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知识点47 新定义型2018--2
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这是一份知识点47 新定义型2018--2，共93页。试卷主要包含了49， ，等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1. （2018山东滨州，11，3分）如图，∠AOB＝60°，点P是∠AOB内的定点且OP＝，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（ ）
A． B． C．6 D．3
A
B
O
P
M
N
第11题图
【答案】D
【解析】分别以OA、OB为对称轴作点P的对称点P1，P2，连接点P1，P2，分别交射线OA、OB于点M、N则此时△PMN的周长有最小值，△PMN周长等于＝PM＋PN＋MN＝ P1N＋P2N＋MN，根据对称的性质可知，OP1＝OP2＝OP＝，∠P1OP2＝120°，∠OP1M＝30°，过点O作MN的垂线段，垂足为Q，在△OP1Q中，可知P1Q＝,所以P1P2＝2P1Q＝3,故△PMN的周长最小值为3．
第11题答图
【知识点】轴对称的性质、两点之间线段最短、直角三角形（有一个角为30°）的性质。
2. （2018四川泸州，10题，3分）在平面直角坐标系内，以原点为原心，1为半径作圆，点P在直线上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（ ）
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】由题可知，B（-2,0），C（0，），P为直线上一点，过P作圆O的切线PA，连接AO，则在Rt△PAO中，AO=1，由勾股定理可得，要想使PA最小，要求PO最小，所以过点O作OP⊥BC于点P，此时PO=，PA=
P
A
O
y
x
C
B
【知识点】一次函数，圆的切线，勾股定理
3. （2018四川泸州，10题，3分）已知二次函数（其中是自变量），当时，随的增大而增大，且时，的最大值为9，则的值为（ ）
A.或 B.或 C. D.
【答案】D
【解析】原函数可化为y=a(x+1)2+3a2-a+3，对称轴为x=-1，当时，随的增大而增大，所以a>0，抛物线开口向上，因为时，的最大值为9，结合对称轴及增减性可得，当x=1时，y=9，带入可得，a1=1，a2=-2，又因为a>0，所以a=1
【知识点】二次函数，增减性
4. （2018四川绵阳，10，3分） 一艘在南北航线上的测量船，于A点处测得海岛B在点A的南偏东30°方向，继续向南航行30海里到达C点时，测得海岛B在C点的北偏东15°方向，那么海岛B离此航线的最近距离是（结果保留小数点后两位）（参考数据：，）
A.4.64海里 B.5.49海里 C.6.12海里 D.6.21海里
【答案】B.
【解析】解：如图所示，
由题意知，∠BAC=30°、∠ACB=15°，
作BD⊥AC于点D，以点B为顶点、BC为边，在△ABC内部作∠CBE=∠ACB=15°，
则∠BED=30°，BE=CE，
设BD=x，
则AB=BE=CE=2x，AD=DE=x，
∴AC=AD+DE+CE=2x+2x，
∵AC=30，
∴2x+2x=30，
解得：x=≈5.49.
故选B.
【知识点】解直角三角形的应用——方向角问题，勾股定理的应用，三角形的外角性质，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形的性质，垂线段最短的应用
5. （2018四川省宜宾市，8，3分）在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成立.依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF2 +PG2的最小值为（ ）
A. B. C.34 D.10
【答案】D
【思路分析】取GF的中点为O，连接PO，则根据材料可知PF2 +PG2=2PO2+2OG2=2PO2+2×22=8+2OP2，若使PF2 +PG2的值最小，则必须OP的值最小，所以PO垂直于GF时PO的值最小，即此时才有最小值.
【解题过程】取GF的中点为O，连接PO，则根据材料可知PF2 +PG2=2PO2+2OG2=2PO2+2×
22=8+2OP2，若使PF2 +PG2的值最小，则必须OP的值最小，所以PO垂直于GF时PO的值最小，
此时PO=1，所以PF2 +PG2的最小值为10.
【知识点】阅读理解题；矩形的性质
6.（2018天津市，11，3） 如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则下列线段的长等于AP+EP最小值的是（ ）
A．AB B．DE C.BD D．AF
【答案】D
【解析】分析：本题考查正方形的性质，轴对称的性质，取CD中点E′连结AE′、PE′，根据正方形是轴对称图形，可得EP=E′P,AF= AE′，结合图形由线段公理可得AE′为AP+EP最小值，进而可得结果.
