2023年中考数学压轴题专项训练 压轴题07二次函数与线段最值定值问题（八大类型）（试题+答案）

这是一份2023年中考数学压轴题专项训练 压轴题07二次函数与线段最值定值问题（八大类型）（试题+答案），文件包含2023年中考数学压轴题专项训练压轴题07二次函数与线段最值定值问题八大类型答案docx、2023年中考数学压轴题专项训练压轴题07二次函数与线段最值定值问题八大类型试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共78页， 欢迎下载使用。
2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题07二次函数与线段最值定值问题（八大类型）

题型一： 二次函数与单线段最值问题
例1．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（5，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，52）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使得△ACP是以点A为直角顶点的直角三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点G为抛物线上的一动点，过点G作GE垂直于y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点G的坐标．

【分析】（1）运用待定系数法就可求出抛物线的解析式；
（2）以A为直角顶点，根据点P的纵、横坐标之间的关系建立等量关系，就可求出点P的坐标；
（3）连接OD，易得四边形OFDE是矩形，则OD＝EF，根据垂线段最短可得当OD⊥AC时，OD（即EF）最短，然后只需求出点D的纵坐标，就可得到点P的纵坐标，就可求出点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（5，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，52），
∴设抛物线的解析式是y＝a（x﹣5）（x+1）1），
则52=a×（﹣5）×1，解得a=−12．
则抛物线的解析式是y=−12（x﹣5）（x+1）=−12x2+2x+52；

（2）存在．
当点A为直角顶点时，过A作AP⊥AC交抛物线于点P，交y轴于点H，如图．
∵AC⊥AP，OC⊥OA，
∴△OAC∽△OHA，
∴OAOH=OCOA，
∴OA2＝OC•OH，
∵OA＝5，OC=52，
∴OH＝10，
∴H（0，﹣10），A（5，0），
∴直线AP的解析式为y＝2x﹣10，
联立y=2x−10y=−12x2+2x+52，
∴P的坐标是（﹣5，﹣20）．

（3）∵DF⊥x轴，DE⊥y轴，
∴四边形OFDE为矩形，
∴EF＝OD，
∴EF长度的最小值为OD长度的最小值，
当OD⊥AC时，OD长度最小，
此时S△AOC=12AC•OD=12OA•OC，
∵A（5，0），C（0，52），
∴AC=552，
∴OD=5，
∵DE⊥y轴，OD⊥AC，
∴△ODE∽△OCD，
∴ODOE=COOD，
∴OD2＝OE•CO，
∵CO=52，OD=5，
∴OE＝2，
∴点G的纵坐标为2，
∴y=−12x2+2x+52=2，
解得x1＝2−5，x2＝2+5，
∴点G的坐标为（2−5，2）或（2+5，2）．

【点评】本题主要考查了用待定系数法求抛物线的解析式、抛物线上点的坐标特征、等腰三角形的性质、矩形的性质、解一元二次方程、勾股定理等知识，有一定的综合性，根据矩形的性质将EF转化为OD，然后利用垂线段最短是解决第（3）小题的关键．
题型二： 二次函数与将军饮马型问题
例2．如图1，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣4，0），B（1，0）两点，过点B的直线y＝kx+23分别与y轴及抛物线交于点C，D．
（1）求直线和抛物线的表达式；
（2）动点P从点O出发，在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀速运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出所有满足条件的t的值；
（3）如图2，将直线BD沿y轴向下平移4个单位后，与x轴，y轴分别交于E，F两点，在抛物线的对称轴上是否存在点M，在直线EF上是否存在点N，使DM+MN的值最小？若存在，求出其最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法求解可得；
（2）先求得点D的坐标，过点D分别作DE⊥x轴、DF⊥y轴，分P1D⊥P1C、P2D⊥DC、P3C⊥DC三种情况，利用相似三角形的性质逐一求解可得；
（3）通过作对称点，将折线转化成两点间距离，应用两点之间线段最短．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0），B（1，0）代入y＝ax2+2x+c，得
16a−8+c=0a+2+c=0，
解得：a=23c=−83，
∴抛物线解析式为：y=23x2+2x−83，
∵过点B的直线y＝kx+23，
∴代入（1，0），得：k=−23，
∴BD解析式为y=−23x+23；

