2022年苏教版中考数学压轴题经典模型教案专题09 胡不归（8PA+kPB）型最短问题

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【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题9胡不归（8PA+kPB）型最短问题
经典例题



【例1】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．
【例2】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．

【例3】如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数y＝﹣的图象交于A（﹣2，m）、B（6，n）两点，与x轴交于D点，且C、D两点关于y轴对称．
（1）求一次函数的解析式求出点C的坐标．
（2）在x轴上是否存在点P，使得PA+PD的值最小？若存在，求出点P的坐标，并求出最小值；若不存在，请说明理由．
（3）将∠ADC沿x轴左右平移到∠AD′C′，在平移过程中，将该角绕点D′旋转，使它的一边始终经过点A，另一边与直线AC交于点C′，若为△AD′C′等腰直角三角形，求出点C′的坐标．

【例4】如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）证明：△ABM≌△EBN．
（2）当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由．
（3）当AM+BM+CM的值最小值为+1时，则正方形的边长为　　．

【例5】问题提出：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C半径为2，P为圆上一动点，连结AP、BP，求AP+12BP的最小值．
（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP，在CB上取点D，使CD＝1，则有CDCP=CPCB=12，又∵∠PCD＝∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴PDBP=12，∴PD=12BP，∴AP+12BP＝AP+PD．
请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+12BP的最小值为　37　．
（2）自主探索：在“问题提出”的条件不变的情况下，13AP+BP的最小值为　2337　．
（3）拓展延伸：已知扇形COD中，∠COD＝90°，OC＝6，OA＝3，OB＝5，点P是CD上一点，求2PA+PB的最小值．

【例6】如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3，0），B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，且OB＝3OA=3OC，∠OAC的平分线AD交y轴于点D，过点A且垂直于AD的直线l交y轴于点E，点P是x轴下方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，交直线AD于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，当FH＝HP时，求m的值；
（3）当直线PF为抛物线的对称轴时，以点H为圆心，12HC为半径作⊙H，点Q为⊙H上的一个动点，求14AQ+EQ的最小值．

．
培优训练


1．如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＞CD，AD＝AB+CD．
（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，
①证明：AE⊥DE；
②若CD＝2，AB＝4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值．

2．问题探究
（1）如图①，在△ABC中，∠B＝30°，E是AB边上的点，过点E作EF⊥BC于F，则EFBE的值为　12　．
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，对角线BD平分∠ABC，点E是对角线BD上一点，求AE+12BE的最小值．
问题解决
（3）如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+4分别与x轴，y轴交于点A、B，点P为直线AB上的动点，以OP为边在其下方作等腰Rt△OPQ且∠POQ＝90°．已知点C（0，﹣4），点D（3，0）连接CQ、DQ，那么DQ+22CQ是否存在最小值，若存在求出其最小值及此时点P的坐标，若不存在请说明理由．

3．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．

4．如图，抛物线y＝﹣x2﹣6x+7交x轴于A，B两点（点A在点B右侧），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．

5．如图1，在平面直角坐标系中，点D的横坐标为4，直线l1：y＝x+2经过点D，分别与x、y轴交于点A、B两点．直线l2：y＝kx+b经过点D及点C（1，0）．
（1）求出直线l2的解析式．
（2）在直线l2上是否存在点E，使△ABE与△ABO的面积相等，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）如图2，点P为线段AD上一点（不含端点），连接CP，一动点H从点C出发，沿线段CP以每秒2个单位的速度运动到P，再沿线段PD以每秒个单位的速度运动到D后停止，求H点在整个运动过程的最少用时．

6．如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+和直线l2：y＝﹣x+b相交于y轴上的点B，且分别交x轴于点A和点C．
（1）求△ABC的面积；
（2）点E坐标为（5，0），点F为直线l1上一个动点，点P为y轴上一个动点，求当EF+CF最小时，点F的坐标，并求出此时PF+OP的最小值；
（3）将△OBC沿直线l1平移，平移后记为△O1B1C1，直线O1B1交l2于点M，直线B1C1交x轴于点N，当△B1MN为等腰三角形时，请直接写出点C1的横坐标．

7．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．

8．如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由；
（3）当AM+BM+CM的最小值为2+2时，求正方形的边长．

9．如图，已知二次函数y＝ax2+4ax+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点（A在B的左侧），交y轴于点C．一次函数y＝﹣x+b的图象经过点A，与y轴交于点D（0，﹣3），与这个二次函数的图象的另一个交点为E，且AD：DE＝3：2．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）若点M为x轴上一点，求MD+MA的最小值．

10．二次函数y＝ax2﹣2x+c的图象与x轴交于A、C两点，点C（3，0），与y轴交于点B（0，﹣3）．
（1）a＝　1　，c＝　﹣3　；
（2）如图1，P是x轴上一动点，点D（0，1）在y轴上，连接PD，求PD+PC的最小值；
（3）如图2，点M在抛物线上，若S△MBC＝3，求点M的坐标．

11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+x+与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点．
（1）如图1，P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q．在抛物线的对称轴上有一动点M，在x轴上有一动点N，当6PQ﹣CQ的值最大时，求PM+MN+NB的最小值；
（2）如图2，将△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到△A′BC'，再将△A′BC′向右平移1个单位得到△A“B′C“，那么在抛物线的对称轴DM上，是否存在点T，使得△A′B′T为等腰三角形？若存在，求出点T到x轴的距离；若不存在，请说明理由．

12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．
（1）连接BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MN⊥BD，交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH⊥x轴，垂足为H，交BD于点F，点P是线段OC上一动点，当MN取得最大值时，求HF+FP+PC的最小值；
（2）在（1）中，当MN取得最大值，HF+FP+PC取得最小值时，把点P向上平移个单位得到点Q，连接AQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G．在旋转过程中，是否存在一点G，使得∠Q'＝∠Q'OG？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．

13．【问题提出】如图①，已知海岛A到海岸公路BD的距离为AB的长度，C为公路BD上的酒店，从海岛A到酒店C，先乘船到登陆点D，船速为a，再乘汽车，车速为船速的n倍，点D选在何处时，所用时间最短？
【特例分析】若n＝2，则时间t＝+，当a为定值时，问题转化为：在BC上确定一点D，使得+的值最小．如图②，过点C做射线CM，使得∠BCM＝30°．
（1）过点D作DE⊥CM，垂足为E，试说明：DE＝；
（2）请在图②中画出所用时间最短的登陆点D′．
【问题解决】（3）请你仿照“特例分析”中的相关步骤，解决图①中的问题．（写出具体方案，如相关图形呈现、图形中角所满足的条件、作图的方法等）
【综合运用】（4）如图③，抛物线y＝﹣x2+x+3与x轴分别交于A，B两点，与y轴交于点C，E为OB中点，设F为线段BC上一点（不含端点），连接EF．一动点P从E出发，沿线段EF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿着线段FC以每秒个单位的速度运动到C后停止．若点P在整个运动过程中用时最少，请求出最少时间和此时点F的坐标．

14．如图，△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，过点A作AO⊥AC交BC于点O．
（1）求证：BO＝BC；
（2）设AB＝k．
①以OB为半径的⊙O交BC边于另一点P，点D为CA边上一点，且CD＝2DA．连接DP，求S△CPD．
②点Q是线段AB上一动点（不与A、B合），连接OQ，在点Q运动过程中，求AQ+2OQ的最小值．

15．已知二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象和x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
（1）如图1，P是直线BC上方抛物线上一动点（不与B、C重合）过P作PQ∥x轴交直线BC于Q，求线段PQ
的最大值；
（2）如图2，点G为线段OC上一动点，求BG+CG的最小值及此时点G的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，M为直线BG上一动点，N为x轴上一动点，连接AM，MN，求AM+MN的最小值．

16．如图，△ABC是等边三角形．
（1）如图1，AH⊥BC于H，点P从A点出发，沿高线AH向下移动，以CP为边在CP的下方作等边三角形CPQ，连接BQ．求∠CBQ的度数；
（2）如图2，若点D为△ABC内任意一点，连接DA，DB，DC．证明：以DA，DB，DC为边一定能组成一个三角形；
（3）在（1）的条件下，在P点的移动过程中，设x＝AP+2PC，点Q的运动路径长度为y，当x取最小值时，写出x，y的关系，并说明理由．

17．问题发现：
（1）如图①，四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，CB＝CD，对角线AC的长为6，则四边形ABCD的面积为　18　．

问题探究：
（2）如图②，Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝5，AB＝12，点D和E都是边BC上的动点，且满足CD＝BE，连接AD、AE．求AD+AE的最小值；
问题解决：
（3）某校准备组织八年级同学开展一次去大明宫遗址公园的考古研学活动．小凯和小鹏在去之前先做了一个模拟“藏宝图”的游戏，为了使宝物隐藏得更神秘，小凯利用学过的数学知识，设计了如下方案，让小鹏破解．如图③，点B在点A的正东方向12m处，点P和Q都为平面内的动点，且满足PA＝8m，PB＝BQ，∠PBQ＝90°，当线段AQ长度最大时，点Q的位置即为藏宝地．请你帮助小鹏破解，藏宝地在点A的什么方向？距离点A多远？
18．阅读下列材料，然后解决问题：和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用，
截长法与补短法在证明线段的和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用．具体的做法是在某条线段上截取一条线段等于某特定线段，或将某条线段延长，使之与某特定线段相等，再利用全等三角形的性质等有关知识来解决数学问题．
（1）如图1，在△ABC中，若AB＝12，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE，把AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是　2＜AD＜10　；
（2）问题解决：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC，边CD上的两点，且∠EAF=12∠BAD，求证：BE+DF＝EF．
（3）问题拓展：
如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，点D是△ABC外角平分线上一点，DE⊥AC交CA延长线于点E，F是AC上一点，且DF＝DB．
求证：AC﹣AE=12AF．

【
19．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-34x2+94x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接BC．点P为直线BC上方抛物线上的一动点，连接OP交BC于点Q．
（1）如图1，当PQOQ值最大时，在x轴上有一动点M，y轴上有一动点N，求PN+NM-35BM的最小值；
（2）如图2，连接AC，将△AOC沿射线CB方向平移，点A、C、O平移后的对应点分别记作A1、C1、O1，当C1B＝O1B时，连接A1B，O1B，将△A1O1B绕点O1沿顺时针方向旋转90°后得△A2O1B1，在直线x=12上是否存在点K，使得△A2B1K为等腰三角形？若存在，直接写出点K的坐标；不存在，请说明理由．
20．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-23x2-23x+4与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．点D是抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E，过点E作BC的平行线交AC于点F．
（1）如图1，求点D的坐标和直线BC的解析式；
（2）如图1，在对称轴右侧的抛物线上找一点P，使得∠PDE＝45°，点M是直线BC上一点，点N是直线EF上一点，MN∥AC，求PM+MN+NB的最小值；
（3）如图2，将△BOC绕点O逆时针旋转至△B'O'C'的位置，点B，C的对应点分别为点B'，C'，点B'恰好落在BC上，点T为B'C'的中点，过点T作y轴的平行线交抛物线于点H，将点T沿y轴负方向平移3个单位长度得到点K．点Q是y轴上一动点，将△QHK沿直线QH折叠为△QHK'，△BKK'是否能为等腰三角形？若能，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不能，请说明理由．

21．在平面直角坐标系中，抛物线y=24x2+32x﹣22交x轴于点A、B（点A在点B的左侧），交y轴于点C．

（1）如图，点D是抛物线在第二象限内的一点，且满足|xD﹣xA|=22，过点D作AC的平行线，分别与x轴、射线CB交于点F、E，点P为直线AC下方抛物线上的一动点，连接PD交线段AC于点Q，当四边形PQEF的面积最大时，在y轴上找一点M，x轴上找一点N，使得PM+MN-35NB取得最小值，求这个最小值；
（2）如图2，将△BOC沿着直线AC平移得到△B′O′C′，再将△B'O′C′沿B′C′翻折得到△B′O″C′，连接BC′、O″B，则△C′BO″能否构成等腰三角形？若能，请直接写出所有符合条件的点O″的坐标，若不能，请说明理由．
22．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2+233x+833与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，对称轴与x轴交于点E．

