO,在利用相似三角形的边对应成比例即可求解；
（3）由于△QMB与△PMB共底MB,利用平行线的性质,只要两个三角形等高即可；分两种情况找平行线,①过P点作PH∥BC交y轴于点H,直线PH的解析式为y＝﹣x+5,直线PH与抛物线的交点即为Q；②由H点关于C点对称的点为（0,1）,过点（0,1）与直线BC平行的直线解析式为y＝﹣x+1,该直线与抛物线的交点即为Q；
（4）连接CF,在OA上截取OF使得OF＝CF,过点M作MT⊥CF交CF于点T,过点M作MK⊥y轴交CF于点K,在Rt△CTE中,ET＝CE,CE+ME＝TE+ME,当T、E、M三点共线,并且TM⊥AF时,CE+ME＝MT值最小．在Rt△AFO中,求出F（﹣,0）,进而求出直线AF的解析式y＝x+3,再求出MK＝1+,由于∠TMK＝∠FCO,在Rt△TKM中,MT＝KM•cos∠FCO,可求MT＝（1+）•＝,则MT即为所求的最小值．
【解答】解：（1）将点A（﹣1,0）、B（3,0）、C（0,3）代入y＝ax2+bx+c中,
得到,解得,
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）函数对称轴为直线x＝1,
设G（1,m）,
由已知可得OA＝1,OC＝3,
∵NG⊥x轴,CO⊥x轴,
∴NG∥OC,
∵N（1,0）,
∴ON＝1,
当以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时,
①△AOC∽△ONG时,
NG＝OC＝3,
∴G（1,3）或G（1,﹣3）；
②当△AOC∽△GNO时,
,即GN＝,
∴G（1,）或G（1,﹣）；
综上所述：以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时,满足条件的G点坐标为（1,3）或（1,﹣3）或（1,）或（1,﹣）；
（3）当x＝1时,y＝4,
∴P（1,4）,
设直线BC的解析式为y＝kx+m,
将点B（3,0）、C（0,3）代入,可得,
解得,
∴y＝﹣x+3,
过P点作PH∥BC交y轴于点H,
∴直线PH的解析式为y＝﹣x+5,
联立,解得x＝1或x＝2,
∴Q（2,3）或Q（1,4）（舍）；
当x＝0时,y＝5,
∴H（0,5）,
∵H点关于C点对称的点为（0,1）,
∴过点（0,1）与直线BC平行的直线解析式为y＝﹣x+1,
联立,
解得x＝或x＝,
∴Q（,）或Q（,）；
综上所述：△QMB与△PMB的面积相等时,Q点坐标为（2,3）或（,）或（,）；
（4）连接CF,在OA上截取OF使得OF＝CF,过点M作MT⊥CF交CF于点T,过点M作MK⊥y轴交CF于点K,
在Rt△CTE中,ET＝CE,
∴CE+ME＝TE+ME＝TM,此时CE+ME的值最小；
∵OF＝CF,CO＝3,
∴OF＝,CF＝,
∴F（﹣,0）,
设直线CF的解析式为y＝t'x+n,
将点C（0,3）,F（﹣,0）代入,可得,
,解得,
∴y＝x+3,
∵M（1,2）,
∴K（﹣,2）,
∴MK＝1+,
∵MT⊥CF,
∴∠FCO+∠CKM＝∠CKM+∠TMK＝90°,
∴∠TMK＝∠FCO,
在Rt△TKM中,MT＝KM•cos∠FCO,
∴MT＝（1+）•＝,
∴CE+ME的最小值为．
6．（2021•深圳模拟）如图1,抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点,其中点A坐标为（﹣3,0）,与y轴交于点C（0,3）,点D为抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECA＝∠CAD,求点E的坐标；
（3）如图2,点P为线段AC上方的抛物线上任一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与AC交于点M．
①求△APC的面积最大时点P的坐标；
②在①的条件下,若点N为y轴上一动点,求HN+CN的最小值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）①当点E在点A的左侧时,在Rt△CHN中,NH＝CN＝CH＝,在Rt△AHN中,tan∠HAN＝tan∠DAC＝＝,即tan∠ECA＝tan∠CAD＝,在Rt△CEK中,tan∠ECA＝,进而求解；②当点E（E′）的点A的右侧时,∠ECA＝∠CAD,则直线CE′∥AD,则直线CE′的表达式为y＝2x+3,进而求解；
（3）过点H作HR⊥CG于点R,交CO于点N,则点N为所求点,进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：,解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）①当点E在点A的左侧时,如图1,
由抛物线的表达式知,点D的坐标为（﹣1,4）,
延长AD交y轴于点H,过点H作HN交AC的延长线于点N,
由点A、D的坐标得,直线AD的表达式为y＝2（x+3）,
故点H的坐标为（0,6）,
则CH＝6﹣3＝3,
由点A、C的坐标知,∠ACO＝45°＝∠HCN,AC＝3,
在Rt△CHN中,NH＝CN＝CH＝,
在Rt△AHN中,tan∠HAN＝tan∠DAC＝＝＝,
∴tan∠ECA＝tan∠CAD＝,
过点E作EK⊥CA交CA的延长线于点K,
在Rt△AEK中,∠EAK＝∠CAO＝45°,
故设AK＝EK＝x,则AE＝x,
在Rt△CEK中,tan∠ECA＝＝,
解得x＝,故AE＝x＝3,
则点E的坐标为（﹣6,0）；
②当点E（E′）的点A的右侧时,
∵∠ECA＝∠CAD,
则直线CE′∥AD,
则直线CE′的表达式为y＝2x+r,
而直线CE′过点C,故r＝3,
故直线CE′的表达式为y＝2x+3,
令y＝0,则x＝﹣,
故点E′的坐标为（﹣,0）；
综上,点E的坐标为（﹣6,0）或（﹣,0）；
（3）设点P的坐标为（x,﹣x2﹣2x+3）,
由点A、C的坐标得,直线AC的表达式为y＝x+3,
则点M（x,x+3）,
则△APC的面积＝×OA×PM＝×3×（﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3）＝（﹣x2﹣3x）,
∵﹣＜0,故△APC的面积有最大值,
当x＝﹣时,点P的坐标为（﹣,）,则点H（﹣,0）,
在x轴上取点G（3,0）,则OG＝OC,连接CG,
则∠GCO＝45°,
过点H作HR⊥CG于点R,交CO于点N,则点N为所求点,
理由：HN+CN＝HN+CNsin∠GCO＝HN+NR＝HR为最小值,
∵∠CGO＝45°,故△HRG为等腰直角三角形,
则HR＝HG＝（3+）＝,
即HN+CN的最小值为．
7．（2021•深圳模拟）已知：如图,点A（1,0）,B（3,0）,D（2,﹣1）,C是y轴上的点,且OC＝3．
（1）过点A作AM⊥BC,垂足为M,连接AD、BD,求证：四边形ADBM为正方形；
（2）若过A、B、C三点的抛物线对称轴上有一动点P,当PC﹣PB的值最大时,求出点P的坐标；
（3）设Q为线段OC上的一动点,问：AQ+QC是否存在最小值？若存在,求出这个最小值；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）证明四边形ADBM为矩形,而AD＝BD,故四边形ADBM为正方形；
（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点A,连接CA交对称轴于点P,则点P为所求点,进而求解；
（3）在x轴取点A′（﹣1,0）,连接A′C,过点A作AH⊥A′C于点H,交y轴于点Q,则点Q是所求点,进而求解．
【解答】解：（1）由点A、D的坐标得,AD＝＝,
同理可得,BD＝,
而AB＝3﹣1＝2,
故AB2＝AD2+BD2,
故△ABD为等腰直角三角形,
由B、C的坐标知,OB＝OC,
则∠CBO＝45°,
则∠DBM＝∠CBO+∠ABD＝90°＝∠ADB＝∠AMB,
故四边形ADBM为矩形,
而AD＝BD,
∴四边形ADBM为正方形；
（2）∵OC＝3,故点C（0,3）,
设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c,
将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得：,解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
点B关于抛物线对称轴的对称点为点A．连接CA交对称轴于点P,则点P为所求点,
理由：PC﹣PB＝PC﹣PA＝AC为最大值,
由点A、C的坐标得,直线AC的表达式为y＝﹣3x+3,
而抛物线的对称轴为直线x＝（1+3）＝2,
当x＝2时,y＝﹣3x+3＝﹣3,
故点P的坐标为（2,﹣3）；
（3）存在,理由：
在x轴取点A′（﹣1,0）,连接A′C,过点A作AH⊥A′C于点H,交y轴于点Q,则点Q是所求点,
理由：由点A′、C的坐标得,OA′＝1,OC＝3,则CA′＝,
则sin∠HCQ＝＝,
则AQ+CQ×＝AH＝AQ+CQsin∠HCQ＝AH为最小,
∵tanCA′O＝＝3,则tan∠HAA′＝,
而直线AH过点A（1,0）,故其表达式为y＝﹣（x﹣1）,
令x＝0,则y＝,故点Q的坐标为（0,）,则CQ＝3﹣＝
由点A、Q的坐标得,AQ＝＝,
∴AQ+QC的最小值＝+×＝＝．
8．（2021•资阳）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,且B（﹣1,0）,C（0,3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点P是抛物线上位于直线AC上方的一点,BP与AC相交于点E,当PE：BE＝1：2时,求点P的坐标；
（3）如图2,点D是抛物线的顶点,将抛物线沿CD方向平移,使点D落在点D'处,且DD'＝2CD,点M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点,MN∥y轴交直线OD'于点N,连结CN．当D'N+CN的值最小时,求MN的长．
【分析】（1）利用待定系数法,把问题转化为方程组解决．
（2）如图1中,过点B作BT∥y轴交AC于T,过点P作PQ∥OC交AC于Q．设P（m,﹣m2+2m+3）,求出BT,PQ,利用平行线分线段成比例定理构建方程求解即可．
（3）如图2中,连接AD,过点N作NJ⊥AD于J,过点C作CT⊥AD于T．证明AD′⊥x轴,由OD′＝＝3,推出sin∠OD′A＝＝,推出NJ＝ND′•sin∠OD′A＝D′N,可得D'N+CN＝CN+NJ,根据CN+NJ≥CT,可得结论．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c经过B（﹣1,0）,C（0,3）,
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）如图1中,过点B作BT∥y轴交AC于T,过点P作PQ∥OC交AC于Q．
设P（m,﹣m2+2m+3）,
对于抛物线y＝﹣x2+2x+3,令y＝0,可得x＝3或﹣1,
∴A（3,0）,
∵C（0,3）,
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3,
∵B（﹣1,0）,
∴T（﹣1,4）,
∴BT＝4,
∵PQ∥OC,
∴Q（m,﹣m+3）,
∴PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m,
∵PQ∥BT,
∴＝＝,
∴﹣m2+3m＝2,
解得m＝1或2,
∴P（1,4）或（2,3）．
（3）如图2中,连接AD′,过点N作NJ⊥AD′于J,过点C作CT⊥AD′于T．
∵抛物线y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4,
∴顶点D（1,4）,
∵C（0,3）,
∴直线CD的解析式为y＝x+3,CD＝,
∵DD′＝2CD,
∵DD′＝2,CD′＝3,
∴D′（3,6）,
∵A（3,0）,
∴AD′⊥x轴,
∴OD′＝＝＝3,
∴sin∠OD′A＝＝,
∵CT⊥AD′,
∴CT＝3,
∵NJ⊥AD′,
∴NJ＝ND′•sin∠OD′A＝D′N,
∴D'N+CN＝CN+NJ,
∵CN+NJ≥CT,
∴D'N+CN≥3,
∴D'N+CN的最小值为3,
此时N为OD'与CT的交点,
∴N（1.5,3）,
∵平移后抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣3）2+6,MN平行y轴,将x＝1.5代入抛物线解析式,
∴M（1.5,3.75）,
∴MN＝0.75
9．（2022•杜尔伯特县一模）如图,已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1,0）,B（m,0）两点,与y轴相交于点C（0,﹣3）,抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECB＝∠CBD,求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下,若F为y轴上一动点,求PH+HF+CF的最小值．
【分析】（1）将A（﹣1,0）、C（0,﹣3）代入y＝x2+bx+c,待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）根据待定系数法,可得BD的解析式,根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系,根据待定系数法,可得CE的解析式,进一步可得答案；
（3）①根据BC的解析式和抛物线的解析式,设P（x,x2﹣2x﹣3）,则M（x,x﹣3）,表示PM的长,根据二次函数的最值可得：当x＝时,PM的最大值；
②当PM的最大值时,P（,﹣）,确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK＝45°,过F作FN⊥CK于N,当N、F、H三点共线时,如图2,FH+FN最小,即PH+HF+CF的值最小,根据45度的直角三角形的性质可得结论．
【解答】解：（1）把A（﹣1,0）,点C（0,﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：,
解得：,
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4
∴顶点D（1,﹣4）,
当y＝0时,x2﹣2x﹣3＝0,
（x﹣3）（x+1）＝0,
x＝3或﹣1,
∴B（3,0）；
如图1,连接BD,
设BD所在直线的解析式为：y＝k（x﹣3）,将D点坐标代入函数解析式,得﹣2k＝﹣4,
解得k＝2,
故BD所在直线的解析式为：y＝2x﹣6,
∵∠ECB＝∠CBD,
∴CE∥BD,
设CE所在直线的解析式为：y＝2x+b,将C点坐标代入函数解析式,得b＝﹣3,
故CE所在直线的解析式为：y＝2x﹣3,
当y＝0时,x＝．
当点E在点B的右侧时,直线CE经过BD的中点（2,2）,
此时CE的解析式为y＝x﹣3,
∴点E的坐标是（6,0）．
∴综上所述,点E的坐标是（,0）或（6,0）；
（3）①如图2,
∵B（3,0）,C（0,﹣3）,
设BC的解析式为：y＝kx+b,
则,
解得：,
BC的解析式为：y＝x﹣3,
设P（x,x2﹣2x﹣3）,则M（x,x﹣3）,
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+,
当x＝时,PM有最大值为；
②当PM有最大值,P（,﹣）,
在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK＝45°,过F作FN⊥CK于N,
∴FN＝CF,
当N、F、H三点共线时,PH+NH最小,即PH+HF+CF的值最小,
Rt△OCK中,OC＝3,
∴OK＝3,
∵OH＝,
∴KH＝+3＝,
Rt△KNH中,∠KHN＝45°,
∴KN＝KH＝,
∴NH＝KN＝,
∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH＝．
10．（2020•自贡）在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣3,0）、B（1,0）,交y轴于点N,点M为抛物线的顶点,对称轴与x轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,连接AM,点E是线段AM上方抛物线上一动点,EF⊥AM于点F,过点E作EH⊥x轴于点H,交AM于点D．点P是y轴上一动点,当EF取最大值时：
①求PD+PC的最小值；
②如图2,Q点为y轴上一动点,请直接写出DQ+OQ的最小值．
【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a,即﹣3a＝3,即可求解；
（2）①点C（﹣1,0）关于y轴的对称点为点B（1,0）,连接BD交y轴于点P,则点P为所求点,PD+PC＝PD+PB＝DB为最小,即可求解；
②过点O作直线OK,使sin∠NOK＝,过点D作DK⊥OK于点K,交y轴于点Q,则点Q为所求点,则DQ+OQ＝DQ+QK＝DK为最小,即可求解．