解：取CD中点E′连结AE′、PE′,
由正方形的轴对称性质，可知EP=E′P,AF= AE′
∴AP+EP=AP+ E′P,
∴AP+EP最小值是AE′,
即AP+EP最小值是AF.
故选D
【知识点】正方形的性质；轴对称；线段公理
1. （2018山东德州，12，3分）如图，等边三角形的边长为4,点是△的中心，
.绕点旋转,分别交线段于两点，连接,给出下列四个结论:①;②;③四边形的面积始终等于;④△周长的最小值为6,上述结论中正确的个数是( )
第12题图
第12题答图1
第12题答图2
A．1 B．2 C. 3 D．4
【答案】C
【解析】如图1，连接OB、OC，因为点是△的中心，所以，OA=OB=OC，所以，，所以，所以（ASA），所以OD=OE，结论①正确；通过画图确定结论②错误，如当点E为BC中点时，；因为，所以，所以=，结论③正确；因为，所以BD=CE，所以BD＋CE=BC=4，因为，OB=OC，易得，如图2，当OD⊥AB时，OD最小=BD×tan∠OBD=，所以DE最小=2，所以△周长的最小值为6, 结论④正确. 故选C.
【知识点】旋转，全等，定值，最值
2. （2018·新疆维吾尔、生产建设兵团，9，5）如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，则MP＋PN的最小值是 （ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B．
【解析】如下图，取AD的中点，连接N交AC于点P，则由菱形的轴对称性可知M、关于直线AC对称，从而P＝PM，此时MP＋PN的值最小，而易知四边形CDN是平行四边形，故N＝CD＝1，于是，MP＋PN的最小值是1，因此选B．
【知识点】菱形的性质；轴对称；最小值；动态问题；最值问题
二、填空题
1. （2018四川泸州，题，3分） 如图5，等腰△ABC的底边BC=20，面积为120，点F在边BC上，且BF=3FC，EG是腰AC的垂直平分线，若点D在EG上运动，则△CDF周长的最小值为 .
第16题图
【答案】18
【解析】做△ABC的高AH，因为S=120，BC=20，所以AH=12，△CDF的周长=CF+CD+DF，CF=5，因为EG是腰AC的垂直平分线，连接AD，AF，可得DA=DC，所以AD+DF的最小值为AF的长度，在Rt△AHF中，HF=5，AH=12，由勾股定理可得AF=13，因此△CDF周长的最小值为18
H
【知识点】三角形面积，垂直平分线，勾股定理
2. （2018四川内江，23，6） 如图，以AB为直径的⊙O的圆心O到直线l的距离OE＝3，⊙O的半径r＝2，直线AB不垂直于直线l，过点A、B分别作直线l的垂线，垂足分别为点D、C，则四边形ABCD的面积的最大值为 ．
【答案】12
【思路分析】由于四边形ABCD为梯形，所以面积为两底之和的一半再乘以高，由已知条件可以通过构造三角形的中位线，证得两底之和与线段OE的长度有关，是一个定值，所以四边形面积的大小取决于高，当直径AB为梯形的高时，面积最大．
【解题过程】解：连接DO并延长交CB的延长线于F，∵AD⊥l，BC⊥l，∴AD∥BC，∴∠DAO＝∠FBO，∠ADO＝∠F，∵OA＝OB，∴△AOD≌△BOF，∴AD＝BF，OD＝OF，∵OE⊥l，∴AD∥BC∥OE，∴＝，∴DE＝CE，∴OE＝CF＝ (BF＋BC)＝(AD＋BC)，∴AD＋BC＝2OE＝6，∵四边形ABCD的面积＝(AD＋BC)×CD，∴当AB∥l时，即AB为梯形的高时四边形ABCD的面积最大，最大值为×6×4＝12．
【知识点】三角形中位线，梯形的面积公式；全等三角形；
1. （2018贵州遵义，17题，4分）如图，抛物线y=x2+2x-3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点P是抛物线对称轴上任意一点，若点D、E、F分别是BC、BP、PC的中点，连接DE、DF，则DE+DF的最小值为______
第17题图
【答案】
【解析】点D、E、F分别是BC、BP、PC的中点，所以DE、DF是△PBC的中位线，DE=PC，DF=PB，所以DE+DF=(PC+PB)，即求PC+PB的最小值，因为B、C为定点，P为对称轴上一动点，点A、B关于对称轴对称，所以连接AC，与对称轴的交点就是点P的位置，PC+PB的最小值等于AC长度，由抛物线解析式可得，A(-3,0)，C(0,-3)，AC=，DE+DF=(PC+PB)=
【知识点】三角形中位线，勾股定理，二次函数，最短距离问题
15． 2. （2018四川攀枝花，15，4） 如图5，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，矩形内部有一动点P满足，则点P到A、B两点的距离之和PA+PB的最小值为 .