（1）连接BD，点P是线段BD上一动点（点P不与端点B、D重合），过点P作PQ⊥BD，交抛物线于点Q（点Q在对称轴的右侧），过点Q作QF⊥x轴，垂足为F，交BD于G，点M是线段OC上一动点，当△PQG周长取得最大时，求FG+GM+12MC的最小值；
（2）在（1）中，当△PQG周长取得最大，FG+GM+12MC取得最小值时，把点M向下平移33个单位得到点M'，连接AM'，把△AOM'绕点O逆时针旋转一定的度α（0＜α＜360°），得到△A'OM''，其中边A'M''交坐标轴于点I．在旋转过程中，是否存在点I，使得∠M''＝∠M''OI？若存在，请直接写出所有满足条件的点M''的坐标；若不存在，请说明理由．
23．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2+233x+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，点D是抛物线的顶点．
（1）如图1，P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q．在抛物线的对称轴上有一动点M，在x轴上有一动点N，当6PQ﹣CQ的值最大时，求PM+MN+55NB的最小值；
（2）如图2，将△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到△A′BC'，再将△A′BC′向右平移1个单位得到△A“B′C“，那么在抛物线的对称轴DM上，是否存在点T，使得△A′B′T为等腰三角形？若存在，求出点T到x轴的距离；若不存在，请说明理由．

24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2-233x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与直线AC交于点E．
（1）若点P为直线AC上方抛物线上的动点，连接PC，PE，当△PCE的面积S△PCE最大时，点P关于抛物线对称轴的对称点为点Q，此时点T从点Q开始出发，沿适当的路径运动至y轴上的点F处，再沿适当的路径运动至x轴上的点G处，最后沿适当的路径运动至直线AC上的点H处，求满足条件的点P的坐标及QF+FG+33AH的最小值．
（2）将△BOC绕点B顺时针旋转120°，边BO所在直线与直线AC交于点M，将抛物线沿射线CA方向平移233个单位后，顶点D的对应点为D′，点R在y轴上，点N在坐标平面内，当以点D′，R，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出N点坐标．

25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2+bx+c与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），与y轴交于点A，抛物线的顶点为D，B（﹣3，0），A（0，3）
（1）求抛物线解析式及D点坐标；
（2）如图1，P为线段OB上（不与O、B重舍）一动点，过点P作y轴的平行线交线段AB于点M，交抛物线于点N，点N作NK⊥BA交BA于点K，当△MNK与△MPB的面积相等时，在X轴上找一动点Q，使得12CQ+QN最小时，求点Q的坐标及12CQ+QN最小值；
（3）如图2，在（2）的条件下，将△ODN沿射线DN平移，平移后的对应三角形为△O′D′N′，将△AOC绕点O逆时针旋转到A1OC1的位置，且点C1恰好落在AC上，△A1D′N′是否能为等腰三角形，若能求出N′的坐标，若不能，请说明理由．

26．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2+233x+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，对称轴与x轴交于点D．

（1）求直线BC的解析式；
（2）如图2，点P为直线BC上方抛物线上一点，连接PB、PC．当△PBC的面积最大时，在线段BC上找一点E（不与B、C重合），使PE+12BE的值最小，求点P的坐标和PE+12BE的最小值；
（3）如图3，点G是线段CB的中点，将抛物线y=-33x2+233x+3沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为F．在抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．


【压轴必刷】2022中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题9胡不归（8PA+kPB）型最短问题
经典例题



【例1】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．
【解析】（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．
【例2】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．
【解析】（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＜．
【例3】如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数y＝﹣的图象交于A（﹣2，m）、B（6，n）两点，与x轴交于D点，且C、D两点关于y轴对称．
（1）求一次函数的解析式求出点C的坐标．
（2）在x轴上是否存在点P，使得PA+PD的值最小？若存在，求出点P的坐标，并求出最小值；若不存在，请说明理由．
（3）将∠ADC沿x轴左右平移到∠AD′C′，在平移过程中，将该角绕点D′旋转，使它的一边始终经过点A，另一边与直线AC交于点C′，若为△AD′C′等腰直角三角形，求出点C′的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）在y轴上取一点E（0﹣，3），作PH⊥DE于H．在Rt△ODE中，由OD＝4，OE＝3，推出DE＝5，可得sin∠ODE＝＝＝，推出PH＝PD，推出PA+PD＝PA+PH，根据垂线段最短可知，当A，P，H共线且垂直DE时，PA+PD的值最小；
（3）当边AD经过点A时有两种情形：
①如图，将线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF交x轴于点D′，则F（2，﹣2）．由∠AD′C′＝45°，可知当D′C′⊥AC时，△AC′D′是等腰直角三角形；
②如图，当D′A⊥AC时，△AD′C′是等腰直角三角形．
当边AC经过点A时，有两种情形：
③当△AD′C′是等腰直角三角形时，作AF⊥x轴于F，C′⊥AF交FA的延长线于E．
④当AC′＝C′D′，△AD′C′是等腰直角三角形时，作C′F⊥x轴于F，C′E∥x轴，AE⊥A′E，则△C′FD′≌△C′EA．
【解析】（1）∵A（﹣2，m）、B（6，n）两点在y＝﹣上，
∴m＝6，n＝﹣2，
∴A（﹣2，6），B（6，﹣2），
把A（﹣2，6），B（6，﹣2）代入y＝ax+b，则有，
解得，
∴一次函数的解析式为y＝﹣x+4．
令y＝0，得到x＝4，
∴D（4，0），
∵C，D关于y轴对称，
∴C（﹣4，0）．

（2）在y轴上取一点E（0﹣，3），作PH⊥DE于H．

在Rt△ODE中，∵OD＝4，OE＝3，
∴DE＝5，
∴sin∠ODE＝＝＝，
∴PH＝PD，
∴PA+PD＝PA+PH，
根据垂线段最短可知，当A，P，H共线且垂直DE时，PA+PD的值最小．
∵直线DE的解析式为y＝x﹣3，设AH′⊥DE于H′，
∴直线AH′的解析式为y＝﹣x+，
令y＝0，得到x＝，
∴P′（，0），
由，解得，
∴AH′＝＝，
∴点P的坐标为（，0）时，PA+PD的最小值为．

（3）当边AD经过点A时有两种情形：
①如图，将线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF交x轴于点D′，则F（2，﹣2）．

∵∠AD′C′＝45°，
∴当D′C′⊥AC时，△AC′D′是等腰直角三角形，
∵A（﹣2，6），C（﹣4，0），
∴直线AC的解析式为y＝3x+12，直线AF的解析式为y＝﹣2x+2，
∴D′（1，0），
∴直线D′C′的解析式为y＝﹣x+，
由，解得，
∴C′（﹣，）．

②如图，当D′A⊥AC时，△AD′C′是等腰三角形．

∵直线AC的解析式为y＝3x+12，
∴直线AD′的解析式为y＝﹣x+，
∴D′（16，0），
设C′（m，3m+12），
∵AC′＝AD′，
∴（m+2）2+（3m+12﹣6）2＝（16+2）2+62，
解得m＝﹣8或﹣4（舍弃），
∴C′（﹣8，﹣12），
当边AC经过点A时，有两种情形：
③当△AD′C′是等腰直角三角形时，作AF⊥x轴于F，C′E⊥AF交FA的延长线于E．

∵D′（16，0），
∴OD′＝18，
OA＝6，
∵△AFD′≌C′EA（AAS），
∴EC′＝6，AE＝FD′＝18，
∴C′（4，24）．
④当AC′＝C′D′时，作C′F⊥x轴于F，C′E∥x轴，AE⊥A′E，则△C′FD′≌△C′EA．

设C′（m，3m+12），
∵C′F＝C′E，
∴﹣3m﹣12＝﹣2﹣m，
∴m＝﹣5，
∴C′（﹣5，﹣3）．
综上所述，满足条件的点C坐标为（﹣，）或（﹣8，﹣12）或（4，24）或（﹣5，﹣3）．
【例4】如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）证明：△ABM≌△EBN．
（2）当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由．
（3）当AM+BM+CM的值最小值为+1时，则正方形的边长为　　．

【分析】（1）由题意得MB＝NB，∠ABN＝15°，所以∠EBN＝45°，容易证出△AMB≌△ENB；
（2）根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长；
（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，由题意求出∠EBF＝30°，设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，根据勾股定理求得正方形的边长为．
【解析】（1）∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN，
即∠BMA＝∠NBE
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB；

（2）如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小．

理由如下：连接MN，
由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM＝MN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM＝EC最短
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．

（3）正方形的边长为．
如图，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF＝90°﹣60°＝30°，
设正方形的边长为x，则，，
在 Rt△EFC中，∵EF2+FC2＝EC2，
∴，
解得，（舍去负值）
∴正方形的边长为．
故答案为：．
【例5】问题提出：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C半径为2，P为圆上一动点，连结AP、BP，求AP+12BP的最小值．
（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP，在CB上取点D，使CD＝1，则有CDCP=CPCB=12，又∵∠PCD＝∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴PDBP=12，∴PD=12BP，∴AP+12BP＝AP+PD．
请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+12BP的最小值为　37　．
（2）自主探索：在“问题提出”的条件不变的情况下，13AP+BP的最小值为　2337　．
（3）拓展延伸：已知扇形COD中，∠COD＝90°，OC＝6，OA＝3，OB＝5，点P是CD上一点，求2PA+PB的最小值．

【分析】（1）利用勾股定理即可求出，最小值为AD=37；
（2）连接CP，在CA上取点D，使CD=23，则有CDCP=CPCA=13，可证△PCD∽△ACP，得到PD=13AP，即：13AP+BP＝BP+PD，从而13AP+BP的最小值为BD；
（3）延长OA到点E，使CE＝6，连接PE、OP，可证△OAP∽△OPE，得到EP＝2PA，得到2PA+PB＝EP+PB，当E、P、B三点共线时，得到最小值．
【解析】（1）如图1，

连结AD，
∵AP+12BP＝AP+PD，要使AP+12BP最小，
∴AP+AD最小，当点A，P，D在同一条直线时，AP+AD最小，
即：AP+12BP最小值为AD，
在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝6，
∴AD=AC2+CD2=37，
AP+12BP的最小值为37，故答案为：37；

（2）如图2，

连接CP，在CA上取点D，使CD=23，
∴CDCP=CPCA=13，
∵∠PCD＝∠ACP，
∴△PCD∽△ACP，
∴PDAP=13，
∴PD=13AP，
∴13AP+BP＝BP+PD，
∴同（1）的方法得出13AP+BP的最小值为BD=BC2+CD2=2337．
故答案为：2337；

（3）如图3，

延长OA到点E，使CE＝6，
∴OE＝OC+CE＝12，
连接PE、OP，
∵OA＝3，
∴OAOP=OPOE=12，
∵∠AOP＝∠AOP，
∴△OAP∽△OPE，
∴APEP=12，
∴EP＝2PA，
∴2PA+PB＝EP+PB，
∴当E、P、B三点共线时，取得最小值为：BE=OB2+OE2=13．
【例6】如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3，0），B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，且OB＝3OA=3OC，∠OAC的平分线AD交y轴于点D，过点A且垂直于AD的直线l交y轴于点E，点P是x轴下方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，交直线AD于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，当FH＝HP时，求m的值；
（3）当直线PF为抛物线的对称轴时，以点H为圆心，12HC为半径作⊙H，点Q为⊙H上的一个动点，求14AQ+EQ的最小值．

【分析】（1）求出A、B、C的坐标，利用两根式求出抛物线的解析式即可；
（2）求出直线AH的解析式，根据方程即可解决问题；
（3）首先求出⊙H的半径，在HA上取一点K，使得HK=14，此时K（-738，-158），由HQ2＝HK•HA，可得△QHK∽△AHQ，推出KQAQ=HQAH=14，可得KQ=14AQ，推出14AQ+QE＝KQ+EQ，可得当E、Q、K共线时，14AQ+QE的值最小，由此求出点E坐标，点K坐标即可解决问题；
【解析】（1）由题意A（3，0），B（﹣33，0），C（0，﹣3），
设抛物线的解析式为y＝a（x+33）（x-3），
把C（0，﹣3）代入得到a=13．
故抛物线的解析式为y=13x2+233x﹣3．

（2）在Rt△AOC中，tan∠OAC=OCOA=3，
∴∠OAC＝60°，
∵AD平分∠OAC，
∴∠OAD＝30°，
∴OD＝OA•tan30°＝1，
∴D（0，﹣1），
∴直线AD的解析式为y=33x﹣1，
由题意P（m，13m2+233m﹣3），H（m，33m﹣1），F（m，0），
∵FH＝PH，
∴1-33m=33m﹣1﹣（13m2+233m﹣3）
解得m=-3或3（舍弃），
∴当FH＝HP时，m的值为-3．