（2）由y=23x2+2x−83y=−23x+23得交点坐标为D（﹣5，4），
如图1，过D作DE⊥x轴于点E，作DF⊥y轴于点F，
当P1D⊥P1C时，△P1DC为直角三角形，
则△DEP1∽△P1OC，
∴DEPO=PEOC，即4t=5−t23，
解得t=15±1296，

当P2D⊥DC于点D时，△P2DC为直角三角形
由△P2DB∽△DEB得DBEB=P2BDB，
即526=t+152，
解得：t=233；
当P3C⊥DC时，△DFC∽△COP3，
∴DFOC=CFP3O，即523=103t，
解得：t=49，
∴t的值为49、15±1296、233．

（3）由已知直线EF解析式为：y=−23x−103，
在抛物线上取点D的对称点D′，过点D′作D′N⊥EF于点N，交抛物线对称轴于点M

过点N作NH⊥DD′于点H，此时，DM+MN＝D′N最小．
则△EOF∽△NHD′
设点N坐标为（a，−23a−103），
∴OENH=OFHD'，即54−(−23a−103)=1032−a，
解得：a＝﹣2，
则N点坐标为（﹣2，﹣2），
求得直线ND′的解析式为y=32x+1，
当x=−32时，y=−54，
∴M点坐标为（−32，−54），
此时，DM+MN的值最小为D'H2+NH2=42+62=213．
【点评】本题是二次函数和几何问题综合题，应用了二次函数性质以及转化的数学思想、分类讨论思想．解题时注意数形结合．
题型三： 二次函数与胡不归型线段最值问题
例3．已知抛物线y=−12x2+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+54NQ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=12−b，在求出B（2b﹣1，0），C（0，12−b），由PB＝PC，（2b﹣1）2+4＝|12−b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|12−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=−12x2+52x﹣2，设Q（52，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=45DQ，当M、Q、N三点共线时，DQ+54NQ有最小值54MN，在Rt△AMN中，AN＝2，求出MN=65，可求DQ+54NQ的最小值为32．
【解答】解：（Ⅰ）当b＝2时，y=−12x2+2x+c，
将点A（1，0）代入y=−12x2+2x+c，
∴c=−32，
∴y=−12x2+2x−32=−12（x﹣2）2+12，
∴抛物线的顶点为（2，12）；
（Ⅱ）∵点P是y轴上一点，OP＝2，
∴P（0，2）或（0，﹣2），
将A代入y=−12x2+bx+c，
∴−12+b+c＝0，
∴c=12−b，
∵−12x2+bx+12−b＝0，
∴1+x1＝2b，
∴x1＝2b﹣1，
∴B（2b﹣1，0），
令x＝0，则y＝2b﹣1，
∴C（0，12−b），
∵PB＝PC，
∴（2b﹣1）2+4＝|12−b﹣2|2或（2b﹣1）2+4＝|12−b+2|2，
解得b=12或b=116或b=12或b=−56，
∵A点在B点左侧，
∴2b﹣1＞1，
∴b＞1，
∴b=116；
（Ⅲ）将点A、B代入y=−12x2+bx+c，
∴−12+b+c=0−8+4b+c=0，
b=52c=−2，
∴y=−12x2+52x﹣2，
∴抛物线的对称轴为直线x=52，
∴E（52，0），
∵y=−12x2+52x﹣2=−12（x−52）2+98，
∴顶点D（52，98），
∵A（1，0），B（4，0），
∴AB＝3，
∵AN＝2BN，
∴AN＝2，BN＝1，
∴N（3，0），
设Q（52，t），
过点N作AD的垂线交于点M，交对称轴于点Q，
∵AE=32，DE=98，
∴tan∠DAE=34，
∴∠EQN＝∠DAE，
∴∠DAN＝∠MQD，
∴tan∠MQD=34，
∴sin∠MQD=45，
∴MQ=45DQ，
∵DQ+54NQ=54（45DQ+NQ）=54（MQ+NQ），
∴当M、Q、N三点共线时，DQ+54NQ有最小值54MN，
在Rt△AMN中，AN＝2，
∴sin∠MAN=35，
∴MN=35×2=65，
∴DQ+54NQ=54×MN=32，
∴DQ+54NQ的最小值为32．