【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a,
即﹣3a＝3,解得：a＝﹣1,
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由抛物线的表达式得,点M（﹣1,4）,点N（0,3）,
则tan∠MAC＝＝2,
则设直线AM的表达式为：y＝2x+b,
将点A的坐标代入上式并解得：b＝6,
故直线AM的表达式为：y＝2x+6,
∵∠EFD＝∠DHA＝90°,∠EDF＝∠ADH,
∴∠MAC＝∠DEF,则tan∠DEF＝2,则cos∠DEF＝,
设点E（x,﹣x2﹣2x+3）,则点D（x,2x+6）,
则FE＝EDcos∠DEF＝（﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6）×＝（﹣x2﹣4x﹣3）,
∵﹣＜0,故EF有最大值,此时x＝﹣2,故点D（﹣2,2）；
①点C（﹣1,0）关于y轴的对称点为点B（1,0）,连接BD交y轴于点P,则点P为所求点,
PD+PC＝PD+PB＝DB为最小,
则BD＝＝；
②过点O作直线OK,使sin∠NOK＝,过点D作DK⊥OK于点K,交y轴于点Q,则点Q为所求点,
DQ+OQ＝DQ+QK＝DK为最小值,
则直线OK的表达式为：y＝x,
∵DK⊥OK,故设直线DK的表达式为：y＝﹣x+b,
将点D的坐标代入上式并解得：b＝2﹣,
而直线DK的表达式为：y＝﹣x+2﹣,
故点Q（0,2﹣）,
由直线KD的表达式知,QD与x轴负半轴的夹角（设为α）的正切值为,则cosα＝,
则DQ＝＝＝,而OQ＝（2﹣）,
则DQ+OQ为最小值＝+（2﹣）＝．
11．（2022•中山市三模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴为直线x＝1,点A（﹣1,0）,过B的直线交y轴于点D,交抛物线于E,且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线第四象限的图象上找一点P,使得△BDP的面积最大,求出点P的坐标；
（3）点M是线段BE上的一点,求的最小值,并求出此时点M的坐标．
【分析】（1）由x＝1得点A的对称点B的坐标,将A、B坐标代入y＝ax2+bx﹣3中,利用待定系数法可求；
（2）求出直线BE的解析式,用m表示点P、H的坐标,进而表示线段PH,根据S△BDP＝×PH×3,用含m的代数式表示△BDP的面积,利用二次函数的性质,求出S关于m的二次函数的顶点横坐标,即可得出结论：
（3）过点M作MS∥y轴,过点E作ES∥x轴,过A作AT⊥ES于点T,构造出直角三角形,利用三角函数找到与ME相等的线段,根据“垂线段最短”得AM+ME的最小值,将二次函数与直线方程联立,解方程组,先求出点E坐标,点M坐标可求．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点,抛物线的对称轴为直线x＝1,点A（﹣1,0）,
∴B（3,0）,
∴,
解得．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
（2）∵B（3,0）,,
∴OD＝4,即D（0,4）．
∴直线BE的解析式为：y＝﹣x+4．
如图,过点P作PH⊥x轴,交AB于点H,
设P（m,m2﹣2m﹣3）,则H（m,﹣m+4）,
∴PH＝﹣m+4﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+7,
∴S△BDP＝×PH×3
＝﹣m2+m+
＝﹣（m﹣）2+,
∵﹣＜0,
∴当m＝时,即P（,﹣）时△BDP的面积最大．
（3）如图,过点M作MS∥y轴,过点E作ES∥x轴,过A作AT⊥ES于点T,
∵ES∥x轴,
∴∠SEM＝∠EBA,
∵tan∠EBA＝,
∴tan∠MES＝,
∴sin∠MES＝＝,
∴SM＝EM,
∴AM+EM＝AM+SM≥SA≥AT,
∴AM+EM的最小值为AT．
令x2﹣2x﹣3＝﹣x+4,
解得x＝3（舍）或x＝﹣,
∴E（﹣,）,
∴AM+EM的最小值,此时M（﹣1,）．
12．（2021•南山区校级三模）如图,已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴相交于点C（0,﹣2）,与x轴分别交于点B（3,0）和点A,且tan∠CAO＝1．
（1）求抛物线解析式．
（2）抛物线上是否存在一点Q,使得∠BAQ＝∠ABC,若存在,请求出点Q坐标,若不存在,请说明理由；
（3）抛物线的对称轴交x轴于点D,在y轴上是否存在一个点P,使PC+PD值最小,若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由C（0,﹣2）,tan∠CAO＝1,可得A（﹣2,0）,用待定系数法即得抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）过A作AM∥BC交y轴于M,交抛物线于Q,作M关于x轴的对称点M',作直线AM'交抛物线于Q',由AM∥BC,得∠QAB＝∠ABC,即知Q是满足题意的点,根据B（3,0）,C（0,﹣2）,得直线BC解析式是y＝x﹣2,设直线AM解析式为y＝x+m,将A（﹣2,0）代入可得直线AM解析式为y＝x+,M（0,）,解即得Q（5,）,根据M、M'关于x轴对称,知Q'是满足题意的点,用待定系数法可得直线AQ'为y＝﹣x﹣,解即得Q（1,﹣2）；
（3）过P作PH⊥AC于H,过D作DH'⊥AC于H',交y轴于P',由y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣,可得D（,0）,因OA＝OC＝2,故△AOC是等腰直角三角形,可得△PCH是等腰直角三角形,PH＝PC,即知PC+PD最小即是PH+PD最小,故当P运动到P',H和H'重合时,PC+PD的最小,最小值是DH',由AD＝,即得DH'＝,即PC+PD的最小值是．
【解答】解：（1）∵C（0,﹣2）,
∴OC＝2,
∵tan∠CAO＝1,
∴＝1,
∴OA＝2,A（﹣2,0）,
将A（﹣2,0）,B（3,0）,C（0,﹣2）代入y＝ax2+bx+c得：
,解得,
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）存在一点Q,使得∠BAQ＝∠ABC,理由如下：
过A作AM∥BC交y轴于M,交抛物线于Q,作M关于x轴的对称点M',作直线AM'交抛物线于Q',如图：
∵AM∥BC,
∴∠QAB＝∠ABC,即Q是满足题意的点,
∵B（3,0）,C（0,﹣2）,
∴直线BC解析式是y＝x﹣2,
设直线AM解析式为y＝x+m,将A（﹣2,0）代入得﹣+m＝0,
∴m＝,
∴直线AM解析式为y＝x+,M（0,）,
解得（与A重合,舍去）或,
∴Q（5,）,
∵M、M'关于x轴对称,
∴∠Q'AB＝∠QAB＝∠ABC,M'（0,﹣）,
∴Q'是满足题意的点,
设直线AQ'为y＝kx﹣,将A（﹣2,0）代入得﹣2k﹣＝0,
∴k＝﹣,
∴直线AQ'为y＝﹣x﹣,
解得（舍去）或,
∴Q（1,﹣2）；
综上所述,点Q坐标是（5,）或（1,﹣2）；
（3）在y轴上存在一个点P,使PC+PD值最小,理由如下：
过P作PH⊥AC于H,过D作DH'⊥AC于H',交y轴于P',如图：
∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣,
∴抛物线对称轴是直线x＝,
∴D（,0）,
∵OA＝OC＝2,
∴△AOC是等腰直角三角形,
∴∠OCA＝45°＝∠OAC,
∴△PCH是等腰直角三角形,
∴PH＝PC,
∴PC+PD最小即是PH+PD最小,
∴当P运动到P',H和H'重合时,PC+PD的最小,最小值是DH',
∵∠OAC＝45°,DH'⊥AC,
∴△ADH'是等腰直角三角形,
∴DH'＝AD,
∵A（﹣2,0）,D（,0）,
∴AD＝,
∴DH'＝,即PC+PD的最小值是．
13．（2021•津南区一模）已知抛物线y＝x2﹣2x+c交x轴于A,B两点,且点B的坐标为（3,0）,其对称轴交x轴于点C．
（Ⅰ）求该抛物线的顶点D的坐标；
（Ⅱ）设P是线段CD上的一个动点（点P不与点C,D重合）．
①过点P作y轴的垂线l交抛物线（对称轴右侧）于点Q,连接QB,QD,求△QBD面积的最大值；
②连接PB,求PD+PB的最小值．
【分析】（Ⅰ）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3,即可得抛物线的顶点D的坐标是（1,﹣4）；
（Ⅱ）①过Q作QE∥y轴交BP于E,由B（3,0）,D（1,﹣4）可得直线BD解析式为y＝2x﹣6,设Q（m,m2﹣2m﹣3）,其中1＜m＜3,则E（m,2m﹣6）,EQ＝﹣m2+4m﹣3,可得S△QBD＝EQ•|xB﹣xD|＝﹣（m﹣2）2+1,根据二次函数性质即得△QBD面积的最大值是1；
②连接AD,过A作AH⊥BD于H,过P作PF⊥BD于F,连接AP,由P在抛物线对称轴上,得PA＝PB,在Rt△DBC中可得sin∠BDC＝＝＝,在Rt△DPF中,PF＝PD•sin∠PDF＝PD,即知PD+PB＝（PD+PB）＝（PF+PA）≥AH,由2S△ABD＝AB•CD＝BD•AH得AH＝＝,即可得PD+PB的最小值是8．
【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线y＝x2﹣2x+c经过点B（3,0）,
∴9﹣6+c＝0,
解得c＝﹣3,
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3,
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4,
∴抛物线的顶点D的坐标是（1,﹣4）；
（Ⅱ）①过Q作QE∥y轴交BD于E,如图：
设直线BD解析式为y＝kx+b,将B（3,0）,D（1,﹣4）代入得：
,解得,
∴直线BD解析式为y＝2x﹣6,
根据题意知Q在线段BD下方,设Q（m,m2﹣2m﹣3）,其中1＜m＜3,则E（m,2m﹣6）,
∴EQ＝2m﹣6﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3,
∴S△QBD＝EQ•|xB﹣xD|＝（﹣m2+4m﹣3）×（3﹣1）＝﹣m2+4m﹣3＝﹣（m﹣2）2+1,
∵﹣1＜0,1＜m＜3,
∴m＝2时,S△QBD最大值为1,
答：△QBD面积的最大值是1；
②连接AD,过A作AH⊥BD于H,过P作PF⊥BD于F,连接AP,如图：
∵P在抛物线对称轴上,
∴PA＝PB,
在Rt△DBC中,BD＝＝＝2,
∴sin∠BDC＝＝＝,
在Rt△DPF中,PF＝PD•sin∠PDF＝PD,
∴PD+PB＝（PD+PB）＝（PF+PA）≥AH,
由2S△ABD＝AB•CD＝BD•AH得：
AH＝＝＝,
∴PD+PB≥×＝8,
即PD+PB的最小值是8．
14．（2021•防城区模拟）如图,已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣8a（a＞0）与x轴从左至右依次交于A,B两点,与y轴交于点C,经过点B的直线y＝﹣x+与抛物线的另一交点为D,且点D的横坐标为﹣5．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P（x,y）在该二次函数的图象上,且S△BCD＝S△ABP,求点P的坐标；
（3）设F为线段BD上的一个动点（异于点B和D）,连接AF．是否存在点F,使得2AF+DF的值最小？若存在,分别求出2AF+DF的最小值和点F的坐标,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）线求出点D的坐标,再将D点坐标代入抛物线解析式即可求解出a,进而得出解析式；
（2）由S△BCD＝S△ABP,则CE•|xB﹣xD|＝AB•|yP|,可得（﹣）×（4+5）＝（4+2）×|yP|,再结合题意求出yP＝,即可求出P点坐标为或；
（3）过点D作DM平行于x轴,故∠BDM＝30°,过F作FH⊥DM于H,当A、F、H三点共线时,即AH⊥DM时,2AF+DF取最小值．
【解答】解：把x＝﹣5代入y＝﹣x+,
解得y＝3,
∴D（﹣5,3）,
把D（﹣5,3）代入y＝ax2﹣2ax﹣8a,
解得a＝,
∴抛物线的解析式为；
（2）设直线BD与y轴交于点E,
∴E（0,）,
由可得A（﹣2,0）,B（4,0）,C（0,）,
由S△BCD＝S△ABP,
∴CE•|xB﹣xD|＝AB•|yP|,
∴（﹣）×（4+5）＝（4+2）×|yP|,
∴|yP|＝,
∴yP＝±,
∵抛物线的顶点为（1,﹣）,
∴yP＝,
∴P点坐标为或；
（3）存在点F,使得2AF+DF的值最小,理由如下：
过点D作DM平行于x轴,故∠BDM＝30°,过F作FH⊥DM于H,
∴sin30°＝＝,
∴HF＝DF,
∴2AF+DF＝2（AF+DF）＝2（AF+HF）＝2AH,
当A、F、H三点共线时,即AH⊥DM时,2AF+DF取最小值,
∵A（﹣2,0）,
∴F（﹣2,2）,
∵D（﹣5,3）,
∴AH＝3,
∴2AF+DF的最小值为6．
15．（2021秋•沈北新区校级月考）如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（1,0）,点B（﹣3,0）,与y轴交于点C,连接BC,点P在第二象限的抛物线上,连接PC、PO,线段PO交线段BC于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若△PCE的面积为S1,△OCE的面积为S2,当＝时,求点P的坐标；
（3）已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N,连接BN,点H在x轴上,当∠HCB＝∠NBC时,
①求满足条件的所有点H的坐标；
②当点H在线段AB上时,平面内点M,且HM＝1,直接写出AM+CM的最小值．
【分析】（1）先把点A（1,0）,点B（﹣3,0）代入抛物线y＝ax2﹣2x+c中列方程组,解方程组可得a和c的值,从而得抛物线的表达式；
（2）先根据待定系数法求BC的解析式为：y＝x+3,根据同高三角形面积的比等于对应底边的比,可得,证明△OEH∽△OPG,得＝,可设E（3m,3m+3）,则P（5m,﹣25m2﹣10m+3）,代入比例式可得方程,解出即可得结论；
（3）①由对称得：N（﹣2,3）,有两种情况：如图2,i）当BN∥CH1时,∠H1CB＝∠NBC,根据平移的性质可得点H1的坐标；ii）当∠H2CB＝∠NBC,设H2（n,0）,直线CH2与BN交于点M,确定BN和CH2的解析式,利用方程组的解可得M的坐标（﹣,）,根据两点的距离公式利用BM＝CM,列方程可得结论；
②通过证明△MHN∽△AHM,可得MN＝AM,当点M,点N,点C共线时,MN+MC最小值为CN的长,由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）把点A（1,0）,点B（﹣3,0）代入抛物线y＝ax2﹣2x+c中,
得：,
解得：,
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1,过P作PG⊥y轴于G,过E作EH⊥y轴于H,
当x＝0时,y＝3,
∴C（0,3）,
设BC的解析式为：y＝kx+b,
则,解得,
∴BC的解析式为：y＝x+3,
∵△PCE的面积为S1,△OCE的面积为S2,且＝,
∴,
∵EH∥PG,
∴△OEH∽△OPG,
∴＝,
∴设E（3m,3m+3）,则P（5m,﹣25m2﹣10m+3）,
∴＝,
∴25m2+15m+2＝0,
（5m+2）（5m+1）＝0,
m1＝﹣,m2＝﹣,
当m＝﹣时,5m＝﹣2,则P（﹣2,3）,
当m＝﹣时,5m＝﹣1,则P（﹣1,4）,
综上,点P的坐标是（﹣2,3）或（﹣1,4）；
（3）①由对称得：N（﹣2,3）,
∵∠HCB＝∠NBC,
如图2,连接CN,有两种情况：
i）当BN∥CH1时,∠H1CB＝∠NBC,
∵CN∥AB,
∴四边形CNBH1是平行四边形,
∴H1（﹣1,0）；
ii）当∠H2CB＝∠NBC,
设H2（n,0）,直线CH2与BN交于点M,
∴BM＝CM,
∵B（﹣3,0）,N（﹣2,3）,
∴同理可得BN的解析式为：y＝3x+9,
设CH2的解析式为：y＝k1x+b1,
则,解得：,
∴设CH2的解析式为：y＝﹣+3,
∴M（﹣,）,
∵BM＝CM,
∴（﹣+3）2+（）2＝（﹣）2+（3﹣）2,
解得：n＝﹣9或﹣1（舍）,
∴H2（﹣9,0）,
综上,点H的坐标是（﹣1,0）或（﹣9,0）；
②∵点H在线段AB上,
∴点H（﹣1,0）,
∴HO＝1,AH＝2,
如图3,取HO的中点N（﹣,0）,
∴HO＝,
∴＝＝,
又∵∠MHN＝∠AHM,
∴△MHN∽△AHM,
∴,
∴MN＝AM,
∴AM+MC＝MN+MC,
∴当点M,点N,点C共线时,MN+MC最小值为CN的长,
∴CN＝＝＝,
∴AM+MC的最小值为．
16．（2021•香洲区校级三模）如图,抛物线y＝﹣x2﹣6x+7交x轴于A,B两点（点A在点B左侧）,交y轴于点C,直线y＝x+7经过点A、C,点M是线段AC上的一动点（不与点A,C重合）．