（3）如图，∵PF是对称轴，
∴F（-3，0），H（-3，﹣2），
∵AH⊥AE，
∴∠EAO＝60°，
∴EO=3OA＝3，
∴E（0，3），

∵C（0，﹣3），
∴HC=(3)2+12=2，AH＝2FH＝4，
∴QH=12CH＝1，
在HA上取一点K，使得HK=14，此时K（-783，-158），
∵HQ2＝1，HK•HA＝1，
∴HQ2＝HK•HA，
∴HQAH=KHHQ，
∵∠QHK＝∠AHQ，
∴△QHK∽△AHQ，
∴KQAQ=HQAH=14，
∴KQ=14AQ，
∴14AQ+QE＝KQ+EQ，
∴当E、Q、K共线时，14AQ+QE的值最小，最小值=(738)2+(158+3)2=4174．
培优训练


1．如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＞CD，AD＝AB+CD．
（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，
①证明：AE⊥DE；
②若CD＝2，AB＝4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值．

【分析】（1）利用尺规作出∠ADC的角平分线即可；
（2）①延长DE交AB的延长线于F．只要证明AD＝AF，DE＝EF，利用等腰三角形三线合一的性质即可解决问题；
②作点B关于AE的对称点K，连接EK，作KH⊥AB于H，DG⊥AB于G．连接MK．由MB＝MK，推出MB+MN＝KM+MN，根据垂线段最短可知：当K、M、N共线，且与KH重合时，KM+MN的值最小，最小值为KH的长；
【解析】（1）如图，∠ADC的平分线DE如图所示．


（2）①解法一：在DA上截取DG＝CD，连接GE，
由（1）知∠GDE＝∠CDE，
又DE＝DE，
∴△GDE≌△CDE，
∴∠DGE＝∠C＝90°，∠DEC＝∠DEC，
在△AGE和△ABE中，
∠AGE＝∠ABE＝90°，
而AD＝AG+DG＝AB+CD，DG＝CD，
∴AG＝AB，
又AE＝AE，
∴Rt△AEG≌Rt△AEB
∴∠AEG＝∠AEB，
∴∠DEG+∠AEG＝∠DEC+∠AEB＝90°，
即∠AED＝90°，故AE⊥DE．
解法二：延长DE交AB的延长线于F．
∵CD∥AF，
∴∠CDE＝∠F，∵∠CDE＝∠ADE，
∴∠ADF＝∠F，
∴AD＝AF，
∵AD＝AB+CD＝AB+BF，
∴CD＝BF，
∵∠DEC＝∠BEF，
∴△DEC≌△FEB，
∴DE＝EF，
∵AD＝AF，
∴AE⊥DE．

②作点B关于AE的对称点K，连接EK，作KH⊥AB于H，DG⊥AB于G．连接MK．

∵AD＝AF，DE＝EF，
∴AE平分∠DAF，则△AEK≌△AEB，
∴AK＝AB＝4，
在Rt△ADG中，DG=AD2-AG2=42，
∵KH∥DG，
∴KHDG=AKAD，
∴KH42=46，
∴KH=823，
∵MB＝MK，
∴MB+MN＝KM+MN，
∴当K、M、N共线，且与KH重合时，KM+MN的值最小，最小值为KH的长，
∴BM+MN的最小值为823．


2．问题探究
（1）如图①，在△ABC中，∠B＝30°，E是AB边上的点，过点E作EF⊥BC于F，则EFBE的值为　12　．
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，对角线BD平分∠ABC，点E是对角线BD上一点，求AE+12BE的最小值．
问题解决
（3）如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+4分别与x轴，y轴交于点A、B，点P为直线AB上的动点，以OP为边在其下方作等腰Rt△OPQ且∠POQ＝90°．已知点C（0，﹣4），点D（3，0）连接CQ、DQ，那么DQ+22CQ是否存在最小值，若存在求出其最小值及此时点P的坐标，若不存在请说明理由．

【分析】（1）由已知可得BE＝2EF；
（2）过点A作AF⊥BC，交BD于点E，则EF=12BE，当A、E、F三点共线时，AE+12BE的值最小，在Rt△ABF中，求出AF＝33即可；
（3）由P点的运动，可以确定Q点在直线AC上，求出直线AC的解析式为y＝x﹣4，作D点关于直线AC的对称点D'，过点D'作D'H⊥y轴，交直线AC于点Q，则HD'即为所求；可得HQ=22CQ，由对称性可得：DQ＝D'Q，所以DQ+22CQ＝D'Q+HQ＝HD'即为最小；求得D'（4，﹣1），则HD'＝4，所以DQ+22CQ的最小值为4；此时Q（3，﹣1），设P（x，4﹣x），则有x2+（x﹣4）2＝10，求出P点．
【解析】（1）∵∠B＝30°，EF⊥BC，
∴BE＝2EF，
∴EFBE=12，
故答案为12；
（2）过点A作AF⊥BC，交BD于点E，
∵∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，
∴EF=12BE，
∴AE+12BE＝AE+EF，
当A、E、F三点共线时，AE+12BE的值最小，
在Rt△ABF中，AB＝6，
∴AF＝33，
∴AE+12BE的最小值33；
（3）∵等腰Rt△OPQ且∠POQ＝90°，P点在直线y＝﹣x+4上，
∴Q点在直线AC上，
∵A（4，0），C（0，﹣4），
∴直线AC的解析式为y＝x﹣4，
作D点关于直线AC的对称点D'，过点D'作D'H⊥y轴，交直线AC于点Q，
则HD'即为所求；
∵∠BCA＝45°，
∴HQ=22CQ，
由对称性可得：DQ＝D'Q，
∴DQ+22CQ＝D'Q+HQ＝HD'即为最小；
∵D（3，0），
∴D'（4，﹣1），
∴HD'＝4，
∴DQ+22CQ的最小值为4；
此时Q（3，﹣1），
设P（x，4﹣x），
则有x2+（x﹣4）2＝10，
∴x＝1或x＝3，
∴P（1，3）或P（3，﹣1）（舍）；
综上所述：DQ+22CQ的最小值为4，此时P（1，3）．


3．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．
【解析】（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．
4．如图，抛物线y＝﹣x2﹣6x+7交x轴于A，B两点（点A在点B右侧），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'（﹣，）．
【解析】（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（﹣，）．
5．如图1，在平面直角坐标系中，点D的横坐标为4，直线l1：y＝x+2经过点D，分别与x、y轴交于点A、B两点．直线l2：y＝kx+b经过点D及点C（1，0）．
（1）求出直线l2的解析式．
（2）在直线l2上是否存在点E，使△ABE与△ABO的面积相等，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）如图2，点P为线段AD上一点（不含端点），连接CP，一动点H从点C出发，沿线段CP以每秒2个单位的速度运动到P，再沿线段PD以每秒个单位的速度运动到D后停止，求H点在整个运动过程的最少用时．

【分析】（1）利用C，D两点坐标代入y＝kx+b，解方程组即可解决问题；
（2）存在．如图1中，作OE∥AB交CD于E．由AB∥OE，可得S△ABE＝S△ABO，构建方程组求出点E坐标即可；
（3）如图2中，作DM∥AC，PH⊥DM于H，CH′⊥DM于H′交AD于P′．由题意H点在整个运动过程的时间t＝+＝（PC+），易知∠MDA＝∠BAO＝45°，推出PH＝，推出t＝（PC+PH），根据此线段最短可知，当点H与H′共线时，t的值最小，最小值＝CH′；
【解析】（1）由题意A（﹣2，0），B（0，2），D（4，6），C（1，0），
则有，
解得，
∴直线l2的解析式为y＝2x﹣2．

（2）存在．①当点E在线段CD上时，如图1中，作OE∥AB交CD于E．
∵AB∥OE，
∴S△ABE＝S△ABO，
∵直线OE的解析式为y＝x，
由，解得，
∴E（2，2）．
②当点E′在线段CD的延长线上时，由，解得，
∴E′（6，10）．
综上所述，满足条件的点E坐标为（2，2）或（6，10）．

（3）如图2中，作DM∥AC，PH⊥DM于H，CH′⊥DM于H′交AD于P′．

由题意H点在整个运动过程的时间t＝+＝（PC+），
∵A（﹣2，0），B（0，2），
∴OA＝OB，
∴∠MDA＝∠BAO＝45°，
∴PH＝，
∴t＝（PC+PH），
根据此线段最短可知，点H与H′共线时，t的值最小，最小值＝CH′＝3s，
∴H点在整个运动过程的最少用时为3s．
6．如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+和直线l2：y＝﹣x+b相交于y轴上的点B，且分别交x轴于点A和点C．
（1）求△ABC的面积；
（2）点E坐标为（5，0），点F为直线l1上一个动点，点P为y轴上一个动点，求当EF+CF最小时，点F的坐标，并求出此时PF+OP的最小值；
（3）将△OBC沿直线l1平移，平移后记为△O1B1C1，直线O1B1交l2于点M，直线B1C1交x轴于点N，当△B1MN为等腰三角形时，请直接写出点C1的横坐标．

【分析】（1）根据题意分别求出A，C点的坐标，S△ABC＝×AC×OB．
（2）作C点关于直线AB的对称点C′（﹣1，2），连接C'E交直线l1于F，作二、四象限的角平分线l3，过点P作PQ⊥l3于Q，则PQ＝OP，可得PF+OP＝FP+PQ，推出当F，P，Q三点共线时最小，即过F作PQ⊥l3于Q交y轴于P，作FG∥OB交直线l3于G．求出FQ即可；
（3）分四种情形分别求解即可解决问题；
【解析】（1）由题意知：b＝
∴直线l2：y＝﹣x+
当y＝0时，x＝1
∴C（1，0）
∵直线l1：y＝
∴当y＝0时，＝0，
∴x＝﹣3
∴A（﹣3，0）
∴S△ABC＝×[1﹣（﹣3）]×＝2；

（2）在Rt△ABO中，AB2＝AO2+BO2＝32+（）2＝12
在Rt△BOC中，BC2＝OC2+OB2＝12+（）2＝4
∵在△ABC中，AB2+BC2＝12+4＝16＝AC2
∴△ABC是直角三角形，∴AB⊥BC
作C点关于直线AB的对称点C′（﹣1，2），连接C'E交直线l1于F，

∵C'（﹣1，2） E（5，0）
∴直线C'E：y＝﹣x+

解得：
∴F（1，）
作二、四象限的角平分线l3，过点P作PQ⊥l3于Q，
则PQ＝OP，
∴PF+OP＝FP+PQ，
当F，P，Q三点共线时最小，即过F作PQ⊥l3于Q交y轴于P，作FG∥OB交直线l3于G．
此时△FQG为等腰直角三角形，斜边FG＝，
∴PF+OP的最小值为：FQ＝FG＝+

（3）①如图2中，当B1M＝B1N时，

∵点C1中直线y＝x﹣上运动，设C1（m，m﹣），B1O1交x轴于E，则EB1＝+m﹣＝+m，
OE＝＝+m，MB1＝NB1＝2OE＝+m，
∴M（m﹣1，+m++m），
把点M坐标代入直线y＝﹣x+，得到：
+m++m＝﹣（m﹣1）+，
解得m＝．

②如图3中当MN＝MB1时，同法可得M（m﹣1，+m），

把点M代入y＝﹣x+得到，+m＝﹣（m﹣1）+，
解得，m＝．

③如图4中，当B1M＝B1N时，同法可得M（m﹣1，﹣+m﹣m），

把点M代入y＝﹣x+得到，﹣+m﹣m＝﹣（m﹣1）+，
解得m＝．
④如图5中，当NM＝NB1时，同法可得M（m﹣1，+m），

把点M代入y＝﹣x+得到，﹣（+m）＝﹣（m﹣1）+，
解得m＝4，
综上所述，C1的横坐标为：或或或4．
7．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+MD最小，进而求解．
【解析】（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+MD＝MH+EM＝EH，
∴此时BM+MD最短，
在Rt△CEH中，∵∠CHE＝90°，CE＝，∠HCE＝60°，
∴sin60°＝，
∴EH＝，
∴BM+MD的最小值为．
8．如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由；
（3）当AM+BM+CM的最小值为2+2时，求正方形的边长．

【分析】（1）由题意得MB＝NB，∠ABN＝15°，所以∠EBN＝45°，容易证出△AMB≌△ENB；
（2）①根据“两点之间线段最短”，可得，当M点落在BD的中点时，AM+CM的值最小；
②根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长（如图）；
（3）作辅助线，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，由题意求出∠EBF＝30°，设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，根据勾股定理求得正方形的边长为2．
【解答】（1）证明：∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°．
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．
即∠MBA＝∠NBE．
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS）．

（2）解：①当M点落在BD的中点时，A、M、C三点共线，AM+CM的值最小．②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，
AM+BM+CM的值最小．
理由如下：连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，

∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM＝MN．
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”可知，若E、N、M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM取得最小值，最小值为EC．
在△ABM和△CBM中，，
∴△ABM≌△CBM，
∴∠BAM＝∠BCM，
∴∠BCM＝∠BEN，
∵EB＝CB，
∴若连接EC，则∠BEC＝∠BCE，
∵∠BCM＝∠BCE，∠BEN＝∠BEC，
∴M、N可以同时在直线EC上．
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．

（3）解：过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，

∴∠EBF＝∠ABF﹣∠ABE＝90°﹣60°＝30°．
设正方形的边长为x，则BF＝x，EF＝．
在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2＝EC2，
∴（）2+（x+x）2＝（2+2）2．
解得x1＝2，x2＝﹣2（舍去负值）．
∴正方形的边长为2．
9．如图，已知二次函数y＝ax2+4ax+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点（A在B的左侧），交y轴于点C．一次函数y＝﹣x+b的图象经过点A，与y轴交于点D（0，﹣3），与这个二次函数的图象的另一个交点为E，且AD：DE＝3：2．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）若点M为x轴上一点，求MD+MA的最小值．

【分析】（1）先把D点坐标代入y＝﹣x+b中求得b，则一次函数解析式为y＝﹣x﹣3，于是可确定A（﹣6，0），作EF⊥x轴于F，如图，利用平行线分线段成比例求出OF＝4，接着利用一次函数解析式确定E点坐标为（4，﹣5），然后利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）作MH⊥AD于H，作D点关于x轴的对称点D′，如图，则D′（0，3），利用勾股定理得到AD＝3，再证明Rt△AMH∽Rt△ADO，利用相似比得到MH＝AM，加上MD＝MD′，MD+MA＝MD′+MH，利用两点之间线段最短得到当点M、H、D′共线时，MD+MA的值最小，然后证明Rt△DHD′∽Rt△DOA，利用相似比求出D′H即可．
【解析】（1）把D（0，﹣3）代入y＝﹣x+b得b＝﹣3，
∴一次函数解析式为y＝﹣x﹣3，
当y＝0时，﹣x﹣3＝0，解得x＝﹣6，则A（﹣6，0），
作EF⊥x轴于F，如图，
∵OD∥EF，
∴＝＝，
∴OF＝OA＝4，
∴E点的横坐标为4，
当x＝4时，y＝﹣x﹣3＝﹣5，
∴E点坐标为（4，﹣5），
把A（﹣6，0），E（4，﹣5）代入y＝ax2+4ax+c得，解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣x+3；
（2）作MH⊥AD于H，作D点关于x轴的对称点D′，如图，则D′（0，3），
在Rt△OAD中，AD＝＝3，
∵∠MAH＝∠DAO，
∴Rt△AMH∽Rt△ADO，
∴＝，即＝，
∴MH＝AM，
∵MD＝MD′，
∴MD+MA＝MD′+MH，
当点M、H、D′共线时，MD+MA＝MD′+MH＝D′H，此时MD+MA的值最小，
∵∠D′DH＝∠ADO，
∴Rt△DHD′∽Rt△DOA，
∴＝，即＝，解得D′H＝，
∴MD+MA的最小值为．

10．二次函数y＝ax2﹣2x+c的图象与x轴交于A、C两点，点C（3，0），与y轴交于点B（0，﹣3）．
（1）a＝　1　，c＝　﹣3　；
（2）如图1，P是x轴上一动点，点D（0，1）在y轴上，连接PD，求PD+PC的最小值；
（3）如图2，点M在抛物线上，若S△MBC＝3，求点M的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法把问题转化为方程组即可即可；
（2）如图1中，作PH⊥BC于H．由DP+PC＝（PD+PC）＝（PD+PH），根据垂线段最短可知，当D、P、H共线时DP+PC最小，最小值为DH′；
（3）如图2中，取点E（1，0），作EG⊥BC于G，易知EG＝．由S△EBC＝•BC•EG＝•3＝3，推出过点E作BC的平行线交抛物线于M1，M2，则＝3，＝3，求出直线M1M2的解析式，利用方程组即可解决问题，同法求出M3，M4的坐标．
【解析】（1）把C（3，0），B（0，﹣3）代入y＝ax2﹣2x+c
得到，，解得．
故答案为1，﹣3．

（2）如图1中，作PH⊥BC于H．

∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，
∴∠PCH＝45°，
在Rt△PCH中，PH＝PC．
∵DP+PC＝（PD+PC）＝（PD+PH），
根据垂线段最短可知，当D、P、H共线时DP+PC最小，最小值为DH′，
在Rt△DH′B中，∵BD＝4，∠DBH′＝45°，
∴DH′＝BD＝2，
∴DP+PC的最小值为•2＝4．

（3）如图2中，取点E（1，0），作EG⊥BC于G，易知EG＝．

∵S△EBC＝•BC•EG＝•3＝3，
∴过点E作BC的平行线交抛物线于M1，M2，则＝3，＝3，
∵直线BC的解析式为y＝x﹣3，
∴直线M1M2的解析式为y＝x﹣1，
由解得或，
∴M1（，），M2（，），
根据对称性可知，直线M1M2关于直线BC的对称的直线与抛物线的交点M3、M4也满足条件，
易知直线M3M4的解析式为y＝x﹣5，
由解得或，
∴M3（1．﹣4），M4（2，﹣3），
综上所述，满足条件的点M的坐标为∴M1（，），M2（，），M3（1．﹣4），M4（2，﹣3）．
11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+x+与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点．
（1）如图1，P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q．在抛物线的对称轴上有一动点M，在x轴上有一动点N，当6PQ﹣CQ的值最大时，求PM+MN+NB的最小值；
（2）如图2，将△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到△A′BC'，再将△A′BC′向右平移1个单位得到△A“B′C“，那么在抛物线的对称轴DM上，是否存在点T，使得△A′B′T为等腰三角形？若存在，求出点T到x轴的距离；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）待定系数法求得直线BC解析式为y＝x+，设P（m，m2+m+），可得：PQ＝m2+m，CQ＝m；由6PQ﹣CQ＝6（m2+m）﹣m＝﹣2（m﹣）2+，可得P（，），利用直角三角形作出线段NT＝NB，作点P关于对称轴x＝1的对称点P′，∵PM+MN+NB＝P′M+MN+NT，故PM+MN+NB最小值，即P′，M，N，T在同一直线上，并且P′T⊥BK时，垂线段P′T的长度即为所求最小值．
（2）存在．先求得：A′（3，﹣4），B′（4，0），设T（1，t），由△A′B′T为等腰三角形，可以分三种情形进行讨论：①A′T＝B′T，②A′T＝A′B′，③B′T＝A′B′，分别求得点T的纵坐标，即可得点T到x轴的距离．
【解析】（1）在抛物线y＝﹣x2+x+中，令x＝0，得y＝，∴C（0，），
令y＝0，得0＝﹣x2+x+，解得x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），BC＝2，
设直线BC解析式为y＝kx+b，则，解得，
∴直线BC解析式为y＝x+，
设P（m，m2+m+），则Q（m，m+），PQ＝m2+m，CQ＝m
∴6PQ﹣CQ＝6（m2+m）﹣m＝﹣2（m﹣）2+，
∵﹣2＜0，∴当m＝时，6PQ﹣CQ的值最大，此时，P（，），
由y＝﹣x2+x+＝（x﹣1）2+，得抛物线对称轴为：x＝1，
作点P关于对称轴x＝1的对称点P′（，），在y轴负半轴上取点K（0，﹣），连接BK交对称轴于S，则BK＝
过P′作P′T⊥BK于T，作P′W∥y轴交BK于点W，
在△BNT中，＝tan∠OBK＝，∴NT＝NB，
∴线段P′T长度为PM+MN+NB最小值，
∵B（3，0），K（0，﹣），∴直线BK解析式为y＝x，
∴W（，），P′W＝﹣（）＝，
∵P′W∥y轴，∴∠P′WT＝∠BKO
∵∠P′TW＝∠BOK＝90°
∴△P′WT∽△BKO
∴＝，P′T＝×＝，
∴PM+MN+NB最小值＝．
（2）存在．
∵△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到△A′BC'，再将△A′BC′向右平移1个单位得到△A“B′C“，
∴A′（3，﹣4），B′（4，0），∵点T在抛物线对称轴直线x＝1上，∴设T（1，t）
∵△A′B′T为等腰三角形，∴分三种情形：
①A′T＝B′T，（3﹣1）2+（﹣4﹣t）2＝（4﹣1）2+（0﹣t）2，解得：t＝，
∴此时T到x轴的距离为；
②A′T＝A′B′，（3﹣1）2+（﹣4﹣t）2＝（3﹣4）2+（﹣4﹣0）2，解得：t＝﹣4+或﹣4﹣，
∴此时T到x轴的距离为4﹣或4+；
③B′T＝A′B′，（4﹣1）2+（0﹣t）2＝（3﹣4）2+（﹣4﹣0）2，解得：t＝2或﹣2，
∴此时T到x轴的距离为2；
综上所述，T到x轴的距离为或4﹣或4+或2．


12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．
（1）连接BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MN⊥BD，交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH⊥x轴，垂足为H，交BD于点F，点P是线段OC上一动点，当MN取得最大值时，求HF+FP+PC的最小值；
（2）在（1）中，当MN取得最大值，HF+FP+PC取得最小值时，把点P向上平移个单位得到点Q，连接AQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G．在旋转过程中，是否存在一点G，使得∠Q'＝∠Q'OG？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．

【分析】（1）先确定点F的位置，可设点N（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，2m﹣6），可得|NF|＝（2m﹣6）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3，根据二次函数的性质得m＝＝2时，NF 取到最大值，此时MN取到最大值，此时HF＝2，此时F（2，﹣2），在x轴上找一点K（，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J点，交y轴于点P，sin∠OCK＝，直线KC的解析式为：y＝，从而得到直线FJ的解析式为：y＝联立解出点J（，）得FP+PC的最小值即为FJ的长，且|FJ|＝最后得出|HF+FP+PC|min＝；
（2）由题意可得出点Q（0，﹣2），AQ＝，应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半”取AQ的中点G，连接OG，则OG＝GQ＝AQ＝，此时，∠AQO＝∠GOQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G，则用OG＝GQ'，分四种情况求解．
【解析】（1）如图1

∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C
∴令y＝0解得：x1＝﹣1，x2＝3，令x＝0，解得：y＝﹣3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）
∵点D为抛物线的顶点，且＝＝1，＝＝﹣4
∴点D的坐标为D（1，﹣4）
∴直线BD的解析式为：y＝2x﹣6，
由题意，可设点N（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，2m﹣6）
∴|NF|＝（2m﹣6）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3
∴当m＝＝2时，NF 取到最大值，此时MN取到最大值，此时HF＝2，
此时，N（2，﹣3），F（2，﹣2），H（2，0）
在x轴上找一点K（，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J点，交y轴于点P，
∴sin∠OCK＝，直线KC的解析式为：y＝，且点F（2，﹣2），
∴PJ＝PC，直线FJ的解析式为：y＝
∴点J（，）
∴FP+PC的最小值即为FJ的长，且|FJ|＝
∴|HF+FP+PC|min＝；
（2）由（1）知，点P（0，），
∵把点P向上平移个单位得到点Q
∴点Q（0，﹣2）
∴在Rt△AOQ中，∠AOG＝90°，AQ＝，取AQ的中点G，连接OG，则OG＝GQ＝AQ＝，此时，∠AQO＝∠GOQ
把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G
①如图2

G点落在y轴的负半轴，则G（0，﹣），过点Q'作Q'I⊥x轴交x轴于点I，且∠GOQ'＝∠Q'
则∠IOQ'＝∠OA'Q'＝∠OAQ，
∵sin∠OAQ＝＝＝
∴sin∠IOQ'＝＝＝，解得：|IO|＝
∴在Rt△OIQ'中根据勾股定理可得|OI|＝
∴点Q'的坐标为Q'（，﹣）；
②如图3，