【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用一元二次方程求最值是解题的关键．
题型四： 二次函数与三线段和最值问题
例4．如图1，已知一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，且与x轴交于另一点C．
（1）求b、c的值；
（2）如图1，点D为AC的中点，点E在线段BD上，且BE＝2ED，连接CE并延长交抛物线于点M，求点M的坐标；
（3）将直线AB绕点A按逆时针方向旋转15°后交y轴于点G，连接CG，如图2，P为△ACG内一点，连接PA、PC、PG，分别以AP、AG为边，在他们的左侧作等边△APR，等边△AGQ，连接QR
①求证：PG＝RQ；
②求PA+PC+PG的最小值，并求出当PA+PC+PG取得最小值时点P的坐标．

【分析】（1）把A（﹣3，0），B（0，3）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c即可解决问题．
（2）首先求出A、C、D坐标，根据BE＝2ED，求出点E坐标，求出直线CE，利用方程组求交点坐标M．
（3）①欲证明PG＝QR，只要证明△QAR≌△GAP即可．②当Q、R、P、C共线时，PA+PG+PC最小，作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K，由sin∠ACM=AMAC=NQQC求出AM，CM，利用等边三角形性质求出AP、PM、PC，由此即可解决问题．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（﹣3，0），B（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，
∴c=3−9−3b+c=0解得b=−2c=3，
∴b＝﹣2，c＝3．
（2），对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，则﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，
∴点C坐标（1，0），
∵AD＝DC＝2，
∴点D坐标（﹣1，0），
∵BE＝2ED，
∴点E坐标（−23，1），
设直线CE为y＝kx+b，把E、C代入得到−23k+b=1k+b=0解得k=−35b=35，
∴直线CE为y=−35x+35，
由y=−35x+35y=−x2−2x+3解得x=1y=0或x=−125y=5125，
∴点M坐标（−125，5125）．
（3）①∵△AGQ，△APR是等边三角形，
∴AP＝AR，AQ＝AG，∠QAC＝∠RAP＝60°，
∴∠QAR＝∠GAP，
在△QAR和△GAP中，
AQ=AG∠QAR=∠GAPAR=AP，
∴△QAR≌△GAP，
∴QR＝PG．
②如图3中，∵PA+PG+PC＝QR+PR+PC＝QC，
∴当Q、R、P、C共线时，PA+PG+PC最小，
作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K．
∵∠GAO＝60°，AO＝3，
∴AG＝QG＝AQ＝6，∠AGO＝30°，
∵∠QGA＝60°，
∴∠QGO＝90°，
∴点Q坐标（﹣6，33），
在RT△QCN中，QN＝33，CN＝7，∠QNC＝90°，
∴QC=QN2+NC2=219，
∵sin∠ACM=AMAC=NQQC，
∴AM=65719，
∵△APR是等边三角形，
∴∠APM＝60°，∵PM＝PR，cos30°=AMAP，
∴AP=121919，PM＝RM=61919
∴MC=AC2−AM2=141919，
∴PC＝CM﹣PM=81919，
∵PKQN=CPCQ=CKCN，
∴CK=2819，PK=12319，
∴OK＝CK﹣CO=919，
∴点P坐标（−919，12319）．
∴PA+PC+PG的最小值为219，此时点P的坐标（−919，12319）．