（1）求A,B两点的坐标；
（2）当点P,C关于抛物线的对称轴对称时,求PM+AM的最小值及此时点M的坐标；
（3）连接BC,当△AOM与△ABC相似时,求出点M的坐标．
【分析】（1）在y＝﹣x2﹣6x+7中,令y＝0,解得x＝﹣7或x＝1,即得A（﹣7,0）,B（1,0）；
（2）过P作PN⊥x轴于N,交AC于M,抛物线y＝﹣x2﹣6x+7的对称轴为直线x＝﹣＝﹣3,在y＝﹣x2﹣6x+7中,得C（0,7）,可得sin∠CAB＝＝＝,在Rt△AMN中,MN＝AM,故PM+AM最小,即是PM+MN最小,PM+AM的最小值即为PN的长,根据点P,C（0,7）关于抛物线的对称轴直线x＝﹣3对称,即得PN＝OC＝7,即PM+AM的最小值为7,由A（﹣7,0）,C（0,7）得直线AC解析式为y＝x+7,可求出M（﹣6,）；
（3）过M作MH⊥x轴于H,过M'作M'G⊥x轴于G,△AOM与△ABC相似,分两种情况：①当△ABC∽AMO时,＝,可得AM＝,由△AMH∽△ACO,即得M（﹣,）,②当△ABC∽△AOM'时,＝,得AM'＝,同理可得M'（﹣,）．
【解答】解：（1）在y＝﹣x2﹣6x+7中,令y＝0得：
﹣x2﹣6x+7＝0,解得x＝﹣7或x＝1,
∴A（﹣7,0）,B（1,0）；
（2）过P作PN⊥x轴于N,交AC于M,如图：
抛物线y＝﹣x2﹣6x+7的对称轴为直线x＝﹣＝﹣3,
在y＝﹣x2﹣6x+7中,令x＝0得y＝7,
∴C（0,7）,
∴AC＝＝7,
∴sin∠CAB＝＝＝,
在Rt△AMN中,MN＝AM•sin∠CAB＝AM,
∴PM+AM最小,即是PM+MN最小,由垂线段最短可知PM+AM的最小值即为PN的长,
∵点P,C（0,7）关于抛物线的对称轴直线x＝﹣3对称,
∴PN与OC关于抛物线y＝﹣x2﹣6x+7的对称轴直线x＝﹣3对称,P（﹣6,7）,
∴PN＝OC＝7,即PM+AM的最小值为7,
由A（﹣7,0）,C（0,7）得直线AC解析式为y＝x+7,
在y＝x+7中,令x＝﹣6得y＝,
∴M（﹣6,）；
（3）过M作MH⊥x轴于H,过M'作M'G⊥x轴于G,如图：
∵A（﹣7,0）,B（1,0）,C（0,7）,
∴AB＝8,AC＝7,
∵∠MAO＝∠BAC,
∴△AOM与△ABC相似,分两种情况：
①当△ABC∽AMO时,＝,
∴＝,
∴AM＝,
∵MH⊥x轴,
∴MH∥OC,
∴△AMH∽△ACO,
∴＝＝,即＝＝,
∴AH＝,MH＝,
∴OH＝OA﹣AH＝,
∴M（﹣,）,
②当△ABC∽△AOM'时,
∴＝,即＝,
∴AM'＝,
同理可得＝＝,
∴＝＝,
∴AG＝,M'G＝,
∴OG＝OA﹣AG＝,
∴M'（﹣,）,
综上所述,当△AOM与△ABC相似时,M坐标为（﹣,）或（﹣,）．
17．（2021•涪城区校级模拟）已知：如图所示,抛物线y＝﹣x2﹣x+c与x轴交于A、B两点,与y轴的正半轴交于点C,点A在点B的左侧,且满足tan∠CAB•tan∠CBA＝1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点P是抛物线y＝﹣x2﹣x+c上一点,且△PAC的内切圆的圆心正好落在x轴上,求点P的坐标；
（3）若M为线段AO上任意一点,求MC+AM的最小值．
【分析】（1）点A、B的横坐标分别为x1,x2,利用tan∠CAB•tan∠CBA＝1和一元二次方程根与系数之间的关系求解；
（2）三角形内切圆的圆心是三个内角平分线的交点,得到x轴是角平分线,作点C关于x轴的对称点C'（0,﹣2）,直线AC'的解析式,联立抛物线求交点坐标；
（3）此题为胡不归模型,构建模型求解．
【解答】解：（1）设点A、B的横坐标分别为x1,x2,
令y＝0可得﹣x2﹣x+c＝0,
∴x1•x2＝﹣2c,
∵tan∠CAB•tan∠CBA＝1,即＝1,
∴OC2＝OA•OB＝（﹣x1）•x2＝2C,
即c2＝2c,
解得c1＝0（舍去）,c2＝2,
∴抛物线y＝﹣x2﹣x+2,
令y＝0解得,x1＝﹣4,x2＝1,
故点A（﹣4,0）,点B（1,0）；
（2）△PAC的内切圆圆心正好落在x轴上,则x轴为∠CAP的角平分线,
作点C关于x轴的对称点C'（0,﹣2）,
设直线AC'的解析式为y＝kx+b,将点A（﹣4,0）,C'（0,﹣2）代入,
得,
解得,
∴直线AC'的解析式为y＝x﹣2,
联立抛物线与直线得,
解得,,
故点P坐标（2,﹣3）；
（3）过点A作直线AD,使sin∠OAD＝,过点M作ME⊥AD于点E,如图,
在Rt△MAE中,sin∠OAD＝,
∴ME＝AM,
∴MC+AM＝MC+ME,当点M、C、E三点共线时,MC+ME最小为CE,
∵∠OMC＝∠EMA．∠MEA＝∠COM,
∴∠EAM＝∠OCM,
在Rt△OCM中,sin∠OCM＝sin∠OAD＝,OC＝2,
∴tan∠OCM＝＝＝,cos∠OAD＝＝,
∴OM＝1,CM＝,
∴AM＝4﹣1＝3,
在Rt△AEM中,sin∠OAD＝,AM＝3,
∴EM＝3•sin∠OAD＝,
∴MC+ME＝+＝．
故MC+AM的最小值．
18．（2021•青山区模拟）已知抛物线y＝ax2﹣4ax﹣12a与x轴相交于A,B两点,与y轴交于C点,且OC＝OA．设抛物线的顶点为M,对称轴交x轴于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点E（m,n）为抛物线上的一点,且0＜m＜6,连接AE,交对称轴于点P．点F为线段BC上一动点,连接EF,当PA＝2PE时,求EF+BF的最小值．
（3）如图2,过点M作MQ⊥CM,交x轴于点Q,将线段CQ向上平移t个单位长度,使得线段CQ与抛物线有两个交点,求t的取值范围．
【分析】（1）令y＝0可得A坐标,由OC＝OA得OC,即可得C的坐标,代入y＝ax2﹣4ax﹣12a求出a,即可得抛物线解析式；
（2）过E作EH⊥x轴于H,交BC于F',过F作FQ⊥x轴于Q,Rt△BOC中,可得sin∠CBO＝＝,Rt△BFQ中,sin∠CBO＝＝,可得FQ＝BF,要求EF+BF的最小即是求EF+BF的最小值,也是EF+FQ最小,此时E、F、Q共线,即F与F'重合,Q与H重合,EH的长度即是EF+BF的最小值,求出E点坐标即可得到答案；
（3）将线段CQ向上平移,当Q落到抛物线上的Q1处时,线段CQ与抛物线有两个交点,继续将线段向上平移,当线段与抛物线只有一个交点,Q移动到Q2处,分别求出Q移动到Q1、Q2处时的t值,即可得到答案．
【解答】解：（1）在y＝ax2﹣4ax﹣12a中,令y＝0得ax2﹣4ax﹣12a＝0,
解得x1＝﹣2,x2＝6,
∴OA＝2,
∵OC＝OA,
∴OC＝3,即C（0,3）,
将C（0,3）代入y＝ax2﹣4ax﹣12a得a＝﹣,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3；
（2）过E作EH⊥x轴于H,交BC于F',过F作FQ⊥x轴于Q,如图：
∵y＝﹣x2+x+3对称轴为直线x＝2,
∴P横坐标为2,即ON＝2,
∴AN＝2﹣（﹣2）＝4,
∵AP＝2PE,
∴AN＝2NH,
∴NH＝2,
∴E横坐标为4,在y＝﹣x2+x+3中令x＝4得y＝3,
∴E（4,3）,
由（1）可知：OC＝3,OB＝6,
Rt△BOC中,BC＝＝3,
∴sin∠CBO＝＝＝,
∵EH⊥x轴,
∴Rt△BFQ中,sin∠CBO＝＝,
∴FQ＝BF,
而EF+BF＝（EF+BF）,
∴EF+BF最小即是EF+BF最小,也是EF+FQ最小,此时E、F、Q共线,即F与F'重合,Q与H重合,EH的长度即是EF+BF的最小值,
∵EH＝|yE|＝3,
∴EF+BF的最小值为3,
∴EF+BF的最小值为；
（3）将线段CQ向上平移,当Q落到抛物线上的Q1处时,线段CQ与抛物线有两个交点,继续将线段向上平移,当线段与抛物线只有一个交点,Q移动到Q2处,如图：
∵y＝﹣x2+x+3顶点M（2,4）,
又C（0,3）,
∴CM的解析式为y＝x+3,
由MQ⊥CM,设MQ解析式为y＝﹣2x+b,将M（2,4）代入得：4＝﹣2×2+b,
∴b＝8,
∴MQ解析式为y＝﹣2x+8,
在y＝﹣2x+8中令y＝0得x＝4,
∴Q（4,0）,
而C（0,3）,
∴CQ解析式为y＝﹣x+3,
将线段CQ向上平移t个单位长度,与C1Q1重合时,则Q1（4,t）,
代入y＝﹣x2+x+3得：t＝﹣×16+4+3＝3,
将线段CQ向上平移t个单位长度,与C2Q2重合时,C2Q2解析式为y＝﹣x+3+t,
由只有一个解,可得﹣x2+x﹣t＝0的判别式Δ＝0,即（）2﹣4×（﹣）•（﹣t）＝0,
解得t＝,
∴将线段CQ向上平移t个单位长度,使得线段CQ与抛物线有两个交点,3≤t＜．
19．（2021•罗湖区校级模拟）已知抛物线y＝ax2+bx（a,b为常数,a≠0）与x轴的正半轴交于点A,其顶点C的坐标为（2,4）．
（Ⅰ）求抛物线的解析式；
（Ⅱ）点P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点,求△PAC面积的最大值；
（Ⅲ）点Q是抛物线对称轴上的一个动点,连接QA,求QC+QA的最小值．
【分析】（1）由顶点C的坐标为（2,4）列方程即可得答案；
（2）设P横坐标为m,用m的代数式表示△PAC面积即可得出答案；
（3）将QC+QA化为（QC+QA）,属“胡不归”问题,作sin∠ECD＝,把所求问题转化为求垂线段即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx顶点C的坐标为（2,4）,
∴,解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x,
（2）过P作PQ交AC于Q,如答图1：
∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x,
∴令y＝0得x1＝0,x2＝4,
∴A（4,0）,
设直线AC解析式为y＝kx+b,将A（4,0）、C（2,4）代入得：
,解得,
∴直线AC解析式为y＝﹣2x+8,
设P（m,﹣m2+4m）,则Q（m,﹣2m+8）,
∴PQ＝（﹣m2+4m）﹣（﹣2m+8）＝﹣m2+6m﹣8,
∴S△PAC＝S△PAQ+S△PCQ＝PQ•（xA﹣xC）＝（﹣m2+6m﹣8）×（4﹣2）＝﹣m2+6m﹣8,
当m＝＝3时,S△PAC最大为1,
∴△PAC面积的最大值是1；
（3）∵QC+QA＝（QC+QA）,
∴要使QC+QA最小,即是QC+QA最小,
设抛物线对称轴交x轴于D,以C为顶点,CD为一边,在对称轴左侧作∠ECD,使sin∠ECD＝,过A作AB⊥CB于B,交CD于Q′,过Q作QF⊥CE于F,如答图2：
∵sin∠ECD＝,QF⊥CE,
∴QF＝QC,
∴QC+QA最小即是QF+QA最小,
此时F与B重合,Q与Q′重合,QC+QA的最小值即是AB的长度,
∵∠BQ′C＝∠AQ′D,∠Q/BC＝∠Q′DA＝90°,
∴∠ECD＝∠Q′AD,
∵sin∠ECD＝,
∴sin∠Q′AD＝,可得tan∠Q′AD＝,cos∠Q′AD＝,
而A（4,0）、C（2,4）知DA＝2,
∴Q′A＝,Q′D＝1,
∴Q′C＝3,
∵sin∠ECD＝,
∴Q′B＝,
∴AB＝Q′A+Q′B＝,
∴QC+QA最小为,
∴QC+QA最小为（QC+QA）＝8．
20．（2020•东胜区二模）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（﹣2,0）,B（0,）,C（1,0）,其对称轴与x轴交于点E,顶点坐标为D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线的对称轴上的一个动点,且在第二象限内,若平面内存在点Q,使得以B,C,P,Q为顶点的四边形为菱形,求点Q的坐标；
（3）若M为y轴上的一个动点,连接ME,求MB+ME的最小值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）分CP＝BC、BP＝BC、CP＝BP三种情况,利用菱形的性质和中垂线的性质,分别求解即可；
（3）如图,连接BC,作EH⊥BC于H,交OB于M,此时BM+ME最小,进而求解．
【解答】解：（1）将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得,解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣x+；
（2）由函数的表达式知,函数的对称轴为x＝﹣,故设点P的坐标为（,m）．
∵C（1,0）,B（0,）,
∴BC2＝1+3＝4,直线BC的表达式为y＝﹣x+,
①以C为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点,此时CP＝BC,
则（+1）2+m2＝4,解得m＝±,
即此时点P的坐标为P1（﹣,）或P2（﹣,﹣）（舍去）；
②以B为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点,此时BP＝BC,
则（）2+（m﹣）2＝4,解得m1＝+或m2＝﹣,
即此时点P的坐标为P3（﹣,+）或P4（﹣,﹣）（舍去）；
③线段BC的垂直平分线与对称轴有一个交点,此时CP＝BP,
则（+1）2+m2＝（）2+（﹣m）2,解得m＝,
即此时点P的坐标为P5（﹣,）；
故点P的坐标为（﹣,）或（﹣,+）或（﹣,）；
当点P的坐标为P（﹣,）时,
∵BC∥PQ,
故直线PQ的表达式为y＝﹣x+t,
将点P的坐标代入上式得：＝﹣×（﹣）+t,
解得t＝,
故直线PQ的表达式为y＝﹣x+,
则设点Q的坐标为（x,y）,其中y＝﹣x+,
由菱形的性质知,BP的中点即为CQ的中点,
由中点公式得：（x﹣）＝（0+1）,解得x＝﹣,
当x＝﹣时,y＝﹣x+＝,
故点Q的坐标为（﹣,）,
同理可得,点P（﹣,+）或（﹣,）时,对应的点Q的坐标分别为（,）或（,）,
综上所述,满足条件的点Q的坐标为（﹣,）或（,）或（,）；
（3）如图,连接BC,作EH⊥BC于H,交OB于M,此时BM+ME最小．
理由：∵OC＝1,OB＝,
∴tan∠CBO＝＝,
∴∠CBO＝30°,
∴MH＝BM,
∴BM+ME＝MH+EM＝EH,
∴此时BM+ME最短,
在Rt△CEH中,∵∠CHE＝90°,CE＝,∠HCE＝60°,
∴sin60°＝,
∴EH＝,
∴BM+ME的最小值为．
专题13二次函数与胡不归型最值问题
胡不归问题：
模型分析：“PA＋k·PB”型的最值问题,当k＝1时通常为轴对称之最短路径问题,而当k＞0时,若以常规的轴对称的方式解决,则无法进行,因此必须转换思路．
如图,直线BM,BN交于点B,P为BM上的动点,点A在射线BM,BN同侧,已知sin∠MBN＝k．
过点A作AC⊥BN于点C,交BM于点P,此时PA＋k·PB取最小值,最小值即为AC的长．
证明 如图,在BM上任取一点Q,连结AQ,作QD⊥BN于点D．
由sin∠MBN＝k,可得QD＝ k·QB．
所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC,即得证．
【例1】（2022•济南）抛物线y＝ax2+x﹣6与x轴交于A（t,0）,B（8,0）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CQ+PQ的最大值．
【例2】（2022•宜宾）如图,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3,0）、B（﹣1,0）两点,与y轴交于点C（0,3）,其顶点为点D,连结AC．
（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上取一点E,点F为抛物线上一动点,使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形,求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下,将点D向下平移5个单位得到点M,点P为抛物线的对称轴上一动点,求PF+PM的最小值．
【例3】（2022•东西湖区模拟）如图1,抛物线y＝x2+（m﹣2）x﹣2m（m＞0）与x轴交于A,B两点（A在B左边）,与y轴交于点C．连接AC,BC．且△ABC的面积为8．
（1）求m的值；
（2）在（1）的条件下,在第一象限内抛物线上有一点T,T的横坐标为t,使∠ATC＝60°．求（t﹣1）2的值．
（3）如图2,点P为y轴上一个动点,连接AP,求CP+AP的最小值,并求出此时点P的坐标．
【例4】（2022•成都模拟）如图,在平面直角坐标系xOy中,二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴,x轴分别相交于A（0,2）,B（2,0）,C（4,0）三点,点D是二次函数图象的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线上异于点B的一点,连接AC,若S△ACP＝S△ACB,求点P的坐标；
（3）M是第四象限内一动点,且∠AMB＝45°,连接MD,MC,求2MD+MC的最小值．