当G点落在x轴的正半轴上时，同理可得Q'（，）
③如图4

当G点落在y轴的正半轴上时，同理可得Q'（﹣，）
④如图5

当G点落在x轴的负半轴上时，同理可得Q'（﹣，﹣）．
综上所述，所有满足条件的点Q′的坐标为：（，﹣），（，），（﹣，），（﹣，﹣）．
13．【问题提出】如图①，已知海岛A到海岸公路BD的距离为AB的长度，C为公路BD上的酒店，从海岛A到酒店C，先乘船到登陆点D，船速为a，再乘汽车，车速为船速的n倍，点D选在何处时，所用时间最短？
【特例分析】若n＝2，则时间t＝+，当a为定值时，问题转化为：在BC上确定一点D，使得+的值最小．如图②，过点C做射线CM，使得∠BCM＝30°．
（1）过点D作DE⊥CM，垂足为E，试说明：DE＝；
（2）请在图②中画出所用时间最短的登陆点D′．
【问题解决】（3）请你仿照“特例分析”中的相关步骤，解决图①中的问题．（写出具体方案，如相关图形呈现、图形中角所满足的条件、作图的方法等）
【综合运用】（4）如图③，抛物线y＝﹣x2+x+3与x轴分别交于A，B两点，与y轴交于点C，E为OB中点，设F为线段BC上一点（不含端点），连接EF．一动点P从E出发，沿线段EF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿着线段FC以每秒个单位的速度运动到C后停止．若点P在整个运动过程中用时最少，请求出最少时间和此时点F的坐标．

【分析】（1）如图①，DE⊥CM，则∠DEC＝90°，在Rt△BCM中，DE＝CDsin30°，即可求解；
（2）如图①过点A作AE′⊥CM交BC于点D′，则点D′即为所用时间最短的登陆点；
（3）如图②，过点C作射线CM，使得sin∠BCM＝，过点A作AE⊥CM，垂足为E交BC于点D，则点D为为所用时间最短的登陆点；
（4）EF+CF＝EF+FH，故当E、F、H三点共线且与CD垂直时，t最小，即可求解．
【解析】（1）如图①，∵DE⊥CM，∴∠DEC＝90°，
在Rt△DCE中，DE＝CDsin30°＝CD；

（2）如图①过点A作AE′⊥CM交BC于点D′，则点D′即为所用时间最短的登陆点；
（3）如图②，过点C作射线CM，使得sin∠BCM＝，
过点A作AE⊥CM，垂足为E交BC于点D，则点D为为所用时间最短的登陆点；
（4）由题意得：t＝＝EF+CF，
过点C作CD∥x轴交抛物线于点D，过点F作GF⊥CD交CD于点G，

设∠ABC＝∠DCB＝α，sin∠ABC＝＝，则HF＝CF，
EF+CF＝EF+FH，
故当E、F、H三点共线且与CD垂直时，t最小，
点B（4，0），点A（﹣1，0），
将点B、C坐标代入一次函数表达式并解得：
直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
点E是OB中点，其坐标为：（2，0），
当x＝2时，对于y＝﹣x+3，y＝，
点F坐标为（2，），
t＝＝EF+CF，
当H、F、E三点共线时，EF+FH＝OC＝3，
即：最小时间为3秒．
14．如图，△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，过点A作AO⊥AC交BC于点O．
（1）求证：BO＝BC；
（2）设AB＝k．
①以OB为半径的⊙O交BC边于另一点P，点D为CA边上一点，且CD＝2DA．连接DP，求S△CPD．
②点Q是线段AB上一动点（不与A、B合），连接OQ，在点Q运动过程中，求AQ+2OQ的最小值．

【分析】（1）证明AO＝CO，BO＝AO，即可得到结论；
（2）①Rt△AOC中求出OA，Rt△AOD中求出tan∠AOD可得∠AOD＝30°，利用△AOD≌△POD证明∠DPO＝∠AOD＝90°，DA＝DP，即可得到答案；
②以A为顶点，AB为一边，在△ABC外部作∠BAN＝30°，过Q作QN⊥AN于N，过O作OM⊥AN于M，连接OQ，由NQ＝AQ，AQ+2OQ＝2（AQ+OQ），故求出NQ+OQ最小值即OM的最小值即可．
【解析】（1）证明：∵∠A＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵AO⊥AC，
∴∠OAC＝90°，∠BAO＝30°，
∴BO＝AO，AO＝CO，
∴BO＝CO，
∴BO＝BC；
（2）①如图：

∵AB＝k，
∴AC＝k，
Rt△AOC中，tanC＝，
∴OA＝k＝OB，
∵∠C＝30°，
∴OC＝2OA＝k，
∴CP＝OC﹣OP＝OC﹣OA＝k，
∵CD＝2DA，
∴DA＝，DC＝，
Rt△AOD中，tan∠AOD＝＝＝，
∴∠AOD＝30°，
∵∠AOC＝180°﹣∠OAC﹣∠C＝60°，
∴∠AOD＝∠DOP＝30°，
又OA＝OP，OD＝OD，
∴△AOD≌△POD（SAS），
∴∠DPO＝∠OAD＝90°，DA＝DP，
∴DP＝，
∴S△CPD＝CP•DP＝k2；
②以A为顶点，AB为一边，在△ABC外部作∠BAN＝30°，过Q作QN⊥AN于N，过O作OM⊥AN于M，连接OQ，如图：

在Rt△AQN中，∠BAN＝30°，
∴NQ＝AQ，
∵AQ+2OQ＝2（AQ+OQ），
∴AQ+2OQ最小，即是AQ+OQ最小，故NQ+OQ最小，此时ON⊥AN，Q与Q'重合，N与M重合，OM长度即是AQ+OQ的最小值，
而由①知：OA＝k，∠OAM＝∠OAB+∠BAM＝60°，
Rt△AOM中，sin∠OAM＝，
∴sin60°＝，
∴OM＝，
∴AQ+OQ的最小值为，
∴AQ+2OQ的最小值是k．
15．已知二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象和x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
（1）如图1，P是直线BC上方抛物线上一动点（不与B、C重合）过P作PQ∥x轴交直线BC于Q，求线段PQ
的最大值；
（2）如图2，点G为线段OC上一动点，求BG+CG的最小值及此时点G的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，M为直线BG上一动点，N为x轴上一动点，连接AM，MN，求AM+MN的最小值．

【分析】（1）设点P的坐标为（m，n），则点Q坐标为（3﹣n，n），则PQ＝m﹣（3﹣n）＝﹣m2+3m，即可求解；
（2）过直线CG作∠GCH＝α，使CH⊥GH，当sinα＝时，HG＝GC，则BG+CG的最小值即为HG+GB的最小值，即可求解；
（3）作点A关于直线BG的对称点A′，过A′作A′N⊥x轴，交BG于点M，交x轴于点N，则此时AM+MN取得最小值，即可求解．
【解析】（1）令y＝0，即：﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝3或﹣1，即点A、B的坐标分比为（﹣1，0）、（3，0），
令x＝0，则y＝3，则点C的坐标为（0，3），
直线BC过点C（0，3），则直线表达式为：y＝kx+3，
将点B坐标代入上式得：0＝3k+3，解得：k＝﹣1，
则直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
设点P的坐标为（m，n），n＝﹣m2+2m+3，
则点Q坐标为（3﹣n，n），
则PQ＝m﹣（3﹣n）＝﹣m2+3m，
∵a＝﹣1＜0，则PQ有最大值，
当m＝﹣＝，PQ取得最大值为；
（2）过直线CG作∠GCH＝α，使CH⊥GH，

当sinα＝时，HG＝GC，
则BG+CG的最小值即为HG+GB的最小值，
当B、H、G三点共线时，HG+GB最小，则∠GBO＝α，
∵sinα＝，则cosα＝，tanα＝，
OG＝OB•tanα＝3×＝，即点G（0，），
CG＝3﹣＝，而BG＝，
BG+CG的最小值为：；
（3）作点A关于直线BG的对称点A′，
过A′作A′N⊥x轴，交BG于点M，交x轴于点N，

则此时AM+MN取得最小值，即为A′N的长度，
则：∠GBA＝∠AA′N＝∠OGB＝α，
AA′＝2ABsin∠ABG＝2×4×sinα＝，
A′N＝A′Acosα＝×＝，
即：AM+MN的最小值为．
16．如图，△ABC是等边三角形．
（1）如图1，AH⊥BC于H，点P从A点出发，沿高线AH向下移动，以CP为边在CP的下方作等边三角形CPQ，连接BQ．求∠CBQ的度数；
（2）如图2，若点D为△ABC内任意一点，连接DA，DB，DC．证明：以DA，DB，DC为边一定能组成一个三角形；
（3）在（1）的条件下，在P点的移动过程中，设x＝AP+2PC，点Q的运动路径长度为y，当x取最小值时，写出x，y的关系，并说明理由．

【分析】（1）只要证明△ACP≌△BCQ，即可推出∠CBQ＝∠CAP＝30°；
（2）如图2中，将△ADC绕当A顺时针旋转60°得到△ABQ，连接DQ．可以证明DA，DB，DC为边一定能组成一个三角形（图中△BDQ）；
（3）作PE⊥AB于E，CF⊥AB于F交AH于G．PA+2PC＝2（PA+PC）＝2（PE+PC），根据垂线段最短可知，当E与F重合，P与G重合时，PA+2PC的值最小，最小值为2CF，由此即可解决问题；
【解答】（1）解：如图1中

∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴∠CAP＝∠BAC＝30°，CA＝CB，∠ACB＝60°，
∵△PCQ是等边三角形，
∴CP＝CQ，∠PCQ＝∠ACB＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ，
∴∠CBQ＝∠CAP＝30°．

（2）证明：如图2中，将△ADC绕当A顺时针旋转60°得到△ABQ，连接DQ．

∵△ACD≌△ABQ，
∴AQ＝AD，CD＝BQ，
∵∠DAQ＝60°，
∴△ADQ是等边三角形，
∴AD＝DQ，
∴DA，DB，DC为边一定能组成一个三角形（图中△BDQ）．

（3）如图3中，作PE⊥AB于E，CF⊥AB于F交AH于G．

∵PE＝PA，
∴PA+2PC＝2（PA+PC）＝2（PE+PC），
根据垂线段最短可知，当E与F重合，P与G重合时，PA+2PC的值最小，最小值为2CF．
由（1）可知△ACP≌△BCQ，可得BQ＝PA，
∴PA＝BQ＝AG＝CG＝y，FG＝y，
∴x＝2（y+y），
∴y＝x．
17．问题发现：
（1）如图①，四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，CB＝CD，对角线AC的长为6，则四边形ABCD的面积为　18　．

问题探究：
（2）如图②，Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝5，AB＝12，点D和E都是边BC上的动点，且满足CD＝BE，连接AD、AE．求AD+AE的最小值；
问题解决：
（3）某校准备组织八年级同学开展一次去大明宫遗址公园的考古研学活动．小凯和小鹏在去之前先做了一个模拟“藏宝图”的游戏，为了使宝物隐藏得更神秘，小凯利用学过的数学知识，设计了如下方案，让小鹏破解．如图③，点B在点A的正东方向12m处，点P和Q都为平面内的动点，且满足PA＝8m，PB＝BQ，∠PBQ＝90°，当线段AQ长度最大时，点Q的位置即为藏宝地．请你帮助小鹏破解，藏宝地在点A的什么方向？距离点A多远？
【分析】（1）如图①中，作CF⊥AB于F，CE⊥AD交AD的延长线于E．证明△CED≌△CFB（AAS）即可解决问题．
（2）如图②中，作BM∥AC，在BM上截取BM，使得BM＝AC，连接EM，AM．证明△ACD≌△MBE（SAS），再利用两点之间线段最短即可解决问题．
（3）如图③中，作BM⊥BA，在BM上截取BM，使得BM＝AB，连接AM，QM．构造全等三角形，再根据AQ≤AM+MQ即可解决问题．
【解析】（1）如图①中，作CF⊥AB于F，CE⊥AD交AD的延长线于E．

∵∠E＝∠AFC＝∠EAF＝90°，
∴四边形AECF是矩形，
∴∠ECF＝∠DC＝90°，
∴∠ECD＝∠FCB，
∵∠E＝∠CFB＝90°，CD＝CB，
∴△CED≌△CFB（AAS），
∴CE＝CF，S四边形ABCD＝S正方形AECF，
∴四边形AECF是正方形，
∵AC＝6，
∴AF＝CF＝32，
∴S四边形ABCD＝32×32=18，
故答案为18．

（2）如图②中，作BM∥AC，在BM上截取BM，使得BM＝AC，连接EM，AM．

∵AC∥BM，
∴∠C＝∠EBM，
∵AC＝BM，CD＝BE，
∴△ACD≌△MBE（SAS），
∴AD＝EM，
∵AD+AE＝EM+AE，
∵AE+EM≥AM，
∴AD+AE的最小值是线段AM的长，
在Rt△ABM中，AM=AB2+BM2=122+52=13，
∴AD+AE的最小值为13．