【点评】本题考查二次函数综合题、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是理解Q、R、P、C共线时，PA+PG+PC最小，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
题型五： 二次函数与线段倍分关系最值问题
例5．抛物线y＝﹣x2+4ax+b（a＞0）与x轴相交于O、A两点（其中O为坐标原点），过点P（2，2a）作直线PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B，点B关于抛物线对称轴的对称点为C（其中B、C不重合），连接AP交y轴于点N，连接BC和PC．
（1）a=32时，求抛物线的解析式和BC的长；
（2）如图a＞1时，若AP⊥PC，求a的值；
（3）是否存在实数a，使APPN=12？若存在，求出a的值，如不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据抛物线经过原点b＝0，把a=32、b＝0代入抛物线解析式，即可求出抛物线解析式，再求出B、C坐标，即可求出BC长．
（2）利用△PCB∽△APM，得PBAM=BCPM，列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+4ax+b（a＞0）经过原点O，
∴b＝0，
∵a=32，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+6x，
∵x＝2时，y＝8，
∴点B坐标（2，8），
∵对称轴x＝3，B、C关于对称轴对称，
∴点C坐标（4，8），
∴BC＝2．
（2）∵AP⊥PC，
∴∠APC＝90°，
∵∠CPB+∠APM＝90°，∠APM+∠PAM＝90°，
∴∠CPB＝∠PAM，
∵∠PBC＝∠PMA＝90°，
∴△PCB∽△APM，
∴PBAM=BCPM，
∴6a−44a−2=4a−42a，
整理得a2﹣4a+2＝0，解得a＝2±2，
∵a＞1，
∴a＝2+2．

（3）当点P在等A的左侧时，∵△APM∽△ANO，
∴APPN=AMMO=12，
∵AM＝4a﹣2，OM＝2，
∴4a−22=12，
∴a=34．
当点P在D点A的右侧时，同法可得OA＝AM，
4a＝2﹣4a，
∴a=14，
综上所述，满足条件的a的值为34或14．

【点评】本题考查二次函数性质、相似三角形的判定和性质、待定系数法等知识，解题的关键是利用相似三角形性质列出方程解决问题，学会转化的思想，属于中考常考题型．
题型六： 二次函数与线段乘积问题
例6．已知直线y=12x+2分别交x轴、y轴于A、B两点，抛物线y=12x2+mx﹣2经过点A，和x轴的另一个交点为C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点D是抛物线上的动点，且在第三象限，求△ABD面积的最大值；
（3）如图2，经过点M（﹣4，1）的直线交抛物线于点P、Q，连接CP、CQ分别交y轴于点E、F，求OE•OF的值．
备注：抛物线顶点坐标公式（−b2a，4ac−b24a）
【分析】（1）先求得点A的坐标，然后将点A的坐标代入抛物线的解析式求得m的值即可；
（2）过点D作DH∥y轴，交AB于点H，设D（n，12n2+32n﹣2），H（n，12n+2），然后用含n的式子表示DH的长，接下来，利用配方法求得DH的最大值，从而可求得△ABD面积最大值；
（3）先求得点C的坐标，然后设直线CQ的解析式为y＝ax﹣a，CP的解析式为y＝bx﹣b，接下来求得点Q和点P的横坐标，然后设直线PQ的解析式为y＝x+d，把M（﹣4，1）代入得：y＝kx+4k+1，将PQ的解析式为与抛物线解析式联立得到关于x的一元二次方程，然后依据一元二次方程根与系数的关系可求得ab=−12，最后，由ab的值可得到OE•OF的值．
【解答】解：（1）把y＝0代入y=12x+2得：0=12x+2，解得：x＝﹣4，
∴A（﹣4，0）．
把点A的坐标代入y=12x2+mx﹣2得：m=32，
∴抛物线的解析式为y=12x2+32x﹣2．
（2）过点D作DH∥y轴，交AB于点H，