1．（2022•河北区二模）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b,c为常数）的图象与x轴交于A（1,0）,B两点（点A在点B左侧）．与y轴相交于点C,顶点为D．
（Ⅰ）当b＝2时,求抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若点P是y轴上一点,连接BP,当PB＝PC,OP＝2时,求b的值；
（Ⅲ）若抛物线与x轴另一个交点B的坐标为（4,0）,对称轴交x轴于点E,点Q是线段DE上一点,点N为线段AB上一点,且AN＝2BN,连接NQ,求DQ+NQ的最小值．
2．（2021•南海区二模）如图1,抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点,点A、B分别位于原点左、右两侧,且AO＝2BO＝4,过A点的直线y＝kx+c交y轴于点C．
（1）求k、b、c的值；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P,使△ACP为直角三角形？若存在,直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）如图2,点M为线段AC上一点,连接OM,求AM+OM的最小值．
3．（2021•宝安区模拟）（1）已知二次函数经过点A（﹣3,0）、B（1,0）、C（0,3）,请求该抛物线解析式；
（2）点M为抛物线上第二象限内一动点,BM交y轴于点N,当BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时,求点M的坐标；
（3）点P为对称轴上D点下方一动点,点Q为直线y＝x第一象限上的动点,且DP＝OQ,求BP+BQ的最小值并求此时点P的坐标．
4．（2021•南沙区一模）已知,抛物线y＝mx2+x﹣4m与x轴交于点A（﹣4,0）和点B,与y轴交于点C．点D（n,0）为x轴上一动点,且有﹣4＜n＜0,过点D作直线l⊥x轴,且与直线AC交于点M,与抛物线交于点N,过点N作NP⊥AC于点P．点E在第三象限内,且有OE＝OD．
（1）求m的值和直线AC的解析式．
（2）若点D在运动过程中,AD+CD取得最小值时,求此时n的值．
（3）若△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6时,求AE+CE的最小值．
5．（2021•射阳县三模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1,0）、B（3,0）、C（0,3）三点,对称轴与抛物线相交于点P,与直线BC相交于点M,连接AC,PB．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）设对称轴与x轴交于点N,在对称轴上是否存在点G,使以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似？如果存在,请求出点G的坐标；如果不存在,请说明理由；
（3）抛物线上是否存在一点Q,使△QMB与△PMB的面积相等,若存在,求点Q的坐标；若不存在,请说明理由；
（4）点E是y轴上的动点,连接ME,求ME+CE的最小值．
6．（2021•深圳模拟）如图1,抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点,其中点A坐标为（﹣3,0）,与y轴交于点C（0,3）,点D为抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECA＝∠CAD,求点E的坐标；
（3）如图2,点P为线段AC上方的抛物线上任一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与AC交于点M．
①求△APC的面积最大时点P的坐标；
②在①的条件下,若点N为y轴上一动点,求HN+CN的最小值．
7．（2021•深圳模拟）已知：如图,点A（1,0）,B（3,0）,D（2,﹣1）,C是y轴上的点,且OC＝3．
（1）过点A作AM⊥BC,垂足为M,连接AD、BD,求证：四边形ADBM为正方形；
（2）若过A、B、C三点的抛物线对称轴上有一动点P,当PC﹣PB的值最大时,求出点P的坐标；
（3）设Q为线段OC上的一动点,问：AQ+QC是否存在最小值？若存在,求出这个最小值；若不存在,请说明理由．
8．（2021•资阳）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,且B（﹣1,0）,C（0,3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点P是抛物线上位于直线AC上方的一点,BP与AC相交于点E,当PE：BE＝1：2时,求点P的坐标；
（3）如图2,点D是抛物线的顶点,将抛物线沿CD方向平移,使点D落在点D'处,且DD'＝2CD,点M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点,MN∥y轴交直线OD'于点N,连结CN．当D'N+CN的值最小时,求MN的长．
9．（2022•杜尔伯特县一模）如图,已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1,0）,B（m,0）两点,与y轴相交于点C（0,﹣3）,抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECB＝∠CBD,求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下,若F为y轴上一动点,求PH+HF+CF的最小值．
10．（2020•自贡）在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣3,0）、B（1,0）,交y轴于点N,点M为抛物线的顶点,对称轴与x轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,连接AM,点E是线段AM上方抛物线上一动点,EF⊥AM于点F,过点E作EH⊥x轴于点H,交AM于点D．点P是y轴上一动点,当EF取最大值时：
①求PD+PC的最小值；
②如图2,Q点为y轴上一动点,请直接写出DQ+OQ的最小值．
11．（2022•中山市三模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴为直线x＝1,点A（﹣1,0）,过B的直线交y轴于点D,交抛物线于E,且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线第四象限的图象上找一点P,使得△BDP的面积最大,求出点P的坐标；
（3）点M是线段BE上的一点,求的最小值,并求出此时点M的坐标．
12．（2021•南山区校级三模）如图,已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴相交于点C（0,﹣2）,与x轴分别交于点B（3,0）和点A,且tan∠CAO＝1．
（1）求抛物线解析式．
（2）抛物线上是否存在一点Q,使得∠BAQ＝∠ABC,若存在,请求出点Q坐标,若不存在,请说明理由；
（3）抛物线的对称轴交x轴于点D,在y轴上是否存在一个点P,使PC+PD值最小,若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由．
13．（2021•津南区一模）已知抛物线y＝x2﹣2x+c交x轴于A,B两点,且点B的坐标为（3,0）,其对称轴交x轴于点C．
（Ⅰ）求该抛物线的顶点D的坐标；
（Ⅱ）设P是线段CD上的一个动点（点P不与点C,D重合）．
①过点P作y轴的垂线l交抛物线（对称轴右侧）于点Q,连接QB,QD,求△QBD面积的最大值；
②连接PB,求PD+PB的最小值．
14．（2021•防城区模拟）如图,已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣8a（a＞0）与x轴从左至右依次交于A,B两点,与y轴交于点C,经过点B的直线y＝﹣x+与抛物线的另一交点为D,且点D的横坐标为﹣5．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P（x,y）在该二次函数的图象上,且S△BCD＝S△ABP,求点P的坐标；
（3）设F为线段BD上的一个动点（异于点B和D）,连接AF．是否存在点F,使得2AF+DF的值最小？若存在,分别求出2AF+DF的最小值和点F的坐标,若不存在,请说明理由．
15．（2021秋•沈北新区校级月考）如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（1,0）,点B（﹣3,0）,与y轴交于点C,连接BC,点P在第二象限的抛物线上,连接PC、PO,线段PO交线段BC于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若△PCE的面积为S1,△OCE的面积为S2,当＝时,求点P的坐标；
（3）已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N,连接BN,点H在x轴上,当∠HCB＝∠NBC时,
①求满足条件的所有点H的坐标；
②当点H在线段AB上时,平面内点M,且HM＝1,直接写出AM+CM的最小值．
16．（2021•香洲区校级三模）如图,抛物线y＝﹣x2﹣6x+7交x轴于A,B两点（点A在点B左侧）,交y轴于点C,直线y＝x+7经过点A、C,点M是线段AC上的一动点（不与点A,C重合）．
（1）求A,B两点的坐标；
（2）当点P,C关于抛物线的对称轴对称时,求PM+AM的最小值及此时点M的坐标；
（3）连接BC,当△AOM与△ABC相似时,求出点M的坐标．
17．（2021•涪城区校级模拟）已知：如图所示,抛物线y＝﹣x2﹣x+c与x轴交于A、B两点,与y轴的正半轴交于点C,点A在点B的左侧,且满足tan∠CAB•tan∠CBA＝1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点P是抛物线y＝﹣x2﹣x+c上一点,且△PAC的内切圆的圆心正好落在x轴上,求点P的坐标；
（3）若M为线段AO上任意一点,求MC+AM的最小值．
18．（2021•青山区模拟）已知抛物线y＝ax2﹣4ax﹣12a与x轴相交于A,B两点,与y轴交于C点,且OC＝OA．设抛物线的顶点为M,对称轴交x轴于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点E（m,n）为抛物线上的一点,且0＜m＜6,连接AE,交对称轴于点P．点F为线段BC上一动点,连接EF,当PA＝2PE时,求EF+BF的最小值．
（3）如图2,过点M作MQ⊥CM,交x轴于点Q,将线段CQ向上平移t个单位长度,使得线段CQ与抛物线有两个交点,求t的取值范围．
19．（2021•罗湖区校级模拟）已知抛物线y＝ax2+bx（a,b为常数,a≠0）与x轴的正半轴交于点A,其顶点C的坐标为（2,4）．
（Ⅰ）求抛物线的解析式；
（Ⅱ）点P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点,求△PAC面积的最大值；
（Ⅲ）点Q是抛物线对称轴上的一个动点,连接QA,求QC+QA的最小值．
20．（2020•东胜区二模）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（﹣2,0）,B（0,）,C（1,0）,其对称轴与x轴交于点E,顶点坐标为D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线的对称轴上的一个动点,且在第二象限内,若平面内存在点Q,使得以B,C,P,Q为顶点的四边形为菱形,求点Q的坐标；
（3）若M为y轴上的一个动点,连接ME,求MB+ME的最小值．
【例1】．（2022•济南）抛物线y＝ax2+x﹣6与x轴交于A（t,0）,B（8,0）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CQ+PQ的最大值．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可求解；
（2）作PM⊥x轴交于M,可求PM＝m2﹣m+6,AM＝m﹣3,通过证明△COA∽△AMP,利用＝,求m的值即可求P点坐标；
（3）作PN⊥x轴交于BC于N,过点N作NE⊥y轴交于E,通过证明△PQN∽△BOC,求出QN＝PN,PQ＝PN,再由△CNE∽△CBO,求出CN＝EN＝m,则CQ+PQ＝CN+PN＝﹣（x﹣）2+,即可求解．
【解答】解：（1）将B（8,0）代入y＝ax2+x﹣6,
∴64a+22﹣6＝0,
∴a＝﹣,
∴y＝﹣x2+x﹣6,
当y＝0时,﹣t2+t﹣6＝0,
解得t＝3或t＝8（舍）,
∴t＝3,
∵B（8,0）在直线y＝kx﹣6上,
∴8k﹣6＝0,
解得k＝,
∴y＝x﹣6；
（2）作PM⊥x轴交于M,
∵P点横坐标为m,
∴P（m,﹣m2+m﹣6）,
∴PM＝m2﹣m+6,AM＝m﹣3,
在Rt△COA和Rt△AMP中,
∵∠OAC+∠PAM＝90°,∠APM+∠PAM＝90°,
∴∠OAC＝∠APM,
∴△COA∽△AMP,
∴＝,即OA•MA＝CO•PM,
3（m﹣3）＝6（m2﹣m+6）,
解得m＝3（舍）或m＝10,
∴P（10,﹣）；
（3）作PN⊥x轴交于BC于N,过点N作NE⊥y轴交于E,
∴PN＝﹣m2+m﹣6﹣（m﹣6）＝﹣m2+2m,
由△PQN∽△BOC,
∴＝＝,
∵OB＝8,OC＝6,BC＝10,
∴QN＝PN,PQ＝PN,
由△CNE∽△CBO,
∴CN＝EN＝m,
∴CQ+PQ＝CN+NQ+PQ＝CN+PN,
∴CQ+PQ＝m﹣m2+2m＝﹣m2+m＝﹣（x﹣）2+,
当m＝时,CQ+PQ的最大值是．
【例2】．（2022•宜宾）如图,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3,0）、B（﹣1,0）两点,与y轴交于点C（0,3）,其顶点为点D,连结AC．
（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上取一点E,点F为抛物线上一动点,使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形,求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下,将点D向下平移5个单位得到点M,点P为抛物线的对称轴上一动点,求PF+PM的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法,把问题转化为解方程组即可；
（2）过点F作FG⊥DE于点G,证明△OAC≌△GFE（AAS）,推出OA＝FG＝3,设F（m,﹣m2+2m+3）,则G（1,﹣m2+2m+3）,可得FG＝|m﹣1|＝3,推出m＝﹣2或m＝4,即可解决问题；
（3）由题意,M（1,﹣1）,F2（4,﹣5）,F1（﹣2,﹣5）关于对称轴直线x＝1对称,连接F1F2交对称轴于点H,连接F1M,F2M,过点F1作F1N⊥F2M于点N,交对称轴于点P,连接PF2．则MH＝4,HF2＝3,MF2＝5,证明PN＝PM,由PF2＝PF1,推出PF+PM＝PF2+PN＝FN1为最小值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（3,0）、B（﹣1,0）,C（0,3）,
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3,
∵y＝﹣（x﹣1）2+4,
∴顶点D的坐标为（1,4）；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b,
把A（3,0）,C（0,3）代入,得,
∴,
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3,
过点F作FG⊥DE于点G,
∵以A,C,E,F为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形,
∴AC＝EF,AC∥EF,
∵OA∥FG,
∴∠OAC＝∠GFE,
∴△OAC≌△GFE（AAS）,
∴OA＝FG＝3,
设F（m,﹣m2+2m+3）,则G（1,﹣m2+2m+3）,
∴FG＝|m﹣1|＝3,
∴m＝﹣2或m＝4,
当m＝﹣2时,﹣m2+2m+3＝﹣5,
∴F1（﹣2,﹣5）,
当m＝4时,﹣m2+2m+3＝﹣5,
∴F2（4,﹣5）
综上所述,满足条件点F的坐标为（﹣2,﹣5）或（4,﹣5）；
（3）由题意,M（1,﹣1）,F2（4,﹣5）,F1（﹣2,﹣5）关于对称轴直线x＝1对称,连接F1F2交对称轴于点H,连接F1M,F2M,过点F1作F1N⊥F2M于点N,交对称轴于点P,连接PF2．则MH＝4,HF2＝3,MF2＝5,
在Rt△MHF2中,sin∠HMF2＝＝＝,则在Rt△MPN中,sin∠PMN＝＝,
∴PN＝PM,
∵PF1＝PF2,
∴PF+PM＝PF2+PN＝F1N为最小值,