（3）如图③中，作BM⊥BA，在BM上截取BM，使得BM＝AB，连接AM，QM．

∵∠PBQ＝∠ABM＝90°，
∴∠ABP＝∠MBQ，
∵BP＝BQ，BA＝BM，
∴△ABP≌△MBQ（SAS），
∴PA＝MQ＝8m，
∵AB＝BM＝12m，∠ABM＝90°，
∴AM=AB2+BM2=122+122=122，
∵AQ≤AM+MQ，
∴AQ的最大值＝AM+MQ＝（122+8）m，
此时∠BAM＝45°，
∴藏宝地在点A的东南方向，距离点A（122+8）m．
18．阅读下列材料，然后解决问题：和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用，
截长法与补短法在证明线段的和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用．具体的做法是在某条线段上截取一条线段等于某特定线段，或将某条线段延长，使之与某特定线段相等，再利用全等三角形的性质等有关知识来解决数学问题．
（1）如图1，在△ABC中，若AB＝12，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE，把AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是　2＜AD＜10　；
（2）问题解决：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC，边CD上的两点，且∠EAF=12∠BAD，求证：BE+DF＝EF．
（3）问题拓展：
如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，点D是△ABC外角平分线上一点，DE⊥AC交CA延长线于点E，F是AC上一点，且DF＝DB．
求证：AC﹣AE=12AF．

【分析】（1）延长AD到点E使DE＝AD，连接BE，证明△ADC≌△EDB，根据全等三角形的性质得到BE＝AC，根据三角形三边关系计算；
（2）延长CB到G，使BG＝DF，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠GAB＝∠FAD，证明△AEG≌△AEF，根据全等三角形的性质证明；
（3）作DH⊥AB于H，在AB上截取BR＝AF，分别证明Rt△DEF≌Rt△DHB，△DAF≌△DRB，根据全等三角形的性质证明．
【解析】（1）延长AD到点E使DE＝AD，连接BE，
在△ADC和△EDB中，
AD=DE∠ADC=∠EDBCD=DB，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝8，
AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即21﹣8＜2AD＜12+8，
∴2＜AD＜10，
故答案为：2＜AD＜10；
（2）证明：延长CB到G，使BG＝DF，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABG＝180°，
∴∠ADC＝∠ABG，
在△ABG和△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠GAB＝∠FAD，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠FAD+∠BAE＝∠GAB+∠BAE=12∠BAD，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△AEG和△AEF中，
AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EF＝GE，
∴EF＝BE+BG＝BE+DF；
（3）证明：作DH⊥AB于H，在AB上截取BR＝AF，
∵∠CAB＝60°，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC，
∵点D是△ABC外角平分线上一点，DE⊥AC，DH⊥AB，
∴DE＝DH，AH＝AE，
在Rt△DEF和Rt△DHB中，
DE=DHDF=DB
∴Rt△DEF≌Rt△DHB（HL）
∴∠DFA＝∠DBA，
在△DAF和△DRB中，
AF=BR∠DFA=∠DBRDF=DB，
∴△DAF≌△DRB（SAS）
∴DA＝DR，
∴AH＝HR＝AE=12AR，
∵AF＝BR＝AB﹣AR＝2AC﹣2AE
∴AC﹣AE=12AF．


19．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-34x2+94x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接BC．点P为直线BC上方抛物线上的一动点，连接OP交BC于点Q．
（1）如图1，当PQOQ值最大时，在x轴上有一动点M，y轴上有一动点N，求PN+NM-35BM的最小值；
（2）如图2，连接AC，将△AOC沿射线CB方向平移，点A、C、O平移后的对应点分别记作A1、C1、O1，当C1B＝O1B时，连接A1B，O1B，将△A1O1B绕点O1沿顺时针方向旋转90°后得△A2O1B1，在直线x=12上是否存在点K，使得△A2B1K为等腰三角形？若存在，直接写出点K的坐标；不存在，请说明理由．
【分析】（1）思想根据二次函数确定PQOQ的值最大时，点P的坐标，过点P作PJ⊥BC于J，交y轴于N交x轴于M，在Rt△BMJ中，MJ＝BM•sin∠OBC=35BM，推出PM+MN-35BM＝PN+MN﹣MJ＝PJ，根据垂线段最短可知，此时PN+NM-35BM的值最小，最小值＝PJ＝PE•sin∠PEJ．
（2）设K（12，m），如图2所示，C1（2，32），Q1（2，-32），A2（2，-12），B1（72，-72），可得A2K2=94+（m+12）2，B1K2＝9+（m+12）2，A2B12=94+9=454，分三种情形分别构建方程求解即可．
【解析】（1）当-34x2+94x+3=0时，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
∵A在B左侧，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
∵当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
∴BC：y=-34x+3，
作PE⊥x轴交BC于E，如下图（1）所示，

∴△COQ∽△EPQ，
∴PQOQ=PEOC=PE3，
∴设P（a，-34a2+94a+3），E（a，-34a+3），
∴PE=-34a2+94a+3﹣（-34a+3）=-34a2+3a=-34（a﹣2）2+3，
∴当a＝2时，PE最大，PQOQ最大，此时P（2，92），
过点P作PJ⊥BC于J，交y轴于N交x轴于M，
在Rt△BMJ中，MJ＝BM•sin∠OBC=35BM，
∴PM+MN-35BM＝PN+MN﹣MJ＝PJ，
根据垂线段最短可知，此时PN+NM-35BM的值最小，最小值＝PJ＝PE•sin∠PEJ＝3×45=125．

（2）设K（12，m），
∵如图2所示，C1（2，32），Q1（2，-32），A2（2，-12），B1（72，-72），
∴A2K2=94+（m+12）2，B1K2＝9+（m+12）2，A2B12=94+9=454，
①当KA＝KB，可得94+（m+12）2＝9+（m+12）2，
解得m=-258，
∴K（12，-258）．
②当B1K＝B1A，可得9+（m+12）2=94+9=454，
解得m＝﹣5或﹣2，
∴K（12，﹣5），K（12，﹣2）．
③当A2K＝A2B，可得94+（m+12）2=94+9=454，
解得m=-72或52（舍弃），
∴K（12，-72）．
综上所述，满足条件的点K的坐标为：K1（12，-258），K2（12，﹣5），K3（12，﹣2），K4（12，-72）．
20．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-23x2-23x+4与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．点D是抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E，过点E作BC的平行线交AC于点F．
（1）如图1，求点D的坐标和直线BC的解析式；
（2）如图1，在对称轴右侧的抛物线上找一点P，使得∠PDE＝45°，点M是直线BC上一点，点N是直线EF上一点，MN∥AC，求PM+MN+NB的最小值；
（3）如图2，将△BOC绕点O逆时针旋转至△B'O'C'的位置，点B，C的对应点分别为点B'，C'，点B'恰好落在BC上，点T为B'C'的中点，过点T作y轴的平行线交抛物线于点H，将点T沿y轴负方向平移3个单位长度得到点K．点Q是y轴上一动点，将△QHK沿直线QH折叠为△QHK'，△BKK'是否能为等腰三角形？若能，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不能，请说明理由．

【分析】（1）通过配方将抛物线解析式化为顶点式，即可得顶点D的坐标（-12，256），令x＝0，可得C（0，4），令y＝0，可得B（2，0），待定系数法求直线BC解析式．
（2）待定系数法可求得直线EF解析式，过点P作PS⊥DE于S，由∠PDE＝45°，∠PSD＝90°，可得DS＝PS，设点P的横坐标为m，可建立关于m的方程求解即可得到点P的坐标；再由轴对称求线段最小值的方法即可；
（3）先由旋转性质可求出点T、H、K坐标，再由折叠性质和等腰三角形性质求得K′坐标，最后由折叠和轴对称求得Q坐标．
【解析】（1）配方得y=-23(x+12)2+256，
∴D(-12，256)；
在抛物线y=-23x2-23x+4中，
令x＝0．得y＝4，∴C（0，4），
令y＝0，得-23x2-23x+4=0，解得x1＝﹣3，x2＝2，∴A（﹣3，0），B（2，0）．
设直线BC解析式为y＝kx+b，将B（2，0），C（0，4）分别代入得：2k+b=0b=4，解得k=-2b=4，
∴直线BC解析式为y＝﹣2x+4．
（2）抛物线对称轴为x=-12，E（-12，0），设直线EF解析式为y＝k1x+b1，∵EF∥BC，∴k1＝﹣2，将 E（-12，0）代入得b1＝﹣1，
∴直线EF解析式为y＝﹣2x﹣1；
设点P（m，-23m2-23m+4），过点P作PS⊥DE于S，则S（-12，-23m2-23m+4），
DS=256-(-23m2-23m+4)=23m2+23m+16
∵∠PDE＝45°，∠PSD＝90°，
∴DS＝PS，即23m2+23m+16=m﹣（-12），解得m1=1，m2=-12（舍），
∴P（1，83），
作点B关于直线EF的对称点B′（﹣2，﹣2），连接B′N，过点M作MB″∥B′N且MB″＝B′N，当B″、M、P三点在同一条直线上时，B″M+PM最小，即BN+MN+PM最小；
设直线AC解析式为y＝mx+n，将A（﹣3，0），C（0，4）代入得-3m+n=0n=4，解得m=43n=4，∴直线AC解析式为y=43x+4；
联立方程组y=43x+4y=-2x-1，解得x=-32y=2，∴F(-32，2)；
显然，四边形CFNM是平行四边形，由平移规律得B″（-12，0），PM+MB″＝PB″=(-12-1)2+(0-83)2=3376，
MN＝CF=(-32-0)2+(2-4)2=52，
∴PM+MN+NB的最小值=3376+52．
（3）如图3，作OW⊥BC于W，取BC中点T′，连接OT′、OT，TT′，
∵OB＝OB′，
∴∠OB′W＝∠OBW，∠B′OW＝∠BOW
∵∠OWB＝∠OWB′＝∠COB＝90°，
∴∠BCO＝∠B′OW＝∠BOW，∠BOB′＝2∠BCO＝∠TOT′，
∵OT′＝T′C，
∴∠COT′＝∠BCO，
∴∠TOC＝∠T′OC，
∵OT＝OT′，
∴OC垂直平分TT′，∵T′（1，2）
∴T（﹣1，2），H（﹣1，4），K（﹣1，﹣1），
由折叠得：QK＝QK′，HK＝HK′，∠KHQ＝∠K′HQ
△BKK′为等腰三角形，分三种情况：
①BK＝BK′，HK＝HK′，
∴B、H在KK′的垂直平分线上，即B、H、Q三点共线，易得直线BH解析式为y=-43x+83，
∴Q1(0，83)，
②KK′＝BK′
∵HK＝HB＝HK′＝5
∴K′H垂直平分BK，∴K′（10-22，8-3102）或（-10+22，8+3102）
∴Q2(0，15-2105)，Q3(0，15+2105)，
③BK＝KK′，∵HB＝HK＝HK′
∴这样的点K′不存在；
综上所述，符合条件的点Q为：Q1(0，83)，Q2(0，15-2105)，Q3(0，15+2105)．


21．在平面直角坐标系中，抛物线y=24x2+32x﹣22交x轴于点A、B（点A在点B的左侧），交y轴于点C．

（1）如图，点D是抛物线在第二象限内的一点，且满足|xD﹣xA|=22，过点D作AC的平行线，分别与x轴、射线CB交于点F、E，点P为直线AC下方抛物线上的一动点，连接PD交线段AC于点Q，当四边形PQEF的面积最大时，在y轴上找一点M，x轴上找一点N，使得PM+MN-35NB取得最小值，求这个最小值；
（2）如图2，将△BOC沿着直线AC平移得到△B′O′C′，再将△B'O′C′沿B′C′翻折得到△B′O″C′，连接BC′、O″B，则△C′BO″能否构成等腰三角形？若能，请直接写出所有符合条件的点O″的坐标，若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据|xD﹣xA|=22，求出点D的坐标，转换四边形PQEF的面积最大即为线段PH最大，作点P关于y轴的对称点P′（22，﹣32），过点B作直线l：y=34x-324，作P′W⊥直线l于W交y轴于M，交x轴于N．易知35NB＝NW，推出PM+MN-35NB＝P′M+MN﹣NW＝P′W，根据垂线段最短可知，P′W即为所求．
（2）设点O′、B′、C′的坐标，求出点O″的坐标，利用两点间距离公式表示线段长度，分三种情况讨论即可．
【解析】（1）令24x2+32x﹣22=0，
解得x1=2，x2＝﹣42，
∴A（﹣42，0），B（2，0），
令x＝0，y＝﹣22，
∴C（0，﹣22），
∵|xD﹣xA|=22，点D是抛物线在第二象限内的一点，
∴D的横坐标为﹣62，
∴D（﹣62，72），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
则有2k+b=0b=-22
解得k=2b=-22
∴直线BC的解析式为y＝2x﹣22，
设直线AC的解析式为y＝k1x+b1，
则有-42k1+b1=0b1=-22
解得k1=-12b1=-22
∴直线AC的解析式为y=-12x﹣22，
∵DE∥AC，
∴设直线DE的解析式为y=-12x+b2，代入点D（﹣62，72），
解得b2＝42，
∴直线DE的解析式为y=-12x+42，
令y＝0，此时x＝82，
∴F（82，0），
令2x﹣22=-12x+42，
解得x=1225，
∴E（1225，1425），
∵S四边形PQEF＝S△PDF﹣S△PQE＝S△PDF﹣S△DAE，
∵D、A、E是固定点，
∴S△DAE是固定值，即要使四边形PQEF的面积最大，只需△PDF的面积最大，
如图1所示，