设D（n，12n2+32n﹣2），H（n，12n+2）．
∴DH＝（12n+2）﹣（12n2+32n﹣2）=−12（n+1）2+92．
∴当n＝﹣1时，DH最大，最大值为92，
此时△ABD面积最大，最大值为12×92×4＝9．
（3）把y＝0代入 y=12x2+32x﹣2，得：x2+3x﹣4＝0，解得：x＝1或x＝﹣4，
∴C（1，0）．
设直线CQ的解析式为y＝ax﹣a，CP的解析式为y＝bx﹣b．
∴y=ax−ay=12x2+32x−2，解得：x＝1或x＝2a﹣4．
∴xQ＝2a﹣4．
同理：xP＝2b﹣4．
设直线PQ的解析式为y＝kx+b，把M（﹣4，1）代入得：y＝kx+4k+1．
∴y=kx+4k+1y=12x2+32x−2．
∴x2+（3﹣2k）x﹣8k﹣6＝0，
∴xQ+xP＝2a﹣4+2b﹣4＝2k﹣3，xQ•xP＝（2a﹣4）（2b﹣4）＝﹣8k﹣6，
解得：ab=−12．
又∵OE＝﹣b，OF＝a，
∴OE•OF＝﹣ab=12．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式、一元二次方程根与系数的关系，建立关于a、b的方程组求得ab的值是解题的关键．
题型七： 二次函数与线段比值问题
例7．抛物线y＝ax2+c与x轴交于A，B两点，顶点为C，点P为抛物线上一点，且位于x轴下方．
（1）如图1，若P（1，﹣3），B（4，0）．
①求该抛物线的解析式；
②若D是抛物线上一点，满足∠DPO＝∠POB，求点D的坐标；
（2）如图2，已知直线PA，PB与y轴分别交于E、F两点．当点P运动时，OE+OFOC是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．

【分析】（1）①根据待定系数法求函数解析式，可得答案；②根据平行线的判定，可得PD∥OB，根据函数值相等两点关于对称轴对称，可得D点坐标；
（2）根据待定系数法，可得E、F点的坐标，根据分式的性质，可得答案．
【解答】解：（1）①将P（1，﹣3），B（4，0）代入y＝ax2+c，得
16a+c=0a+c=−3，解得a=15c=−165，
抛物线的解析式为y=15x2−165；
②如图1，
当点D在OP左侧时，
由∠DPO＝∠POB，得
DP∥OB，
D与P关于y轴对称，P（1，﹣3），
得D（﹣1，﹣3）；
当点D在OP右侧时，延长PD交x轴于点G．
作PH⊥OB于点H，则OH＝1，PH＝3．
∵∠DPO＝∠POB，
∴PG＝OG．
设OG＝x，则PG＝x，HG＝x﹣1．
在Rt△PGH中，由x2＝（x﹣1）2+32，得x＝5．
∴点G（5，0）．
∴直线PG的解析式为y=34x−154
解方程组y=34x−154y=15x2−165得x1=1y1=−3，x2=114y2=−2716．
∵P（1，﹣3），
∴D（114，−2716）．
∴点D的坐标为（﹣1，﹣3）或（114，−2716）．

（2）点P运动时，OE+OFOC是定值，定值为2，理由如下：

作PQ⊥AB于Q点，设P（m，am2+c），A（﹣t，0），B（t，0），则at2+c＝0，c＝﹣at2．
∵PQ∥OF，
∴PQOF=BQBO，
∴OF=PQ⋅BOBQ=−(am2+c)tt−m=(am2−at2)tm−t=amt+at2．
同理OE＝﹣amt+at2．
∴OE+OF＝2at2＝﹣2c＝2OC．
∴OE+OFOC=2．