∵＝×6×4＝×5×F1N,
∴F1N＝,
∴PF+PM的最小值为．
【例3】（2022•东西湖区模拟）如图1,抛物线y＝x2+（m﹣2）x﹣2m（m＞0）与x轴交于A,B两点（A在B左边）,与y轴交于点C．连接AC,BC．且△ABC的面积为8．
（1）求m的值；
（2）在（1）的条件下,在第一象限内抛物线上有一点T,T的横坐标为t,使∠ATC＝60°．求（t﹣1）2的值．
（3）如图2,点P为y轴上一个动点,连接AP,求CP+AP的最小值,并求出此时点P的坐标．
【分析】（1）先求出A（﹣m,0）,B（2,0）,C（0,﹣2m）,再由三角形面积×（2+m）×（2m）＝8,可求m的值；
（2）过点C作EF∥x轴,过点T作TF⊥EF交于F点,过点C作CD⊥CT交直线AT于点D,过点D作DE⊥EF交于E点,证明△CED∽△TFC,可得＝＝＝,进而求出D（﹣t2,t﹣4）,再求出直线AT的解析式为y＝（t﹣2）x+2t﹣4,将D点坐标代入直线解析式即可求（t﹣1）2＝；
（3）过点B作BG⊥AC交于G点,交y轴于点P,可得CP+AP＝（CP+AP）＝（GP+AP）≥BG,可求CP+AP的最小值为8,再由tan∠ACO＝＝,求出P（0,﹣1）．
【解答】解：（1）y＝x2+（m﹣2）x一2m＝（x﹣2）（x+m）,
令y＝0,则x＝2或x＝﹣m,
∵m＞0,
∴﹣m＜0,
∴A（﹣m,0）,B（2,0）,
∴AB＝2+m,
令x＝0,则y＝﹣2m,
∴C（0,﹣2m）,
∵△ABC的面积为8,
∴×（2+m）×（2m）＝8,
解得m＝2或m＝﹣4（舍）；
（2）当m＝2时,y＝x2﹣4,
∵的横坐标为t,
∴T（t,t2﹣4）,
过点C作EF∥x轴,过点T作TF⊥EF交于F点,过点C作CD⊥CT交直线AT于点D,过点D作DE⊥EF交于E点,
∵∠DCT＝90°,
∴∠DCE+∠TCF＝90°,
∵∠DCE+∠CDE＝90°,
∴∠TCF＝∠CDE,
∴△CED∽△TFC,
∴＝＝,
∵∠ATC＝60°,
∴＝,
∵C（0,﹣4）,
∴CF＝t,TF＝t2,
∴DE＝t,CE＝t2,
∴D（﹣t2,t﹣4）,
设直线AT的解析式为y＝kx+b,
∴,
解得,
∴y＝（t﹣2）x+2t﹣4,
∴t﹣4＝（t﹣2）（﹣t2）+2t﹣4,
∴（t﹣1）2＝；
（3）过点B作BG⊥AC交于G点,交y轴于点P,
∵A、B关于y轴对称,
∴AP＝BP,
∵∠GBA+∠BAC＝∠ACO+∠CAO＝90°,
∴∠ABG＝∠ACO,
∵AO＝2,CO＝4,
∴AC＝2,
∴sin∠ACO＝,
∴＝,
∴CP＝GP,
∵CP+AP＝（CP+AP）＝（GP+AP）≥BG,
∵cos∠ACO＝＝＝,
∴BG＝,
∴CP+AP的最小值为8,
∵tan∠ACO＝＝＝,
∴OP＝1,
∴P（0,﹣1）．
【例4】（2022•成都模拟）如图,在平面直角坐标系xOy中,二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与y轴,x轴分别相交于A（0,2）,B（2,0）,C（4,0）三点,点D是二次函数图象的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线上异于点B的一点,连接AC,若S△ACP＝S△ACB,求点P的坐标；
（3）M是第四象限内一动点,且∠AMB＝45°,连接MD,MC,求2MD+MC的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分两种情形,分别构建方程组求解即可；
（3）以O为圆心,OA为半径的圆,连接OM,取OB的中点E,连接EM、ED,先根据二次函数求出A、B、C、D的坐标,再证明△EOM∽△MOC,从而有EM＝MC,故2MD+MC＝2（MD+MC）＝2（MD+ME）≥2ED,再求出ED即可．
【解答】解：（1）∵抛物线经过B（2,0）,C（4,0）,
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣4）,
把A（0,2）代入,可得a＝,
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣x+2；
（2）如图,当点P在直线AC的下方时,过点B作BP0∥AC交抛物线于点P0,
由题意直线AC的解析式为y＝﹣x+2,
∴kAC＝﹣,
∴K＝﹣,
∴直线BP0的解析式为y＝﹣x+1,
由,
解得,
则P0与B重合,不符合题意．
当点P在直线AC的上方时,作直线BP0关于直线AC的的对称直线P1P2,交抛物线于P1,P2．
∵直线AC的解析式为y＝﹣x+2,
∴可得直线P1P2的解析式为y＝﹣x+3,
由,
解得或,
∴P1（2+2,2﹣）,P2（2﹣2,2+）；
（3）解：如图,以O为圆心,OA为半径的圆,连接OM,取OB的中点E,连接EM、ED,
∵A（0,2）,B（2,0）,C（4,0）,
∴OA＝OB,即B在⊙O上,
∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣3）2﹣,
∴顶点D（3,﹣）,
∵∠AMB＝45°,
∴∠AMB＝∠BOA,
∴M在在⊙O上,即OM＝2,
取OB的中点E（1,0）,
∵＝,＝,＝,
∴＝,
又∠EOM＝∠MOC,
∴△EOM∽△MOC,
∴＝,
∴EM＝MC,
∴2MD+MC＝2（MD+MC）＝2（MD+ME）≥2ED,
∵ED＝＝,
∴2MD+MC的最小值为．
1．（2022•河北区二模）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c（b,c为常数）的图象与x轴交于A（1,0）,B两点（点A在点B左侧）．与y轴相交于点C,顶点为D．
（Ⅰ）当b＝2时,求抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若点P是y轴上一点,连接BP,当PB＝PC,OP＝2时,求b的值；
（Ⅲ）若抛物线与x轴另一个交点B的坐标为（4,0）,对称轴交x轴于点E,点Q是线段DE上一点,点N为线段AB上一点,且AN＝2BN,连接NQ,求DQ+NQ的最小值．
【分析】（Ⅰ）求出函数的解析式即可求解；
（Ⅱ）由题意可求P（0,2）或（0,﹣2）,将A点代入抛物线解析式可得c＝﹣b,在求出B（2b﹣1,0）,C（0,﹣b）,由PB＝PC,（2b﹣1）2+4＝|﹣b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|﹣b+2|2,再由2b﹣1＞1,求出b即可；
（Ⅲ）先求出抛物线的解析式y＝﹣x2+x﹣2,设Q（,t）过点N作AD的垂线交于点M,交对称轴于点Q,利用直角三角形可得MQ＝DQ,当M、Q、N三点共线时,DQ+NQ有最小值MN,在Rt△AMN中,AN＝2,求出MN＝,可求DQ+NQ的最小值为．
【解答】解：（Ⅰ）当b＝2时,y＝﹣x2+2x+c,
将点A（1,0）代入y＝﹣x2+2x+c,
∴c＝﹣,
∴y＝﹣x2+2x﹣＝﹣（x﹣2）2+,
∴抛物线的顶点为（2,）；
（Ⅱ）∵点P是y轴上一点,OP＝2,
∴P（0,2）或（0,﹣2）,
将A代入y＝﹣x2+bx+c,
∴﹣+b+c＝0,
∴c＝﹣b,
∵﹣x2+bx+﹣b＝0,
∴1+x1＝2b,
∴x1＝2b﹣1,
∴B（2b﹣1,0）,
令x＝0,则y＝2b﹣1,
∴C（0,﹣b）,
∵PB＝PC,
∴（2b﹣1）2+4＝|﹣b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|﹣b+2|2,
解得b＝或b＝或b＝﹣或b＝,
∵A点在B点左侧,
∴2b﹣1＞1,
∴b＞1,
∴b＝；
（Ⅲ）将点A、B代入y＝﹣x2+bx+c,
∴,
,
∴y＝﹣x2+x﹣2,
∴抛物线的对称轴为直线x＝,
∴E（,0）,
∵y＝﹣x2+x﹣2＝﹣（x﹣）2+,
∴顶点D（,）,
∵A（1,0）,B（4,0）,
∴AB＝3,
∵AN＝2BN,
∴AN＝2,BN＝1,
∴N（3,0）,
设Q（,t）,
过点N作AD的垂线交于点M,交对称轴于点Q,
∵AE＝,DE＝,
∴tan∠DAE＝,
∴∠EQN＝∠DAE,
∴∠DAN＝∠MQD,
∴tan∠MQD＝,
∴sin∠MQD＝,
∴MQ＝DQ,
∵DQ+NQ＝（DQ+NQ）＝（MQ+NQ）,
∴当M、Q、N三点共线时,DQ+NQ有最小值MN,
在Rt△AMN中,AN＝2,
∴sin∠MAN＝,
∴MN＝×2＝,
∴DQ+NQ＝×MN＝,
∴DQ+NQ的最小值为．
2．（2021•南海区二模）如图1,抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点,点A、B分别位于原点左、右两侧,且AO＝2BO＝4,过A点的直线y＝kx+c交y轴于点C．
（1）求k、b、c的值；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P,使△ACP为直角三角形？若存在,直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在,请说明理由；
（3）如图2,点M为线段AC上一点,连接OM,求AM+OM的最小值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）当∠PAC为直角时,由∠PAH＝∠ACO得到tan∠PAH＝tan∠ACO,即,即可求解；当∠CAP为直角或∠ACP为直角时,同理可解；
（3）过点A作直线AN使∠NAC＝30°,过点O作ON⊥AN交AE于点M,则点M为所求点,进而求解．
【解答】解：（1）由AO＝2BO＝4知,点A、B的坐标分别为（﹣4,0）、（2,0）,
设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）,
则y＝（x+4）（x﹣2）＝x2+x﹣2,
则点C（0,﹣2）,
将点A、C的坐标代入y＝kx+c并解得：y＝﹣x﹣2,
即k＝﹣,
故k＝﹣,b＝,c＝﹣2；
（2）由抛物线的表达式知,其对称轴为直线x＝﹣1,则设点P的坐标为（﹣1,m）,
①当∠PAC为直角时,如图1,
设抛物线的对称轴交x轴于点H,
则AH＝﹣1﹣（﹣4）＝3,PH＝m,AO＝4,OC＝2,
∵∠PAH+∠CAO＝90°,∠CAO+∠ACO＝90°,
∴∠PAH＝∠ACO,
∴tan∠PAH＝tan∠ACO,即,
∴,解得m＝3；
故点P的坐标为（﹣1,3）；
②当∠APC为直角时,如图2,
故点P作x轴的平行线交y轴于点N,交过点A与y轴的平行线于点M,
则AM＝|m|,PM＝3,CN＝|m+2|,PN＝1,
同理可得∠MPA＝∠PCN,
∴tan∠MPA＝tan∠PCN,即,
解得：m＝﹣±,
故点P的坐标为（﹣1,﹣）或（﹣1,﹣）；
③当∠ACP为直角时,如图3,
同理可得,点P的坐标为（﹣1,﹣3）；
综上,点P的坐标为（﹣1,3）或（﹣1,﹣）或（﹣1,﹣）或（﹣1,﹣3）；
（3）过点A作直线AN使∠NAC＝30°,过点O作ON⊥AN交AE于点M,则点M为所求点,
理由：∠MAN＝30°,则MN＝AM,则AM+OM＝MN+OM＝ON为最小,
过点O作OE⊥AC于点E,则∠MOE＝90°﹣∠OME＝90°﹣∠AMN＝∠MAN＝30°,
由点A、C的坐标得,AC＝2,
则sin∠ACO＝＝,则cos∠ACO＝,
在Rt△COE中,OE＝OCsin∠ACO＝2×＝,
同理可得,CE＝,
在Rt△OME中,ME＝OEtan∠MOE＝×tan30°＝,OM＝2ME＝,
则AM＝AC﹣ME﹣EC＝2﹣﹣＝＝2MN,
则MN＝,
则AM+OM的最小值＝OM+MN＝．
3．（2021•宝安区模拟）（1）已知二次函数经过点A（﹣3,0）、B（1,0）、C（0,3）,请求该抛物线解析式；
（2）点M为抛物线上第二象限内一动点,BM交y轴于点N,当BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时,求点M的坐标；
（3）点P为对称轴上D点下方一动点,点Q为直线y＝x第一象限上的动点,且DP＝OQ,求BP+BQ的最小值并求此时点P的坐标．
【分析】（1）根据点A,B的坐标设出抛物线的交点式,再将点C坐标代入求解,即可得出结论；
（2）过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G,则＝,设ON＝t,则AG＝4t,CN＝3﹣t,进而得出＝或2,进而建立方程求解,即可得出结论；
（3）先判断出△PCD∽△OBQ,进而得出PC＝OQ,再判断出点A,P,C在同一直线上时,BP+BQ的最小,再求出直线AC的解析式,即可得出结论．
【解答】解：（1）∵二次函数经过点A（﹣3,0）、B（1,0）,
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1）,
∵点C（0,3）在抛物线上,
∴﹣3a＝3,
∴a＝﹣1,
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1,过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G,
由（1）知,抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3,
设点M（m,﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0）,
∴S△BCM＝CN（1﹣m）,S△ABM＝S△ABG﹣S△AMG＝AG[（1+3）﹣（m+3）]＝AG（1﹣m）,
∴＝＝,
∵ON∥AG,
∴＝,
设ON＝t,则AG＝4t,CN＝3﹣t,
∵BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时,
∴＝或2,
∴,
∴,
∴t＝1或,
∴N（0,1）或N（0,）,
当N（0,1）时,
∵B（1,0）,∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1①,
由（1）知,抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）②,
联立①②解得,或,
∴M（﹣2,3）；
当N（0,）时,
∵B（1,0）,∴直线BM的解析式为y＝﹣x+③,
联立②③解得,或,
∴M（﹣,）；
即M（﹣2,3）或（）；
（3）如图2,
连接PC,CD,过点C作CH⊥DP于H,
由（1）知,抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2m+3＝﹣（m﹣1）2+4,
∴D（﹣1,4）,
∵C（0,3）,
∴CD＝,DH＝1,CH＝1,
∴DH＝CH,
∴∠CDP＝45°,
∵点Q为直线y＝x第一象限上的动点,
∴∠BOQ＝45°＝∠CDP,
∵DP＝OQ,
∴＝,
∵＝,
∴＝＝,
∴△PCD∽△OBQ,
∴,
∴PC＝OQ,
∴BP+OQ＝BP+PC,
连接AP,
∵点P是抛物线的对称轴上的点,
∴PC＝PA,
∴BP+OQ＝BP+PC＝BP+PA,
∴当点A,P,C在同一条直线上时,BP+OQ最小,最小值为AC＝＝,
∵A（﹣3,0）,C（0,3）,
∴直线AC的解析式为y＝x+3,
当x＝﹣1时,y＝2,
∴点P（﹣1,2）．
4．（2021•南沙区一模）已知,抛物线y＝mx2+x﹣4m与x轴交于点A（﹣4,0）和点B,与y轴交于点C．点D（n,0）为x轴上一动点,且有﹣4＜n＜0,过点D作直线l⊥x轴,且与直线AC交于点M,与抛物线交于点N,过点N作NP⊥AC于点P．点E在第三象限内,且有OE＝OD．
（1）求m的值和直线AC的解析式．
（2）若点D在运动过程中,AD+CD取得最小值时,求此时n的值．
（3）若△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6时,求AE+CE的最小值．
【分析】（1）利用待定系数法将A（﹣4,0）代入y＝mx2+x﹣4m,求出m的值,即可抛物线解析式,令x＝0,求出点C的坐标,设直线AC的解析式为y＝kx+b,将A,C的坐标代入即可求出答案；
（2）在x轴上方作射线AM,使∠MAO＝30°,过点D作DK⊥AM于K,当C、D、K在同一条直线上时,CD+DK最小,即AD+CD取得最小值时,∠CDO＝∠ADK＝60°,应用三角函数定义即可求得答案；
（3）根据△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6,可得出DN＝3DM,建立方程求出n的值,在y轴上 取一点R,使得OR＝,连接AR,在AR上取一点E使得OE＝OD,构造相似三角形,可以证明AR就是AE+CE的最小值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝mx2+x﹣4m与x轴交于点A（﹣4,0）,
∴m•（﹣4）2+×（﹣4）﹣4m＝0,
解得：m＝,
∴抛物线解析式为y＝x2+x﹣3,
令x＝0,得y＝﹣3,
∴C（0,﹣3）,
设直线AC的解析式为y＝kx+b,
∵A（﹣4,0）,C（0,﹣3）,
∴,
解得：,
∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣3.