过点P作x轴的垂线交DF于点H，则S△PDF=12PH•|xF﹣xD|＝72PH，
∴当PH最大时，S△PDF最大，
设点P的坐标为（a，24a2+32a﹣22），则点H为（a，-12a+42），
∴PH=-24a2﹣2a+62=-24（a+22）2+82，
∴当a＝﹣22时，PH最大，
此时P（﹣22，﹣32），
作点P关于y轴的对称点P′（22，﹣32），过点B作直线l：y=34x-324，作P′W⊥直线l于W交y轴于M，交x轴于N．
易知35NB＝NW，
∴PM+MN-35NB＝P′M+MN﹣NW＝P′W，
根据垂线段最短可知，P′W即为所求，
∵直线P′W的解析式为y=-43x-523，
由y=34x-324y=-43x-523，解得x=25y=-325，
∴W（25，-325），
∴P′W=(22-25)2+(-32+325)2=32，
∴P′W的最小值为32．
∴PM+MN-35NB的最小值为32．

（2）设△BOC在水平方向上移动了22t个单位，则在竖直方向上移动了2t个单位，
则C′（﹣22t，﹣22t+2t），O′（﹣22t，2t），
如图2所示，过O″作y轴的平行线交O′B′的延长线于点M，

O′O″＝2×2×25=4105，
∴O″M=425，O′M=825，
∴O″（825-22t，-425+2t），
∴C′B=(2+22t)2+(-22+2t)2=10t2+10，
C′O″＝22，
O″B=(22t-325)2+(-425+2t)2=10t2-8t+2
①10t2+10=22，无解．
②10t2+10=10t2-8t+2，解得t＝﹣1，
∴O″（1825，-925），
③10t2-8t+2=22，解得t1=2+195，t2=2-195，
∴O″（42-2385，38-425）或（42+2385，-22-385）．
综上所述：点O″的坐标为（1825，-925）或（42-2385，38-425）或（42+2385，-22-385）．
22．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2+233x+833与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，对称轴与x轴交于点E．

（1）连接BD，点P是线段BD上一动点（点P不与端点B、D重合），过点P作PQ⊥BD，交抛物线于点Q（点Q在对称轴的右侧），过点Q作QF⊥x轴，垂足为F，交BD于G，点M是线段OC上一动点，当△PQG周长取得最大时，求FG+GM+12MC的最小值；
（2）在（1）中，当△PQG周长取得最大，FG+GM+12MC取得最小值时，把点M向下平移33个单位得到点M'，连接AM'，把△AOM'绕点O逆时针旋转一定的度α（0＜α＜360°），得到△A'OM''，其中边A'M''交坐标轴于点I．在旋转过程中，是否存在点I，使得∠M''＝∠M''OI？若存在，请直接写出所有满足条件的点M''的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由已知可求A（﹣2，0），B（4，0），C（0，833），D（1，33），因为PQ⊥BD，QF⊥x轴，则∠PQG＝∠DBO，可求GP=3PQ，QG＝2PQ，则△PQG周长＝（3+3）PQ，当PQ最大时，△PQG周长最大；设Q（m，-33m2+233m+833），求出BD的直线解析式为y=-3x+43，PQ的直线解析式为y=33x-33m2+33m+833，联立方程求出交点P（14m2-14m+1，-34m2+34m+33），所以PQ=36（﹣m2+5m﹣4），当m=52时，PQ有最大值；过点C作与x轴为60°的直线，则该直线解析式为y=3x+833，过点G作该直线的垂线与y轴交于点M，与该直线交于点T，FG+GM+12MC的最小值为FG+TG；直线GM的解析式为y=-33x+733，求出T（-14，29312），则可求最小值；
（2）求出M'（0，23），∠AM'O＝∠M''＝30°；①当∠α＝30°时，此时A'M''∥OM'，I不存在；②当∠α＝60°时，过点M''作x轴垂线M''S，M''（﹣3，3）；③当∠α＝240°时，过点M''作x轴垂线M''R，M''（3，-3④当∠α＝150°时，过点M''作M''G⊥x轴交于点G，在△OGM''中，可求M''（-3，﹣3）；⑤当∠α＝300°时，过点M''作M''H⊥x轴交于点H，在△OHM''中，可求M''（3，3）．
【解析】（1）由已知可求A（﹣2，0），B（4，0），C（0，833），D（1，33），
∵PQ⊥BD，QF⊥x轴，
∴∠PQG＝∠DBO，
在Rt△DBE中，∠DBE＝60°，
∴∠PQG＝60°，
∴GP=3PQ，QG＝2PQ，
∴△PQG周长＝PQ+3PQ+2PQ＝3PQ+3PQ＝（3+3）PQ，
∴当PQ最大时，△PQG周长最大；
设Q（m，-33m2+233m+833），
∵BD的直线解析式为y=-3x+43，
∴PQ的直线解析式为y=33x-33m2+33m+833，
∴P（14m2-14m+1，-34m2+34m+33），
∴PQ=36（﹣m2+5m﹣4），
∴当m=52时，PQ有最大值
∴F（52，0），G（52，332），
∴FG=332，
过点C作与x轴为60°的直线，则该直线解析式为y=3x+833，
过点G作该直线的垂线与y轴交于点M，与该直线交于点T，
∵∠TCM＝30°，
∴TM=12CM，
∴FG+GM+12MC＝FG+GM+TM＝FG+TG，
∴FG+GM+12MC的最小值为FG+TG；
直线GM的解析式为y=-33x+733，
∴T（-14，29312），
∴GT=1136，
∴FG+TG=1136+332=1033，
∴FG+GM+12MC的最小值为1033；
（2）∵M（0，733），
∴M'（0，23），
∵tan∠AM'O=33，
∴∠AM'O＝∠M''＝30°，
①当∠α＝30°时，∠M''＝∠M''OI＝30°，
此时A'M''∥OM'，I不存在；
②当∠α＝60°时，∠M''＝∠M''OI＝30°，
如图1：过点M''作x轴垂线M''S，
∵∠OA'A＝60°，OA＝OA'，
∴∠M''AS＝60°，AA'＝2，
∵AM'＝A'M''＝4，
∴M''A＝2，
∴AS＝1，M''S=3，
∴M''（﹣3，3）；
③当∠α＝240°时，∠M''＝∠M''OI＝30°，
如图2：过点M''作x轴垂线M''R，
∵∠IOM''＝120°，
∴∠ROM''＝30°，
∵OM'＝OM''＝23，
∴RM''=3，OR＝3，
∴M''（3，-3）；
④当∠α＝150°时，∠M''＝∠M''OI＝30°，
如图3：过点M''作M''G⊥x轴交于点G，
在△OGM''中，M''O＝23，∠GOM''＝60°，
∴OG=3，GM''＝3，
∴M''（-3，﹣3）；
⑤当∠α＝300°时，∠M''＝∠M''OI＝30°，
如图4：过点M''作M''H⊥x轴交于点H，
在△OHM''中，M''O＝23，∠M''OH＝60°，
∴M''H＝3，OH=3
∴M''（3，3）；
综上所述：满足条件的M''点为（﹣3，3）或（3，-3）或（3，3）或（-3，﹣3）．






23．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2+233x+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，点D是抛物线的顶点．
（1）如图1，P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q．在抛物线的对称轴上有一动点M，在x轴上有一动点N，当6PQ﹣CQ的值最大时，求PM+MN+55NB的最小值；
（2）如图2，将△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到△A′BC'，再将△A′BC′向右平移1个单位得到△A“B′C“，那么在抛物线的对称轴DM上，是否存在点T，使得△A′B′T为等腰三角形？若存在，求出点T到x轴的距离；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）待定系数法求得直线BC解析式为y=-33x+3，设P（m，-33m2+233m+3），可得：PQ=-33m2+3m，CQ=233m；由6PQ﹣CQ＝6（-33m2+3m）-233m＝﹣23（m-43）2+3239，可得P（43，35327），利用直角三角形作出线段NT=55NB，作点P关于对称轴x＝1的对称点P′，∵PM+MN+55NB＝P′M+MN+NT，故PM+MN+55NB最小值，即P′，M，N，T在同一直线上，并且P′T⊥BK时，垂线段P′T的长度即为所求最小值．
（2）存在．先求得：A′（3，﹣4），B′（4，0），设T（1，t），由△A′B′T为等腰三角形，可以分三种情形进行讨论：①A′T＝B′T，②A′T＝A′B′，③B′T＝A′B′，分别求得点T的纵坐标，即可得点T到x轴的距离．
【解析】（1）在抛物线y=-33x2+233x+3中，令x＝0，得y=3，∴C（0，3），
令y＝0，得0=-33x2+233x+3，解得x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），BC＝23，
设直线BC解析式为y＝kx+b，则3k+b=0b=3，解得k=-33b=3，
∴直线BC解析式为y=-33x+3，
设P（m，-33m2+233m+3），则Q（m，-33m+3），PQ=-33m2+3m，CQ=233m
∴6PQ﹣CQ＝6（-33m2+3m）-233m＝﹣23（m-43）2+3239，
∵﹣23＜0，∴当m=43时，6PQ﹣CQ的值最大，此时，P（43，35327），
由y=-33x2+233x+3=-33（x﹣1）2+433，得抛物线对称轴为：x＝1，
作点P关于对称轴x＝1的对称点P′（23，35327），在y轴负半轴上取点K（0，-32），连接BK交对称轴于S，则BK=352
过P′作P′T⊥BK于T，作P′W∥y轴交BK于点W，
在△BNT中，NTBN=tan∠OBK=OKBK，∴NT=55NB，
∴线段P′T长度为PM+MN+55NB最小值，
∵B（3，0），K（0，-32），∴直线BK解析式为y=12x-32，
∴W（23，-76），P′W=35327-（-76）=703+6354，
∵P′W∥y轴，∴∠P′WT＝∠BKO
∵∠P′TW＝∠BOK＝90°
∴△P′WT∽△BKO
∴P'TP'W=BOBK，P′T=255×703+6354=7015+635135，
∴PM+MN+55NB最小值=7015+635135．
（2）存在．
∵△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到△A′BC'，再将△A′BC′向右平移1个单位得到△A“B′C“，
∴A′（3，﹣4），B′（4，0），∵点T在抛物线对称轴直线x＝1上，∴设T（1，t）
∵△A′B′T为等腰三角形，∴分三种情形：
①A′T＝B′T，（3﹣1）2+（﹣4﹣t）2＝（4﹣1）2+（0﹣t）2，解得：t=-118，
∴此时T到x轴的距离为118；
②A′T＝A′B′，（3﹣1）2+（﹣4﹣t）2＝（3﹣4）2+（﹣4﹣0）2，解得：t＝﹣4+13或﹣4-13，
∴此时T到x轴的距离为4-13或4+13；
③B′T＝A′B′，（4﹣1）2+（0﹣t）2＝（3﹣4）2+（﹣4﹣0）2，解得：t＝22或﹣22，
∴此时T到x轴的距离为22；
综上所述，T到x轴的距离为118或4-13或4+13或22．


24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2-233x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与直线AC交于点E．
（1）若点P为直线AC上方抛物线上的动点，连接PC，PE，当△PCE的面积S△PCE最大时，点P关于抛物线对称轴的对称点为点Q，此时点T从点Q开始出发，沿适当的路径运动至y轴上的点F处，再沿适当的路径运动至x轴上的点G处，最后沿适当的路径运动至直线AC上的点H处，求满足条件的点P的坐标及QF+FG+33AH的最小值．
（2）将△BOC绕点B顺时针旋转120°，边BO所在直线与直线AC交于点M，将抛物线沿射线CA方向平移233个单位后，顶点D的对应点为D′，点R在y轴上，点N在坐标平面内，当以点D′，R，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出N点坐标．