【点评】本题考查了二次函数综合题，①利用待定系数法求函数解析式；②利用函数值相等的点关于对称轴对称得出D点坐标是解题关键；（2）利用待定系数法求出E、F点坐标是解题关键．
题型八： 二次函数与倒数和定值问题
例8．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，且OB＝OC．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D是抛物线顶点，点P（m，n）是在第二象限抛物线上的一点，分别连接BD、BC、BP，若∠CBD＝∠ABP，求m的值；
（3）如图1，过B、C、O三点的圆上有一点Q，并且点Q在第四象限，连接QO、QB、QC，试猜想线段QO、QB、QC之间的数量关系，并证明你的猜想；
（4）如图2，若∠BAC的角平分线交y轴于点G，过点G的直线分别交射线AB、AC于点E、F（不与点A重合），则1AE+1AF的值是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的值．

【分析】（1）利用待定系数法求解二次函数的解析式即可：
（2）如图，过P作PK⊥AB于K，连接CD，先求解顶点D（1．﹣4），证明∠BCD＝90°，tan∠DBC=CDBC=232=13，则tan∠CBD＝tan∠ABP=13，再列方程求解即可；
（3）如图，作O关于BC的对称点N，证明四边形OBNC为正方形，连接QB，QC，QO，QN，再分两种情况讨论：当Q在B，N之间时，当Q在C、N之间时，从而可得答案；
（4）过G作MG∥x轴交AC于M，过F作FT∥x轴交AG于T，过C作CQ∥x轴交AG于Q，如图：证明ACOA～ACGM，AACQ～AMG，可得1OA+1AC=1GM，同理可得：理可得：1AE+1AF=1GM，从而可得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与轴分别交于A（﹣1，0）、B（3.0）两点，
设抛物线为：y＝a（x+1）（x﹣3），
∵OB＝OC，
∴C（0，﹣3），
∴﹣3a＝﹣3．解得：a＝1，
所以抛物线为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图，过P作PK⊥AB于K，连接CD，

∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴顶点D（1，﹣4），
∴CD2＝（1﹣0）2+（﹣4+3）2＝2，
BC2＝32+32＝18，
∴CD2+BC2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，tan∠DBC=CDBC=232=13，
∵∠CBD＝∠ABP，
∴tan∠CBD＝tan∠ABP=13，
∵P（m，n），m＜0，n＞0，
∴AB＝3﹣m，PA﹣n＝m2﹣2m﹣3，
∴m2−2m−33−m=13，
∴m=−43，经检验符合题意；
（3）如图，作O关于BC的对称点N，而OB＝OC﹣3，0B⊥OC，
∴四边形OBNC为正方形，连接QB，QC，QO，ON，
∴CN＝BN＝OC＝CN＝3，BC⊥ON，BC，ON为圆的直径，
当Q在B，N之间时（与B不重合），在QC上截取CK＝BQ，
∵∠NBQ＝∠NCQ，

∴ΔΝCΚ≌ΔΝBQ（SAS），
∴∠CNK＝∠BNO，
∴∠BNO+∠BNK＝∠BNK+∠CNK＝∠CNB﹣90°，
∵BC⊥ON，
∴∠KQN=12x90°＝45°＝∠QKN，
∴QK2＝2QN2，
∴（QC﹣QB）2＝2QN2，
∵ON为直径，则∠OQN＝90°，
∴QN2＝ON2﹣QO2＝BC2﹣QO2＝18﹣QO2，
∴（QC﹣QB）2＝2（18﹣QO2），
而同理可得：QC2+QB2＝18，
整理得：QO2﹣QC•QB＝9，
当Q在C，N之间时（与C不重合），如图，