（2）∵A（﹣4,0）,D（n,0）为x轴上一动点,且有﹣4＜n＜0,
∴AD＝n﹣（﹣4）＝n+4,
在x轴上方作射线AM,使∠MAO＝30°,过点D作DK⊥AM于K,
∴∠AKD＝90°,
∴DK＝AD,∠ADK＝60°,
当C、D、K在同一条直线上时,CD+DK最小,即AD+CD取得最小值时,∠CDO＝∠ADK＝60°,
∵OD＝﹣n,∠COD＝90°,
∴＝tan∠CDO＝tan60°,即＝,
∴n＝﹣．
（3）∵DM⊥x轴,NP⊥AC,
∴∠ADM＝∠NPM＝90°,
∵∠AMD＝∠NMP,
∴△AMD∽△NMP,
∵△ADM的周长与△MNP的周长的比为5：6,
∴＝,
∵＝sin∠DAM＝＝,
∴＝,
∴DN＝3DM,
∵DM＝n+3,DN＝﹣n2﹣n+3,
∴﹣n2﹣n+3＝3（n+3）,
解得：n1＝﹣2,n2＝﹣4（舍去）,
∴D（﹣2,0）,
∴OD＝2,
如图2中,在y轴上 取一点R,使得OR＝,连接AR,在AR上取一点E使得OE＝OD＝2．
∵OE＝2,OR•OC＝×3＝4,
∴OE2＝OR•OC,
∴＝,
∵∠COE＝∠ROE,
∴△ROE∽△EOC,
∴＝＝,
∴RE＝CE,
∴当A、R、E共线时,AE+CE＝AE+ER＝AR,此时AE+CE最小,
∴AE+CE的最小值＝AR＝＝＝．
5．（2021•射阳县三模）如图,抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1,0）、B（3,0）、C（0,3）三点,对称轴与抛物线相交于点P,与直线BC相交于点M,连接AC,PB．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）设对称轴与x轴交于点N,在对称轴上是否存在点G,使以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似？如果存在,请求出点G的坐标；如果不存在,请说明理由；
（3）抛物线上是否存在一点Q,使△QMB与△PMB的面积相等,若存在,求点Q的坐标；若不存在,请说明理由；
（4）点E是y轴上的动点,连接ME,求ME+CE的最小值．
【分析】（1）将点A（﹣1,0）、B（3,0）、C（0,3）代入y＝ax2+bx+c中即可求解析式；
（2）两个三角形相似有两种情况①△AOC∽△ONG；②△AOC∽△GNO,在利用相似三角形的边对应成比例即可求解；
（3）由于△QMB与△PMB共底MB,利用平行线的性质,只要两个三角形等高即可；分两种情况找平行线,①过P点作PH∥BC交y轴于点H,直线PH的解析式为y＝﹣x+5,直线PH与抛物线的交点即为Q；②由H点关于C点对称的点为（0,1）,过点（0,1）与直线BC平行的直线解析式为y＝﹣x+1,该直线与抛物线的交点即为Q；
（4）连接CF,在OA上截取OF使得OF＝CF,过点M作MT⊥CF交CF于点T,过点M作MK⊥y轴交CF于点K,在Rt△CTE中,ET＝CE,CE+ME＝TE+ME,当T、E、M三点共线,并且TM⊥AF时,CE+ME＝MT值最小．在Rt△AFO中,求出F（﹣,0）,进而求出直线AF的解析式y＝x+3,再求出MK＝1+,由于∠TMK＝∠FCO,在Rt△TKM中,MT＝KM•cos∠FCO,可求MT＝（1+）•＝,则MT即为所求的最小值．
【解答】解：（1）将点A（﹣1,0）、B（3,0）、C（0,3）代入y＝ax2+bx+c中,
得到,解得,
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）函数对称轴为直线x＝1,
设G（1,m）,
由已知可得OA＝1,OC＝3,
∵NG⊥x轴,CO⊥x轴,
∴NG∥OC,
∵N（1,0）,
∴ON＝1,
当以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时,
①△AOC∽△ONG时,
NG＝OC＝3,
∴G（1,3）或G（1,﹣3）；
②当△AOC∽△GNO时,
,即GN＝,
∴G（1,）或G（1,﹣）；
综上所述：以O、N、G为顶点的三角形与△AOC相似时,满足条件的G点坐标为（1,3）或（1,﹣3）或（1,）或（1,﹣）；
（3）当x＝1时,y＝4,
∴P（1,4）,
设直线BC的解析式为y＝kx+m,
将点B（3,0）、C（0,3）代入,可得,
解得,
∴y＝﹣x+3,
过P点作PH∥BC交y轴于点H,
∴直线PH的解析式为y＝﹣x+5,
联立,解得x＝1或x＝2,
∴Q（2,3）或Q（1,4）（舍）；
当x＝0时,y＝5,
∴H（0,5）,
∵H点关于C点对称的点为（0,1）,
∴过点（0,1）与直线BC平行的直线解析式为y＝﹣x+1,
联立,
解得x＝或x＝,
∴Q（,）或Q（,）；
综上所述：△QMB与△PMB的面积相等时,Q点坐标为（2,3）或（,）或（,）；
（4）连接CF,在OA上截取OF使得OF＝CF,过点M作MT⊥CF交CF于点T,过点M作MK⊥y轴交CF于点K,
在Rt△CTE中,ET＝CE,
∴CE+ME＝TE+ME＝TM,此时CE+ME的值最小；
∵OF＝CF,CO＝3,
∴OF＝,CF＝,
∴F（﹣,0）,
设直线CF的解析式为y＝t'x+n,
将点C（0,3）,F（﹣,0）代入,可得,
,解得,
∴y＝x+3,
∵M（1,2）,
∴K（﹣,2）,
∴MK＝1+,
∵MT⊥CF,
∴∠FCO+∠CKM＝∠CKM+∠TMK＝90°,
∴∠TMK＝∠FCO,
在Rt△TKM中,MT＝KM•cos∠FCO,
∴MT＝（1+）•＝,
∴CE+ME的最小值为．
6．（2021•深圳模拟）如图1,抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点,其中点A坐标为（﹣3,0）,与y轴交于点C（0,3）,点D为抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECA＝∠CAD,求点E的坐标；
（3）如图2,点P为线段AC上方的抛物线上任一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与AC交于点M．
①求△APC的面积最大时点P的坐标；
②在①的条件下,若点N为y轴上一动点,求HN+CN的最小值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）①当点E在点A的左侧时,在Rt△CHN中,NH＝CN＝CH＝,在Rt△AHN中,tan∠HAN＝tan∠DAC＝＝,即tan∠ECA＝tan∠CAD＝,在Rt△CEK中,tan∠ECA＝,进而求解；②当点E（E′）的点A的右侧时,∠ECA＝∠CAD,则直线CE′∥AD,则直线CE′的表达式为y＝2x+3,进而求解；
（3）过点H作HR⊥CG于点R,交CO于点N,则点N为所求点,进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：,解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）①当点E在点A的左侧时,如图1,
由抛物线的表达式知,点D的坐标为（﹣1,4）,
延长AD交y轴于点H,过点H作HN交AC的延长线于点N,
由点A、D的坐标得,直线AD的表达式为y＝2（x+3）,
故点H的坐标为（0,6）,
则CH＝6﹣3＝3,
由点A、C的坐标知,∠ACO＝45°＝∠HCN,AC＝3,
在Rt△CHN中,NH＝CN＝CH＝,
在Rt△AHN中,tan∠HAN＝tan∠DAC＝＝＝,
∴tan∠ECA＝tan∠CAD＝,
过点E作EK⊥CA交CA的延长线于点K,
在Rt△AEK中,∠EAK＝∠CAO＝45°,
故设AK＝EK＝x,则AE＝x,
在Rt△CEK中,tan∠ECA＝＝,
解得x＝,故AE＝x＝3,
则点E的坐标为（﹣6,0）；
②当点E（E′）的点A的右侧时,
∵∠ECA＝∠CAD,
则直线CE′∥AD,
则直线CE′的表达式为y＝2x+r,
而直线CE′过点C,故r＝3,
故直线CE′的表达式为y＝2x+3,
令y＝0,则x＝﹣,
故点E′的坐标为（﹣,0）；
综上,点E的坐标为（﹣6,0）或（﹣,0）；
（3）设点P的坐标为（x,﹣x2﹣2x+3）,
由点A、C的坐标得,直线AC的表达式为y＝x+3,
则点M（x,x+3）,
则△APC的面积＝×OA×PM＝×3×（﹣x2﹣2x+3﹣x﹣3）＝（﹣x2﹣3x）,
∵﹣＜0,故△APC的面积有最大值,
当x＝﹣时,点P的坐标为（﹣,）,则点H（﹣,0）,
在x轴上取点G（3,0）,则OG＝OC,连接CG,
则∠GCO＝45°,
过点H作HR⊥CG于点R,交CO于点N,则点N为所求点,
理由：HN+CN＝HN+CNsin∠GCO＝HN+NR＝HR为最小值,
∵∠CGO＝45°,故△HRG为等腰直角三角形,
则HR＝HG＝（3+）＝,
即HN+CN的最小值为．
7．（2021•深圳模拟）已知：如图,点A（1,0）,B（3,0）,D（2,﹣1）,C是y轴上的点,且OC＝3．
（1）过点A作AM⊥BC,垂足为M,连接AD、BD,求证：四边形ADBM为正方形；
（2）若过A、B、C三点的抛物线对称轴上有一动点P,当PC﹣PB的值最大时,求出点P的坐标；
（3）设Q为线段OC上的一动点,问：AQ+QC是否存在最小值？若存在,求出这个最小值；若不存在,请说明理由．
【分析】（1）证明四边形ADBM为矩形,而AD＝BD,故四边形ADBM为正方形；
（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点A,连接CA交对称轴于点P,则点P为所求点,进而求解；
（3）在x轴取点A′（﹣1,0）,连接A′C,过点A作AH⊥A′C于点H,交y轴于点Q,则点Q是所求点,进而求解．
【解答】解：（1）由点A、D的坐标得,AD＝＝,
同理可得,BD＝,
而AB＝3﹣1＝2,
故AB2＝AD2+BD2,
故△ABD为等腰直角三角形,
由B、C的坐标知,OB＝OC,
则∠CBO＝45°,
则∠DBM＝∠CBO+∠ABD＝90°＝∠ADB＝∠AMB,
故四边形ADBM为矩形,
而AD＝BD,
∴四边形ADBM为正方形；
（2）∵OC＝3,故点C（0,3）,
设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c,
将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得：,解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
点B关于抛物线对称轴的对称点为点A．连接CA交对称轴于点P,则点P为所求点,
理由：PC﹣PB＝PC﹣PA＝AC为最大值,
由点A、C的坐标得,直线AC的表达式为y＝﹣3x+3,
而抛物线的对称轴为直线x＝（1+3）＝2,
当x＝2时,y＝﹣3x+3＝﹣3,
故点P的坐标为（2,﹣3）；
（3）存在,理由：
在x轴取点A′（﹣1,0）,连接A′C,过点A作AH⊥A′C于点H,交y轴于点Q,则点Q是所求点,
理由：由点A′、C的坐标得,OA′＝1,OC＝3,则CA′＝,
则sin∠HCQ＝＝,
则AQ+CQ×＝AH＝AQ+CQsin∠HCQ＝AH为最小,
∵tanCA′O＝＝3,则tan∠HAA′＝,
而直线AH过点A（1,0）,故其表达式为y＝﹣（x﹣1）,
令x＝0,则y＝,故点Q的坐标为（0,）,则CQ＝3﹣＝
由点A、Q的坐标得,AQ＝＝,
∴AQ+QC的最小值＝+×＝＝．
8．（2021•资阳）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,且B（﹣1,0）,C（0,3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点P是抛物线上位于直线AC上方的一点,BP与AC相交于点E,当PE：BE＝1：2时,求点P的坐标；
（3）如图2,点D是抛物线的顶点,将抛物线沿CD方向平移,使点D落在点D'处,且DD'＝2CD,点M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点,MN∥y轴交直线OD'于点N,连结CN．当D'N+CN的值最小时,求MN的长．
【分析】（1）利用待定系数法,把问题转化为方程组解决．
（2）如图1中,过点B作BT∥y轴交AC于T,过点P作PQ∥OC交AC于Q．设P（m,﹣m2+2m+3）,求出BT,PQ,利用平行线分线段成比例定理构建方程求解即可．
（3）如图2中,连接AD,过点N作NJ⊥AD于J,过点C作CT⊥AD于T．证明AD′⊥x轴,由OD′＝＝3,推出sin∠OD′A＝＝,推出NJ＝ND′•sin∠OD′A＝D′N,可得D'N+CN＝CN+NJ,根据CN+NJ≥CT,可得结论．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c经过B（﹣1,0）,C（0,3）,
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）如图1中,过点B作BT∥y轴交AC于T,过点P作PQ∥OC交AC于Q．
设P（m,﹣m2+2m+3）,
对于抛物线y＝﹣x2+2x+3,令y＝0,可得x＝3或﹣1,
∴A（3,0）,
∵C（0,3）,
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3,
∵B（﹣1,0）,
∴T（﹣1,4）,
∴BT＝4,
∵PQ∥OC,
∴Q（m,﹣m+3）,
∴PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m,
∵PQ∥BT,
∴＝＝,
∴﹣m2+3m＝2,
解得m＝1或2,
∴P（1,4）或（2,3）．
（3）如图2中,连接AD′,过点N作NJ⊥AD′于J,过点C作CT⊥AD′于T．
∵抛物线y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4,
∴顶点D（1,4）,
∵C（0,3）,
∴直线CD的解析式为y＝x+3,CD＝,
∵DD′＝2CD,
∵DD′＝2,CD′＝3,
∴D′（3,6）,
∵A（3,0）,
∴AD′⊥x轴,
∴OD′＝＝＝3,
∴sin∠OD′A＝＝,
∵CT⊥AD′,
∴CT＝3,
∵NJ⊥AD′,
∴NJ＝ND′•sin∠OD′A＝D′N,
∴D'N+CN＝CN+NJ,
∵CN+NJ≥CT,
∴D'N+CN≥3,
∴D'N+CN的最小值为3,
此时N为OD'与CT的交点,
∴N（1.5,3）,
∵平移后抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣3）2+6,MN平行y轴,将x＝1.5代入抛物线解析式,
∴M（1.5,3.75）,
∴MN＝0.75
9．（2022•杜尔伯特县一模）如图,已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴相交于A（﹣1,0）,B（m,0）两点,与y轴相交于点C（0,﹣3）,抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点E在x轴上,且∠ECB＝∠CBD,求点E的坐标．
（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点,过点P作PH⊥x轴于点H,与BC交于点M．
①求线段PM长度的最大值．
②在①的条件下,若F为y轴上一动点,求PH+HF+CF的最小值．
【分析】（1）将A（﹣1,0）、C（0,﹣3）代入y＝x2+bx+c,待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）根据待定系数法,可得BD的解析式,根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系,根据待定系数法,可得CE的解析式,进一步可得答案；
（3）①根据BC的解析式和抛物线的解析式,设P（x,x2﹣2x﹣3）,则M（x,x﹣3）,表示PM的长,根据二次函数的最值可得：当x＝时,PM的最大值；
②当PM的最大值时,P（,﹣）,确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK＝45°,过F作FN⊥CK于N,当N、F、H三点共线时,如图2,FH+FN最小,即PH+HF+CF的值最小,根据45度的直角三角形的性质可得结论．
【解答】解：（1）把A（﹣1,0）,点C（0,﹣3）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：,
解得：,
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4
∴顶点D（1,﹣4）,
当y＝0时,x2﹣2x﹣3＝0,
（x﹣3）（x+1）＝0,
x＝3或﹣1,
∴B（3,0）；
如图1,连接BD,
设BD所在直线的解析式为：y＝k（x﹣3）,将D点坐标代入函数解析式,得﹣2k＝﹣4,