【分析】（1）易求A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3），直线AC的直线解析式为y=33x+3，当△PCE的面积S△PCE最大时，当P点到直线AC的距离d最大即可求出P（-32，534），点P关于抛物线对称轴的对称点为点Q（-12，534），作点Q关于y轴的对称点Q'（12，534），做AC关于x轴的对称AC'，过点Q'作直线AC'的垂线交于点H，角y轴于点F，交x轴于点G，则QF+FG+33AH＝Q'F+FG+HG＝Q'H；
（2）由平移可知抛物线向下移动33个单位，向左平移1个单位，D'（﹣2，3），易求B'O的直线解析式为y=3x-3，则点M（3，23），
①当D'M是菱形RD'NM的对角线时，D'M的中点为（12，332），设R（0，a），N（m，n），所以m2=12，a+n2=332，得到a+n＝33，再由D'R＝D'N，即可求m；
②当D'M∥RN时，设R（0，a），N（m，n），设R（0，a），N（m，n），D'M2＝RN2，k=35=n-am，得到m＝±5确定a与n的关系为：n﹣a=3或n﹣a=-3，当m＝﹣5时，过点M作y轴垂线，利用勾股定理可求R（0，23+19），N（﹣5，3+19），R（0，23-19），N（﹣5，3-19）；当m＝5时，过点D'作y轴垂线，利用勾股定理可求R（0，26+3），N（5，26+23），R（0，3-26），N（5，23-26）．
【解析】（1）由抛物线y=-33x2-233x+3的解析式易求A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）
直线AC的直线解析式为y=33x+3，
当△PCE的面积S△PCE最大时，当P点到直线AC的距离d最大即可；
设P（m，n），
∴d=|33m2+3m|233=12|（m+32）2-94|，
当m=-32时，S△PCE最大，
∴P（-32，534），
抛物线对称轴x＝﹣1，
∵点P关于抛物线对称轴的对称点为点Q，
∴Q（-12，534），
作点Q关于y轴的对称点Q'（12，534），作AC关于x轴的对称AC'
过点Q'作直线AC'的垂线交于点H，交y轴于点F，交x轴于点G，
∴Q'F＝QF，
∵∠CAO＝∠OAH＝30°，
∴HG＝AHtan30°=33AH，
∴QF+FG+33AH＝Q'F+FG+HG＝Q'H，
过Q'作Q'M⊥x轴，交x轴于点M，交AH于点N，
∴Q'M=534，
在Rt△AMN中，AM=72，
∴MN=736，
∴Q'N=29123，
∵∠HQ'N＝∠OAH＝30°，
∴Q'H=298；
（2）在Rt△OBC中，OC=3，OB＝1，
∴∠CBO＝60°，
∵将△BOC绕点B顺时针旋转120°，
∴∠O'BC＝60°，
∴O'（32，32），
将抛物线沿射线CA方向平移233个单位，
∴BB'=233，BB'∥AC，
∴∠BB'K＝30°，
过点B'作x轴垂线，交x轴于点K，
在Rt△BB'K中，B'K=33，BK＝1，
∴抛物线向下移动33个单位，向左平移1个单位，
∵D（﹣1，433），
∴D'（﹣2，3），
易求B'O的直线解析式为y=3x-3，
M点坐标为方程组y=3x-3y=33x+3的解，
∴M（3，23），
①当D'M是菱形RD'NM的对角线时，
D'M的中点为（12，332），
设R（0，a），N（m，n），
∵m2=12，a+n2=332，
∴m＝1，a+n＝33；
∵D'R＝D'N，
∴4+（a-3）2＝9（3-n）2，
∴n=233；
∴N（1，233）；
②当D'M∥RN时，
设R（0，a），N（m，n），
∵D'M2＝52+（3）2＝28，
∴RN2＝m2+（a﹣n）2＝28，
k=35=n-am，
∴m＝±5
∴n﹣a=3或n﹣a=-3，
过点M作y轴垂线，交y轴于点P，
在Rt△MPR中，MR2＝MP2+RP2，
即28＝9+RP2，
∴PR=19，
∴R（0，23+19），
∴N（﹣5，3+19），
同理在y轴负半轴有点R，
可得R（0，23-19），
∴N（﹣5，3-19），
过点D'作y轴垂线，交y轴于点Q，
在Rt△D'QR中，RQ＝26，
∴R（0，26+3），
∴N（5，26+23），
同理在y轴负半轴有点R，
可得R（0，3-26），
∴N（5，23-26），
∴N（1，233）或N（﹣5，3+19）或N（﹣5，3-19）或N（5，26+23）或N（5，23-26）．


25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2+bx+c与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），与y轴交于点A，抛物线的顶点为D，B（﹣3，0），A（0，3）
（1）求抛物线解析式及D点坐标；
（2）如图1，P为线段OB上（不与O、B重舍）一动点，过点P作y轴的平行线交线段AB于点M，交抛物线于点N，点N作NK⊥BA交BA于点K，当△MNK与△MPB的面积相等时，在X轴上找一动点Q，使得12CQ+QN最小时，求点Q的坐标及12CQ+QN最小值；
（3）如图2，在（2）的条件下，将△ODN沿射线DN平移，平移后的对应三角形为△O′D′N′，将△AOC绕点O逆时针旋转到A1OC1的位置，且点C1恰好落在AC上，△A1D′N′是否能为等腰三角形，若能求出N′的坐标，若不能，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法以及顶点坐标公式即可解决问题．
（2）如图1中，设P（m，0）则N（m，=-33m2-233m+3）．由△NMK∽△BMN，又△MNK与△MPB的面积相等，推出△NMK≌△BMN，推出MN＝BM，在Rt△ABO中，tan∠ABO=AOOB=33，推出∠ABO＝30°，推出BM＝2PM＝MN，可得-33m2-233m+3-33m-3=2（33m+3），解得m＝﹣2或﹣3（舍弃），推出N（﹣2，3），
在y轴上取一点F，使得∠OCF＝30°，作QH⊥CF于H，因为QH=12CQ，所以NQ+12CQ＝NQ+QH，根据垂线段最短可知，当N、Q、H共线，且NH⊥CF时，NQ+12CQ＝NQ+QH的值最小．由此即可解决问题．
（3）首先求出点A′的坐标，再证明A′N⊥DN，分三种情形讨论即可．①如图3中，当A′D′＝A′N′时．②如图4中，当N′D′＝N′A′时．③如图5中，延长C′A′交DG于N′，此时△D′N′A′是等腰三角形．
【解析】（1）把B（﹣3，0），A（0，3）的坐标代入y=-33x2+bx+c，得到-33-3b+c=0c=3，
解得b=-233c=3，
∴二次函数的解析式为y=-33x2-233x+3，
顶点D的坐标为（﹣1，433）．

（2）如图1中，设P（m，0）则N（m，=-33m2-233m+3）．

∵A（0，3），B（﹣3，0），
∴直线AB的解析式为y=33x+3，AB用PN的交点M（m，33m+3），
∵∠NMK＝∠BMP，∠NKM＝∠MPB＝90°，
∴△NMK∽△BMN，
∵△MNK与△MPB的面积相等，
∴△NMK≌△BMN，
∴MN＝BM，
在Rt△ABO中，tan∠ABO=AOOB=33，
∴∠ABO＝30°，
∴BM＝2PM＝MN，
∴-33m2-233m+3-33m-3=2（33m+3），
解得m＝﹣2或﹣3（舍弃），
∴N（﹣2，3），
在y轴上取一点F，使得∠OCF＝30°，作QH⊥CF于H，
∵QH=12CQ，
∴NQ+12CQ＝NQ+QH，
根据垂线段最短可知，当N、Q、H共线，且NH⊥CF时，NQ+12CQ＝NQ+QH的值最小．
∵直线CF的解析式为y=33x-33，直线NH的解析式为y=-3x-3，
∴Q（﹣1，0），
由y=-3x-3y=33x-33，解得x=-12y=-32，
∴H（-12，-32），
∴NH=(2-12)2+(3+32)2=3，
∴NQ+12CQ＝NQ+QH的最小值为3．

（3）如图2中，

在Rt△AOC中，∵OA=3，OC＝1，AC＝2，
∴tan∠ACO=3，
∴∠ACO＝60°，
∵OC′＝OC，
∴△COC′是等边三角形，
∴∠A′C′C＝∠C′OC＝60°，
∴A′C′∥OC，
∴A′（-32，32），
∵N（﹣2，3），D（﹣1，433），
∴直线DN的解析式为y=33x+533，直线A′N的解析式y=-3x-3，
∵33×（-3）＝﹣1，
∴AN⊥DN，设直线DN交x轴于G，则G（﹣5，0），对称轴与x轴的交点为E（﹣1，0），
在Rt△DGE中，tan∠DGE=33，
∴∠DGE＝30°．
①如图3中，当A′D′＝A′N′时，易知ND′＝NN′，A′N＝1，ND′＝NN′=33，易证△A′N′D′是等边三角形，可得N′（-52，563）．

②如图4中，当N′D′＝N′A′时，∵A′N＝1，DN=233，
在Rt△A′N′N中，A′N′＝N′D′=233，A′N＝1，NN′=33，易证△A′N′D′是等边三角形，
∴N′（-52，563）．



③如图5中，延长C′A′交DG于N′，此时△D′N′A′是等腰三角形．

理由：作D′K⊥C′N′于K，易知N′（-72，32），
∴A′N′＝2，
在Rt△D′N′K中，∵∠D′N′K＝30°，D′N′=233，
∴D′K=33，KN′＝1，
∴KA′＝A′N′﹣N′K＝2﹣1＝1，
在Rt△A′D′K中，A′D′=12+(33)2=233，
∴D′N′＝D′A′，
∴△A′D′N′是等腰三角形，
综上所述，当点N′的坐标为（-52，563）或（-72，32）时，△A′D′N′是等腰三角形．
26．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=-33x2+233x+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，对称轴与x轴交于点D．

（1）求直线BC的解析式；
（2）如图2，点P为直线BC上方抛物线上一点，连接PB、PC．当△PBC的面积最大时，在线段BC上找一点E（不与B、C重合），使PE+12BE的值最小，求点P的坐标和PE+12BE的最小值；
（3）如图3，点G是线段CB的中点，将抛物线y=-33x2+233x+3沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为F．在抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出B，C坐标，再用待定系数法求直线解析式
（2）作PM⊥x轴于点M，交直线BC于F，设P（a，-33a2+233a+3），则F（a，-33a+3），则可求PF的长，可用a表示△PBC的面积，根据二次函数最值问题可求最大面积，由直线BC与x轴所成锐角为30°，可求EN=12BE，则PE+12BE＝PE+EN，即P，E，N三点共线且垂直x轴时，PE+EN值最小，即求PN的值．
（3）先求出点G坐标，平移后抛物线的对称轴x＝3，再分类讨论可求Q点坐标
【解析】（1）当x＝0时，y=-33x2+233x+3=3，
∴点C的坐标为（0，3）；
当y＝0时，有-33x2+233x+3=0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴点B的坐标为（3，0）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将B（3，0）、C（0，3）代入y＝kx+b，得：
3k+b=0b=3，解得：k=-33b=3，
∴直线BC的解析式为y=-33x+3．
（2）如图2中，过点P作PM⊥x轴于点M，交直线BC于点F．
EN⊥x轴

设P（a，-33a2+233a+3），则F（a，-33a+3）
∴PF=-33a2+3a
∴S△PBC=12×PF×3=-32a2+332a
∴当，a=32时，S△PBC最大
∴P（32，534）
∵直线BC的解析式为y=-33x+3．
∴∠CBO＝30°，EN⊥x轴
∴EN=12BE
∴PE+12BE＝PE+EN
∴根据两点之间线段最短和垂线段最短，则当P，E，N三点共线且垂直于x轴时，PE+12BE值最小．
∴PE+12BE＝PE+EN＝PN=534
（3）∵D是对称轴直线x＝1与x轴的交点，G是BC的中点
∴D（1，0），G（32，32）
∴直线DG解析式y=3x-3
∵抛物线y=-33x2+233x+3=-33（x﹣1）2+433沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D
∴y'═-33（x﹣3）2+433
∴F（3，433）
∴对称轴为x＝3
∵△FGQ为直角三角形
∴∠FGQ＝90°或∠FQG＝90°，∠GFQ＝90°（不合题意，舍去）
当∠FQG＝90°，则QG∥x轴
∴Q（3，32）
当∠FGQ＝90°，设点Q坐标（3，y）
∵FQ2＝FG2+GQ2．
∴（433-y）2＝（3-32）2+（433-32）2+（3-32）2+（32-y）2．
∴y=-235
∴Q（3，-235）
综上所述：Q（3，32），（3，-235）