同理可得：QO2﹣QC•QB＝9；
（4）过G作MG∥x轴交AC于M，过F作FT∥x轴交AG于T，过C作CQ∥x轴交AG于Q，如图：

∵MG∥x轴，FT∥x轴，CQ∥x轴，
∴MG∥FT∥CQ∥OA，
∴△COA∽△CGM，△ACQ∽△AMG，
∴GMOA=CMAC，GMCQ=AMAC，
∴GMOA+GMCQ=CMAC+AMAC=1，
∴1OA+1CQ=1GM，
∵AG平分∠BAC，
∴∠CAG＝∠BAG＝∠AQC，
∴AC＝CQ，
∴1OA+1AC=1GM，
同理可得：1AE+1AF=1GM，
由（1）可知：A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴AC=12+32=10，
∴1AE+1AF=1GM=1OA+1AC=1+1010=10+1010，
∴1AE+1AF的值不变，为10+1010．
【点评】本题考查了利用待定系数法求解二次函数的解析式，锐角三角函数的应用，勾股定理及其逆定理的应用，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理的应用，正确作出辅助线是解题的关键．


一、解答题
1．如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点，D为顶点，其中点B的坐标为（5，0），点D的坐标为（1，3）．

(1)求该二次函数的表达式；
(2)试问在该二次函数图象上是否存在点G，使得△ADG的面积是△BDG的面积的35？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−316x−12+3
(2)存在，G的坐标为0,4516或−15,−45．

【分析】（1）依题意，利用二次函数的顶点式即可求．
（2）先求线段AD所在的直线解析式，求利用点到直线的公式d=Ax+By+CA2+B2，即可求△ADG与△BDG的高，利用三角形面积公式即可求．
【详解】（1）依题意，设二次函数的解析式为y=ax−12+3
将点B代入得0=a5−12+3，得a=−316
∴二次函数的表达式为：y=−316x−12+3
（2）存在点G，
当点G在x轴的上方时，设直线DG交x轴于P，设P（t，0），作AE⊥DG于E，BF⊥DG于F．

由题意：AE:BF=3:5，
∵AE∥BF，
∴AP:BP=AE:BF=3:5，
∴−3−t:5−t=3:5，
解得t=−15，
∴直线DG的解析式为y=316x+4516，
由y=316x+4516y=316x−12+3，
解得x=0y=4516或x=1y=3，
∴G0,4516．
当点G在x轴下方时，如图2所示，
∵AO:OB=3:5
∴当点G在DO的延长线上时，存在点G使得SADG:SBDG=3:5，
此时，DG的直线经过原点，设直线DG的解析式为y=kx，
将点D代入得k=3，
故y=3x，
则有y=3xy=316x−12+3
整理得，x−1x+15=0，
得x1=1（舍去），x2=−15
当x=−15时，y=−45，
故点G为−15,−45．
综上所述，点G的坐标为0,4516或−15,−45．

【点睛】本题考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，要学会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
2．在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2−4x+c与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且点A的坐标为(−5,0)．

(1)求点C的坐标；
(2)如图1，若点P是第二象限内抛物线上一动点，求点P到直线AC距离的最大值；
(3)如图2，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使以A，C，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．
【答案】(1)(0,5)
(2)2528
(3)存在， (−3,8)或(3,−16)或(−7,−16)

【分析】（1）把点A的坐标代入y=−x2−4x+c，求出c的值即可；
（2）过P作PE⊥AC于点E，过点P作PF⊥x轴交AC于点H，证明△PHE是等腰直角三角形，得PE=PH2，当PH最大时，PE最大，运用待定系数法求直线AC解析式为y=x+5，设P(m,−m2−4m+5)，(−51，
∴m=1+52，
∴抛物线的解析式为：y=x2+1−52x−1+52．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，属于中考压轴题，同时考查了轴对称解决线段和最小问题，以及等腰三角形的判定和性质．熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
9．已知抛物线y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a>0）的顶点为P，与x轴相交于点A−1,0和点B．

(1)若b=−2，c=−3，
①求点P的坐标；
②直线x=m（m是常数，1