解得k＝2,
故BD所在直线的解析式为：y＝2x﹣6,
∵∠ECB＝∠CBD,
∴CE∥BD,
设CE所在直线的解析式为：y＝2x+b,将C点坐标代入函数解析式,得b＝﹣3,
故CE所在直线的解析式为：y＝2x﹣3,
当y＝0时,x＝．
当点E在点B的右侧时,直线CE经过BD的中点（2,2）,
此时CE的解析式为y＝x﹣3,
∴点E的坐标是（6,0）．
∴综上所述,点E的坐标是（,0）或（6,0）；
（3）①如图2,
∵B（3,0）,C（0,﹣3）,
设BC的解析式为：y＝kx+b,
则,
解得：,
BC的解析式为：y＝x﹣3,
设P（x,x2﹣2x﹣3）,则M（x,x﹣3）,
∴PM＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+,
当x＝时,PM有最大值为；
②当PM有最大值,P（,﹣）,
在x轴的负半轴了取一点K,使∠OCK＝45°,过F作FN⊥CK于N,
∴FN＝CF,
当N、F、H三点共线时,PH+NH最小,即PH+HF+CF的值最小,
Rt△OCK中,OC＝3,
∴OK＝3,
∵OH＝,
∴KH＝+3＝,
Rt△KNH中,∠KHN＝45°,
∴KN＝KH＝,
∴NH＝KN＝,
∴PH+HF+CF的最小值是PH+NH＝．
10．（2020•自贡）在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣3,0）、B（1,0）,交y轴于点N,点M为抛物线的顶点,对称轴与x轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,连接AM,点E是线段AM上方抛物线上一动点,EF⊥AM于点F,过点E作EH⊥x轴于点H,交AM于点D．点P是y轴上一动点,当EF取最大值时：
①求PD+PC的最小值；
②如图2,Q点为y轴上一动点,请直接写出DQ+OQ的最小值．
【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝ax2+2ax﹣3a,即﹣3a＝3,即可求解；
（2）①点C（﹣1,0）关于y轴的对称点为点B（1,0）,连接BD交y轴于点P,则点P为所求点,PD+PC＝PD+PB＝DB为最小,即可求解；
②过点O作直线OK,使sin∠NOK＝,过点D作DK⊥OK于点K,交y轴于点Q,则点Q为所求点,则DQ+OQ＝DQ+QK＝DK为最小,即可求解．
【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a,
即﹣3a＝3,解得：a＝﹣1,
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由抛物线的表达式得,点M（﹣1,4）,点N（0,3）,
则tan∠MAC＝＝2,
则设直线AM的表达式为：y＝2x+b,
将点A的坐标代入上式并解得：b＝6,
故直线AM的表达式为：y＝2x+6,
∵∠EFD＝∠DHA＝90°,∠EDF＝∠ADH,
∴∠MAC＝∠DEF,则tan∠DEF＝2,则cos∠DEF＝,
设点E（x,﹣x2﹣2x+3）,则点D（x,2x+6）,
则FE＝EDcos∠DEF＝（﹣x2﹣2x+3﹣2x﹣6）×＝（﹣x2﹣4x﹣3）,
∵﹣＜0,故EF有最大值,此时x＝﹣2,故点D（﹣2,2）；
①点C（﹣1,0）关于y轴的对称点为点B（1,0）,连接BD交y轴于点P,则点P为所求点,
PD+PC＝PD+PB＝DB为最小,
则BD＝＝；
②过点O作直线OK,使sin∠NOK＝,过点D作DK⊥OK于点K,交y轴于点Q,则点Q为所求点,
DQ+OQ＝DQ+QK＝DK为最小值,
则直线OK的表达式为：y＝x,
∵DK⊥OK,故设直线DK的表达式为：y＝﹣x+b,
将点D的坐标代入上式并解得：b＝2﹣,
而直线DK的表达式为：y＝﹣x+2﹣,
故点Q（0,2﹣）,
由直线KD的表达式知,QD与x轴负半轴的夹角（设为α）的正切值为,则cosα＝,
则DQ＝＝＝,而OQ＝（2﹣）,
则DQ+OQ为最小值＝+（2﹣）＝．
11．（2022•中山市三模）如图,抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴为直线x＝1,点A（﹣1,0）,过B的直线交y轴于点D,交抛物线于E,且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线第四象限的图象上找一点P,使得△BDP的面积最大,求出点P的坐标；
（3）点M是线段BE上的一点,求的最小值,并求出此时点M的坐标．
【分析】（1）由x＝1得点A的对称点B的坐标,将A、B坐标代入y＝ax2+bx﹣3中,利用待定系数法可求；
（2）求出直线BE的解析式,用m表示点P、H的坐标,进而表示线段PH,根据S△BDP＝×PH×3,用含m的代数式表示△BDP的面积,利用二次函数的性质,求出S关于m的二次函数的顶点横坐标,即可得出结论：
（3）过点M作MS∥y轴,过点E作ES∥x轴,过A作AT⊥ES于点T,构造出直角三角形,利用三角函数找到与ME相等的线段,根据“垂线段最短”得AM+ME的最小值,将二次函数与直线方程联立,解方程组,先求出点E坐标,点M坐标可求．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A、B两点,抛物线的对称轴为直线x＝1,点A（﹣1,0）,
∴B（3,0）,
∴,
解得．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
（2）∵B（3,0）,,
∴OD＝4,即D（0,4）．
∴直线BE的解析式为：y＝﹣x+4．
如图,过点P作PH⊥x轴,交AB于点H,
设P（m,m2﹣2m﹣3）,则H（m,﹣m+4）,
∴PH＝﹣m+4﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+7,
∴S△BDP＝×PH×3
＝﹣m2+m+
＝﹣（m﹣）2+,
∵﹣＜0,
∴当m＝时,即P（,﹣）时△BDP的面积最大．
（3）如图,过点M作MS∥y轴,过点E作ES∥x轴,过A作AT⊥ES于点T,
∵ES∥x轴,
∴∠SEM＝∠EBA,
∵tan∠EBA＝,
∴tan∠MES＝,
∴sin∠MES＝＝,
∴SM＝EM,
∴AM+EM＝AM+SM≥SA≥AT,
∴AM+EM的最小值为AT．
令x2﹣2x﹣3＝﹣x+4,
解得x＝3（舍）或x＝﹣,
∴E（﹣,）,
∴AM+EM的最小值,此时M（﹣1,）．
12．（2021•南山区校级三模）如图,已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴相交于点C（0,﹣2）,与x轴分别交于点B（3,0）和点A,且tan∠CAO＝1．
（1）求抛物线解析式．
（2）抛物线上是否存在一点Q,使得∠BAQ＝∠ABC,若存在,请求出点Q坐标,若不存在,请说明理由；
（3）抛物线的对称轴交x轴于点D,在y轴上是否存在一个点P,使PC+PD值最小,若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）由C（0,﹣2）,tan∠CAO＝1,可得A（﹣2,0）,用待定系数法即得抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）过A作AM∥BC交y轴于M,交抛物线于Q,作M关于x轴的对称点M',作直线AM'交抛物线于Q',由AM∥BC,得∠QAB＝∠ABC,即知Q是满足题意的点,根据B（3,0）,C（0,﹣2）,得直线BC解析式是y＝x﹣2,设直线AM解析式为y＝x+m,将A（﹣2,0）代入可得直线AM解析式为y＝x+,M（0,）,解即得Q（5,）,根据M、M'关于x轴对称,知Q'是满足题意的点,用待定系数法可得直线AQ'为y＝﹣x﹣,解即得Q（1,﹣2）；
（3）过P作PH⊥AC于H,过D作DH'⊥AC于H',交y轴于P',由y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣,可得D（,0）,因OA＝OC＝2,故△AOC是等腰直角三角形,可得△PCH是等腰直角三角形,PH＝PC,即知PC+PD最小即是PH+PD最小,故当P运动到P',H和H'重合时,PC+PD的最小,最小值是DH',由AD＝,即得DH'＝,即PC+PD的最小值是．
【解答】解：（1）∵C（0,﹣2）,
∴OC＝2,
∵tan∠CAO＝1,
∴＝1,
∴OA＝2,A（﹣2,0）,
将A（﹣2,0）,B（3,0）,C（0,﹣2）代入y＝ax2+bx+c得：
,解得,
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）存在一点Q,使得∠BAQ＝∠ABC,理由如下：
过A作AM∥BC交y轴于M,交抛物线于Q,作M关于x轴的对称点M',作直线AM'交抛物线于Q',如图：
∵AM∥BC,
∴∠QAB＝∠ABC,即Q是满足题意的点,
∵B（3,0）,C（0,﹣2）,
∴直线BC解析式是y＝x﹣2,
设直线AM解析式为y＝x+m,将A（﹣2,0）代入得﹣+m＝0,
∴m＝,
∴直线AM解析式为y＝x+,M（0,）,
解得（与A重合,舍去）或,
∴Q（5,）,
∵M、M'关于x轴对称,
∴∠Q'AB＝∠QAB＝∠ABC,M'（0,﹣）,
∴Q'是满足题意的点,
设直线AQ'为y＝kx﹣,将A（﹣2,0）代入得﹣2k﹣＝0,
∴k＝﹣,
∴直线AQ'为y＝﹣x﹣,
解得（舍去）或,
∴Q（1,﹣2）；
综上所述,点Q坐标是（5,）或（1,﹣2）；
（3）在y轴上存在一个点P,使PC+PD值最小,理由如下：
过P作PH⊥AC于H,过D作DH'⊥AC于H',交y轴于P',如图：
∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣,
∴抛物线对称轴是直线x＝,
∴D（,0）,
∵OA＝OC＝2,
∴△AOC是等腰直角三角形,
∴∠OCA＝45°＝∠OAC,
∴△PCH是等腰直角三角形,
∴PH＝PC,
∴PC+PD最小即是PH+PD最小,
∴当P运动到P',H和H'重合时,PC+PD的最小,最小值是DH',
∵∠OAC＝45°,DH'⊥AC,
∴△ADH'是等腰直角三角形,
∴DH'＝AD,
∵A（﹣2,0）,D（,0）,
∴AD＝,
∴DH'＝,即PC+PD的最小值是．
13．（2021•津南区一模）已知抛物线y＝x2﹣2x+c交x轴于A,B两点,且点B的坐标为（3,0）,其对称轴交x轴于点C．
（Ⅰ）求该抛物线的顶点D的坐标；
（Ⅱ）设P是线段CD上的一个动点（点P不与点C,D重合）．
①过点P作y轴的垂线l交抛物线（对称轴右侧）于点Q,连接QB,QD,求△QBD面积的最大值；
②连接PB,求PD+PB的最小值．
【分析】（Ⅰ）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3,即可得抛物线的顶点D的坐标是（1,﹣4）；
（Ⅱ）①过Q作QE∥y轴交BP于E,由B（3,0）,D（1,﹣4）可得直线BD解析式为y＝2x﹣6,设Q（m,m2﹣2m﹣3）,其中1＜m＜3,则E（m,2m﹣6）,EQ＝﹣m2+4m﹣3,可得S△QBD＝EQ•|xB﹣xD|＝﹣（m﹣2）2+1,根据二次函数性质即得△QBD面积的最大值是1；
②连接AD,过A作AH⊥BD于H,过P作PF⊥BD于F,连接AP,由P在抛物线对称轴上,得PA＝PB,在Rt△DBC中可得sin∠BDC＝＝＝,在Rt△DPF中,PF＝PD•sin∠PDF＝PD,即知PD+PB＝（PD+PB）＝（PF+PA）≥AH,由2S△ABD＝AB•CD＝BD•AH得AH＝＝,即可得PD+PB的最小值是8．
【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线y＝x2﹣2x+c经过点B（3,0）,
∴9﹣6+c＝0,
解得c＝﹣3,
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3,
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4,
∴抛物线的顶点D的坐标是（1,﹣4）；
（Ⅱ）①过Q作QE∥y轴交BD于E,如图：
设直线BD解析式为y＝kx+b,将B（3,0）,D（1,﹣4）代入得：
,解得,
∴直线BD解析式为y＝2x﹣6,
根据题意知Q在线段BD下方,设Q（m,m2﹣2m﹣3）,其中1＜m＜3,则E（m,2m﹣6）,
∴EQ＝2m﹣6﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3,
∴S△QBD＝EQ•|xB﹣xD|＝（﹣m2+4m﹣3）×（3﹣1）＝﹣m2+4m﹣3＝﹣（m﹣2）2+1,
∵﹣1＜0,1＜m＜3,
∴m＝2时,S△QBD最大值为1,
答：△QBD面积的最大值是1；
②连接AD,过A作AH⊥BD于H,过P作PF⊥BD于F,连接AP,如图：
∵P在抛物线对称轴上,
∴PA＝PB,
在Rt△DBC中,BD＝＝＝2,
∴sin∠BDC＝＝＝,
在Rt△DPF中,PF＝PD•sin∠PDF＝PD,
∴PD+PB＝（PD+PB）＝（PF+PA）≥AH,
由2S△ABD＝AB•CD＝BD•AH得：
AH＝＝＝,
∴PD+PB≥×＝8,
即PD+PB的最小值是8．
14．（2021•防城区模拟）如图,已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣8a（a＞0）与x轴从左至右依次交于A,B两点,与y轴交于点C,经过点B的直线y＝﹣x+与抛物线的另一交点为D,且点D的横坐标为﹣5．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P（x,y）在该二次函数的图象上,且S△BCD＝S△ABP,求点P的坐标；
（3）设F为线段BD上的一个动点（异于点B和D）,连接AF．是否存在点F,使得2AF+DF的值最小？若存在,分别求出2AF+DF的最小值和点F的坐标,若不存在,请说明理由．
【分析】（1）线求出点D的坐标,再将D点坐标代入抛物线解析式即可求解出a,进而得出解析式；
（2）由S△BCD＝S△ABP,则CE•|xB﹣xD|＝AB•|yP|,可得（﹣）×（4+5）＝（4+2）×|yP|,再结合题意求出yP＝,即可求出P点坐标为或；
（3）过点D作DM平行于x轴,故∠BDM＝30°,过F作FH⊥DM于H,当A、F、H三点共线时,即AH⊥DM时,2AF+DF取最小值．
【解答】解：把x＝﹣5代入y＝﹣x+,
解得y＝3,
∴D（﹣5,3）,
把D（﹣5,3）代入y＝ax2﹣2ax﹣8a,
解得a＝,
∴抛物线的解析式为；
（2）设直线BD与y轴交于点E,
∴E（0,）,
由可得A（﹣2,0）,B（4,0）,C（0,）,
由S△BCD＝S△ABP,
∴CE•|xB﹣xD|＝AB•|yP|,
∴（﹣）×（4+5）＝（4+2）×|yP|,
∴|yP|＝,
∴yP＝±,
∵抛物线的顶点为（1,﹣）,
∴yP＝,
∴P点坐标为或；
（3）存在点F,使得2AF+DF的值最小,理由如下：
过点D作DM平行于x轴,故∠BDM＝30°,过F作FH⊥DM于H,
∴sin30°＝＝,
∴HF＝DF,
∴2AF+DF＝2（AF+DF）＝2（AF+HF）＝2AH,
当A、F、H三点共线时,即AH⊥DM时,2AF+DF取最小值,
∵A（﹣2,0）,
∴F（﹣2,2）,
∵D（﹣5,3）,
∴AH＝3,
∴2AF+DF的最小值为6．
15．（2021秋•沈北新区校级月考）如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（1,0）,点B（﹣3,0）,与y轴交于点C,连接BC,点P在第二象限的抛物线上,连接PC、PO,线段PO交线段BC于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若△PCE的面积为S1,△OCE的面积为S2,当＝时,求点P的坐标；
（3）已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N,连接BN,点H在x轴上,当∠HCB＝∠NBC时,
①求满足条件的所有点H的坐标；
②当点H在线段AB上时,平面内点M,且HM＝1,直接写出AM+CM的最小值．
【分析】（1）先把点A（1,0）,点B（﹣3,0）代入抛物线y＝ax2﹣2x+c中列方程组,解方程组可得a和c的值,从而得抛物线的表达式；
（2）先根据待定系数法求BC的解析式为：y＝x+3,根据同高三角形面积的比等于对应底边的比,可得,证明△OEH∽△OPG,得＝,可设E（3m,3m+3）,则P（5m,﹣25m2﹣10m+3）,代入比例式可得方程,解出即可得结论；
（3）①由对称得：N（﹣2,3）,有两种情况：如图2,i）当BN∥CH1时,∠H1CB＝∠NBC,根据平移的性质可得点H1的坐标；ii）当∠H2CB＝∠NBC,设H2（n,0）,直线CH2与BN交于点M,确定BN和CH2的解析式,利用方程组的解可得M的坐标（﹣,）,根据两点的距离公式利用BM＝CM,列方程可得结论；
②通过证明△MHN∽△AHM,可得MN＝AM,当点M,点N,点C共线时,MN+MC最小值为CN的长,由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）把点A（1,0）,点B（﹣3,0）代入抛物线y＝ax2﹣2x+c中,
得：,
解得：,
∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1,过P作PG⊥y轴于G,过E作EH⊥y轴于H,
当x＝0时,y＝3,
∴C（0,3）,
设BC的解析式为：y＝kx+b,
则,解得,
∴BC的解析式为：y＝x+3,
∵△PCE的面积为S1,△OCE的面积为S2,且＝,
∴,
∵EH∥PG,
∴△OEH∽△OPG,
∴＝,
∴设E（3m,3m+3）,则P（5m,﹣25m2﹣10m+3）,
∴＝,
∴25m2+15m+2＝0,
（5m+2）（5m+1）＝0,
m1＝﹣,m2＝﹣,
当m＝﹣时,5m＝﹣2,则P（﹣2,3）,
当m＝﹣时,5m＝﹣1,则P（﹣1,4）,
综上,点P的坐标是（﹣2,3）或（﹣1,4）；
（3）①由对称得：N（﹣2,3）,
∵∠HCB＝∠NBC,
如图2,连接CN,有两种情况：
i）当BN∥CH1时,∠H1CB＝∠NBC,
∵CN∥AB,
∴四边形CNBH1是平行四边形,
∴H1（﹣1,0）；
ii）当∠H2CB＝∠NBC,
设H2（n,0）,直线CH2与BN交于点M,
∴BM＝CM,
∵B（﹣3,0）,N（﹣2,3）,
∴同理可得BN的解析式为：y＝3x+9,
设CH2的解析式为：y＝k1x+b1,
则,解得：,
∴设CH2的解析式为：y＝﹣+3,
∴M（﹣,）,
∵BM＝CM,
∴（﹣+3）2+（）2＝（﹣）2+（3﹣）2,
解得：n＝﹣9或﹣1（舍）,
∴H2（﹣9,0）,
综上,点H的坐标是（﹣1,0）或（﹣9,0）；
②∵点H在线段AB上,
∴点H（﹣1,0）,
∴HO＝1,AH＝2,
如图3,取HO的中点N（﹣,0）,
∴HO＝,
∴＝＝,
又∵∠MHN＝∠AHM,
∴△MHN∽△AHM,
∴,
∴MN＝AM,
∴AM+MC＝MN+MC,
∴当点M,点N,点C共线时,MN+MC最小值为CN的长,
∴CN＝＝＝,
∴AM+MC的最小值为．
16．（2021•香洲区校级三模）如图,抛物线y＝﹣x2﹣6x+7交x轴于A,B两点（点A在点B左侧）,交y轴于点C,直线y＝x+7经过点A、C,点M是线段AC上的一动点（不与点A,C重合）．
（1）求A,B两点的坐标；
（2）当点P,C关于抛物线的对称轴对称时,求PM+AM的最小值及此时点M的坐标；
（3）连接BC,当△AOM与△ABC相似时,求出点M的坐标．
【分析】（1）在y＝﹣x2﹣6x+7中,令y＝0,解得x＝﹣7或x＝1,即得A（﹣7,0）,B（1,0）；
（2）过P作PN⊥x轴于N,交AC于M,抛物线y＝﹣x2﹣6x+7的对称轴为直线x＝﹣＝﹣3,在y＝﹣x2﹣6x+7中,得C（0,7）,可得sin∠CAB＝＝＝,在Rt△AMN中,MN＝AM,故PM+AM最小,即是PM+MN最小,PM+AM的最小值即为PN的长,根据点P,C（0,7）关于抛物线的对称轴直线x＝﹣3对称,即得PN＝OC＝7,即PM+AM的最小值为7,由A（﹣7,0）,C（0,7）得直线AC解析式为y＝x+7,可求出M（﹣6,）；
（3）过M作MH⊥x轴于H,过M'作M'G⊥x轴于G,△AOM与△ABC相似,分两种情况：①当△ABC∽AMO时,＝,可得AM＝,由△AMH∽△ACO,即得M（﹣,）,②当△ABC∽△AOM'时,＝,得AM'＝,同理可得M'（﹣,）．
【解答】解：（1）在y＝﹣x2﹣6x+7中,令y＝0得：
﹣x2﹣6x+7＝0,解得x＝﹣7或x＝1,
∴A（﹣7,0）,B（1,0）；
（2）过P作PN⊥x轴于N,交AC于M,如图：
抛物线y＝﹣x2﹣6x+7的对称轴为直线x＝﹣＝﹣3,
在y＝﹣x2﹣6x+7中,令x＝0得y＝7,
∴C（0,7）,
∴AC＝＝7,
∴sin∠CAB＝＝＝,
在Rt△AMN中,MN＝AM•sin∠CAB＝AM,
∴PM+AM最小,即是PM+MN最小,由垂线段最短可知PM+AM的最小值即为PN的长,
∵点P,C（0,7）关于抛物线的对称轴直线x＝﹣3对称,
∴PN与OC关于抛物线y＝﹣x2﹣6x+7的对称轴直线x＝﹣3对称,P（﹣6,7）,
∴PN＝OC＝7,即PM+AM的最小值为7,
由A（﹣7,0）,C（0,7）得直线AC解析式为y＝x+7,
在y＝x+7中,令x＝﹣6得y＝,
∴M（﹣6,）；
（3）过M作MH⊥x轴于H,过M'作M'G⊥x轴于G,如图：
∵A（﹣7,0）,B（1,0）,C（0,7）,
∴AB＝8,AC＝7,
∵∠MAO＝∠BAC,
∴△AOM与△ABC相似,分两种情况：
①当△ABC∽AMO时,＝,
∴＝,
∴AM＝,
∵MH⊥x轴,
∴MH∥OC,
∴△AMH∽△ACO,
∴＝＝,即＝＝,
∴AH＝,MH＝,
∴OH＝OA﹣AH＝,
∴M（﹣,）,
②当△ABC∽△AOM'时,
∴＝,即＝,
∴AM'＝,
同理可得＝＝,
∴＝＝,
∴AG＝,M'G＝,
∴OG＝OA﹣AG＝,
∴M'（﹣,）,
综上所述,当△AOM与△ABC相似时,M坐标为（﹣,）或（﹣,）．
17．（2021•涪城区校级模拟）已知：如图所示,抛物线y＝﹣x2﹣x+c与x轴交于A、B两点,与y轴的正半轴交于点C,点A在点B的左侧,且满足tan∠CAB•tan∠CBA＝1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点P是抛物线y＝﹣x2﹣x+c上一点,且△PAC的内切圆的圆心正好落在x轴上,求点P的坐标；
（3）若M为线段AO上任意一点,求MC+AM的最小值．
【分析】（1）点A、B的横坐标分别为x1,x2,利用tan∠CAB•tan∠CBA＝1和一元二次方程根与系数之间的关系求解；
（2）三角形内切圆的圆心是三个内角平分线的交点,得到x轴是角平分线,作点C关于x轴的对称点C'（0,﹣2）,直线AC'的解析式,联立抛物线求交点坐标；
（3）此题为胡不归模型,构建模型求解．
【解答】解：（1）设点A、B的横坐标分别为x1,x2,
令y＝0可得﹣x2﹣x+c＝0,
∴x1•x2＝﹣2c,
∵tan∠CAB•tan∠CBA＝1,即＝1,
∴OC2＝OA•OB＝（﹣x1）•x2＝2C,
即c2＝2c,
解得c1＝0（舍去）,c2＝2,
∴抛物线y＝﹣x2﹣x+2,
令y＝0解得,x1＝﹣4,x2＝1,
故点A（﹣4,0）,点B（1,0）；
（2）△PAC的内切圆圆心正好落在x轴上,则x轴为∠CAP的角平分线,
作点C关于x轴的对称点C'（0,﹣2）,
设直线AC'的解析式为y＝kx+b,将点A（﹣4,0）,C'（0,﹣2）代入,
得,
解得,
∴直线AC'的解析式为y＝x﹣2,
联立抛物线与直线得,
解得,,
故点P坐标（2,﹣3）；
（3）过点A作直线AD,使sin∠OAD＝,过点M作ME⊥AD于点E,如图,
在Rt△MAE中,sin∠OAD＝,
∴ME＝AM,
∴MC+AM＝MC+ME,当点M、C、E三点共线时,MC+ME最小为CE,
∵∠OMC＝∠EMA．∠MEA＝∠COM,
∴∠EAM＝∠OCM,
在Rt△OCM中,sin∠OCM＝sin∠OAD＝,OC＝2,
∴tan∠OCM＝＝＝,cos∠OAD＝＝,
∴OM＝1,CM＝,
∴AM＝4﹣1＝3,
在Rt△AEM中,sin∠OAD＝,AM＝3,
∴EM＝3•sin∠OAD＝,
∴MC+ME＝+＝．
故MC+AM的最小值．
18．（2021•青山区模拟）已知抛物线y＝ax2﹣4ax﹣12a与x轴相交于A,B两点,与y轴交于C点,且OC＝OA．设抛物线的顶点为M,对称轴交x轴于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1,点E（m,n）为抛物线上的一点,且0＜m＜6,连接AE,交对称轴于点P．点F为线段BC上一动点,连接EF,当PA＝2PE时,求EF+BF的最小值．
（3）如图2,过点M作MQ⊥CM,交x轴于点Q,将线段CQ向上平移t个单位长度,使得线段CQ与抛物线有两个交点,求t的取值范围．
【分析】（1）令y＝0可得A坐标,由OC＝OA得OC,即可得C的坐标,代入y＝ax2﹣4ax﹣12a求出a,即可得抛物线解析式；
（2）过E作EH⊥x轴于H,交BC于F',过F作FQ⊥x轴于Q,Rt△BOC中,可得sin∠CBO＝＝,Rt△BFQ中,sin∠CBO＝＝,可得FQ＝BF,要求EF+BF的最小即是求EF+BF的最小值,也是EF+FQ最小,此时E、F、Q共线,即F与F'重合,Q与H重合,EH的长度即是EF+BF的最小值,求出E点坐标即可得到答案；
（3）将线段CQ向上平移,当Q落到抛物线上的Q1处时,线段CQ与抛物线有两个交点,继续将线段向上平移,当线段与抛物线只有一个交点,Q移动到Q2处,分别求出Q移动到Q1、Q2处时的t值,即可得到答案．
【解答】解：（1）在y＝ax2﹣4ax﹣12a中,令y＝0得ax2﹣4ax﹣12a＝0,
解得x1＝﹣2,x2＝6,
∴OA＝2,
∵OC＝OA,
∴OC＝3,即C（0,3）,
将C（0,3）代入y＝ax2﹣4ax﹣12a得a＝﹣,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3；
（2）过E作EH⊥x轴于H,交BC于F',过F作FQ⊥x轴于Q,如图：
∵y＝﹣x2+x+3对称轴为直线x＝2,
∴P横坐标为2,即ON＝2,
∴AN＝2﹣（﹣2）＝4,
∵AP＝2PE,
∴AN＝2NH,
∴NH＝2,
∴E横坐标为4,在y＝﹣x2+x+3中令x＝4得y＝3,
∴E（4,3）,
由（1）可知：OC＝3,OB＝6,
Rt△BOC中,BC＝＝3,
∴sin∠CBO＝＝＝,
∵EH⊥x轴,
∴Rt△BFQ中,sin∠CBO＝＝,
∴FQ＝BF,
而EF+BF＝（EF+BF）,
∴EF+BF最小即是EF+BF最小,也是EF+FQ最小,此时E、F、Q共线,即F与F'重合,Q与H重合,EH的长度即是EF+BF的最小值,
∵EH＝|yE|＝3,
∴EF+BF的最小值为3,
∴EF+BF的最小值为；
（3）将线段CQ向上平移,当Q落到抛物线上的Q1处时,线段CQ与抛物线有两个交点,继续将线段向上平移,当线段与抛物线只有一个交点,Q移动到Q2处,如图：
∵y＝﹣x2+x+3顶点M（2,4）,
又C（0,3）,
∴CM的解析式为y＝x+3,
由MQ⊥CM,设MQ解析式为y＝﹣2x+b,将M（2,4）代入得：4＝﹣2×2+b,
∴b＝8,
∴MQ解析式为y＝﹣2x+8,
在y＝﹣2x+8中令y＝0得x＝4,
∴Q（4,0）,
而C（0,3）,
∴CQ解析式为y＝﹣x+3,
将线段CQ向上平移t个单位长度,与C1Q1重合时,则Q1（4,t）,
代入y＝﹣x2+x+3得：t＝﹣×16+4+3＝3,
将线段CQ向上平移t个单位长度,与C2Q2重合时,C2Q2解析式为y＝﹣x+3+t,
由只有一个解,可得﹣x2+x﹣t＝0的判别式Δ＝0,即（）2﹣4×（﹣）•（﹣t）＝0,
解得t＝,
∴将线段CQ向上平移t个单位长度,使得线段CQ与抛物线有两个交点,3≤t＜．
19．（2021•罗湖区校级模拟）已知抛物线y＝ax2+bx（a,b为常数,a≠0）与x轴的正半轴交于点A,其顶点C的坐标为（2,4）．
（Ⅰ）求抛物线的解析式；
（Ⅱ）点P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点,求△PAC面积的最大值；
（Ⅲ）点Q是抛物线对称轴上的一个动点,连接QA,求QC+QA的最小值．
【分析】（1）由顶点C的坐标为（2,4）列方程即可得答案；
（2）设P横坐标为m,用m的代数式表示△PAC面积即可得出答案；
（3）将QC+QA化为（QC+QA）,属“胡不归”问题,作sin∠ECD＝,把所求问题转化为求垂线段即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx顶点C的坐标为（2,4）,
∴,解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x,
（2）过P作PQ交AC于Q,如答图1：
∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x,
∴令y＝0得x1＝0,x2＝4,
∴A（4,0）,
设直线AC解析式为y＝kx+b,将A（4,0）、C（2,4）代入得：
,解得,
∴直线AC解析式为y＝﹣2x+8,
设P（m,﹣m2+4m）,则Q（m,﹣2m+8）,
∴PQ＝（﹣m2+4m）﹣（﹣2m+8）＝﹣m2+6m﹣8,
∴S△PAC＝S△PAQ+S△PCQ＝PQ•（xA﹣xC）＝（﹣m2+6m﹣8）×（4﹣2）＝﹣m2+6m﹣8,
当m＝＝3时,S△PAC最大为1,
∴△PAC面积的最大值是1；
（3）∵QC+QA＝（QC+QA）,
∴要使QC+QA最小,即是QC+QA最小,
设抛物线对称轴交x轴于D,以C为顶点,CD为一边,在对称轴左侧作∠ECD,使sin∠ECD＝,过A作AB⊥CB于B,交CD于Q′,过Q作QF⊥CE于F,如答图2：
∵sin∠ECD＝,QF⊥CE,
∴QF＝QC,
∴QC+QA最小即是QF+QA最小,
此时F与B重合,Q与Q′重合,QC+QA的最小值即是AB的长度,
∵∠BQ′C＝∠AQ′D,∠Q/BC＝∠Q′DA＝90°,
∴∠ECD＝∠Q′AD,
∵sin∠ECD＝,
∴sin∠Q′AD＝,可得tan∠Q′AD＝,cos∠Q′AD＝,
而A（4,0）、C（2,4）知DA＝2,
∴Q′A＝,Q′D＝1,
∴Q′C＝3,
∵sin∠ECD＝,
∴Q′B＝,
∴AB＝Q′A+Q′B＝,
∴QC+QA最小为,
∴QC+QA最小为（QC+QA）＝8．
20．（2020•东胜区二模）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（﹣2,0）,B（0,）,C（1,0）,其对称轴与x轴交于点E,顶点坐标为D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线的对称轴上的一个动点,且在第二象限内,若平面内存在点Q,使得以B,C,P,Q为顶点的四边形为菱形,求点Q的坐标；
（3）若M为y轴上的一个动点,连接ME,求MB+ME的最小值．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）分CP＝BC、BP＝BC、CP＝BP三种情况,利用菱形的性质和中垂线的性质,分别求解即可；
（3）如图,连接BC,作EH⊥BC于H,交OB于M,此时BM+ME最小,进而求解．
【解答】解：（1）将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得,解得,
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣x+；
（2）由函数的表达式知,函数的对称轴为x＝﹣,故设点P的坐标为（,m）．
∵C（1,0）,B（0,）,
∴BC2＝1+3＝4,直线BC的表达式为y＝﹣x+,
①以C为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点,此时CP＝BC,
则（+1）2+m2＝4,解得m＝±,
即此时点P的坐标为P1（﹣,）或P2（﹣,﹣）（舍去）；
②以B为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点,此时BP＝BC,
则（）2+（m﹣）2＝4,解得m1＝+或m2＝﹣,
即此时点P的坐标为P3（﹣,+）或P4（﹣,﹣）（舍去）；
③线段BC的垂直平分线与对称轴有一个交点,此时CP＝BP,
则（+1）2+m2＝（）2+（﹣m）2,解得m＝,
即此时点P的坐标为P5（﹣,）；
故点P的坐标为（﹣,）或（﹣,+）或（﹣,）；
当点P的坐标为P（﹣,）时,
∵BC∥PQ,
故直线PQ的表达式为y＝﹣x+t,
将点P的坐标代入上式得：＝﹣×（﹣）+t,
解得t＝,
故直线PQ的表达式为y＝﹣x+,
则设点Q的坐标为（x,y）,其中y＝﹣x+,
由菱形的性质知,BP的中点即为CQ的中点,
由中点公式得：（x﹣）＝（0+1）,解得x＝﹣,
当x＝﹣时,y＝﹣x+＝,
故点Q的坐标为（﹣,）,
同理可得,点P（﹣,+）或（﹣,）时,对应的点Q的坐标分别为（,）或（,）,
综上所述,满足条件的点Q的坐标为（﹣,）或（,）或（,）；
（3）如图,连接BC,作EH⊥BC于H,交OB于M,此时BM+ME最小．
理由：∵OC＝1,OB＝,
∴tan∠CBO＝＝,
∴∠CBO＝30°,
∴MH＝BM,
∴BM+ME＝MH+EM＝EH,
∴此时BM+ME最短,
在Rt△CEH中,∵∠CHE＝90°,CE＝,∠HCE＝60°,
∴sin60°＝,
∴EH＝,
∴BM+ME的最小值为．
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