【答案】
【解析】设△PAB中AB边上的高是h，
∵，∴，
∴，∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线L上，如图，作点A关于直线L的对称点A'，链接AA',BA',则BA'即为所求的最短距离。在
∴，即
3. （2018四川自贡，18，4分）如图，在⊿中，,将它沿翻折得到⊿,则
四边形的形状是 形，点分别为线段的任意点，则的最小值是 .
【答案】菱形
【解析】∵，∴是等腰三角形
将沿翻折得到，∴，∴四边形是菱形
沿翻折得到，∴与关于成轴对称
如图所示，作点关于的对称点，根据轴对称的基本性质，
垂直平分，∴，∴，
∴要求的最小值，即在线段、、上分别找点、、，使值最小，根据“两点之间，线段最短”即最小，最小值即为平行线与间的距离.
由题知，，
∴,即，,
在中，
∴的最小值为.
【知识点】菱形的判定，轴对称的基本性质，平行线间距离，解直角三角形
三、解答题
1. （2018山东聊城，25，12分）如图，已知抛物线与x轴分别交于原点O和点F(10，0)，与对称轴l 交于点E(5，5).矩形ABCD的边AB在x轴正半轴上，且AB=1，边AD、BC与抛物线分别交于点M、N.当矩形ABCD沿x轴正方向平移，点M、N位于对称轴l的同侧时，连接MN，此时，四边形ABNM的面积记为S；点M、N位于对称轴l的两侧时，连接EM、EN，此时，五边形ABNEM的面积记为S.将点A与点O重合的位置作为矩形ABCD平移的起点，设矩形ABCD平移的长度为t（0≤t≤5）.
（1）求出这条抛物线的表达式；
（2）当t=0时，求的值；
（3）当矩形ABCD沿着x轴的正方向平移时，求S关于t（0≤t≤5）的函数表达式，并求出t为何值时，S有最大值，最大值是多少？
【思路分析】（1）将点F、E的坐标代入求出a、b的值即可得到抛物线的表达式；
（2）画出当t=0时的图形，根据AB=1，借助求出点N的坐标，进而可以求出的值；
（3）利用抛物线的解析式求出AM、BN的长度，再结合AB=1将S用含有t的代数式表示出来，再利用函数最值的求法确定S的最大值.
【解题过程】解：（1）∵抛物线与x轴分别交于原点O和点F(10，0)，与对称轴l 交于点E(5，5).
∴，解得
∴这条抛物线的表达式为.
（2）如图所示，
当t=0时，求的值
∵AB=1，
∴点N的坐标为1，
∵点N在二次函数的图象上，
∴点N的纵坐标为，
即BN=.
∴=
（3）①当0≤t≤4时，如图所示，OA=t，OB=t+1，
∴AM=，
BN====，
∴
，
∵，，
∴当t=4时，S最大，最大值=.
②当4＜t≤5时，如图所示，设l交x轴于点P，则EP=5，OP=5，
∵OA=t，OB=t+1，
∴AP=5-t，BP=t+1-5=t-4，AM=，
BN====，
∴
∵，，且，
∴当时，S最大，最大值为=.
综上所述，
当0≤t≤4时，，且当t=4时，S最大，最大值；
当4＜t≤5时，，且当时，S最大，最大值为.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式，利用自变量求函数值，三角形、梯形及五边形的面积计算，二次函数的最值问题，动点问题，分段函数
2. （2018山东潍坊，24，12分）如图1，在□ABCD中，DH⊥AB于点H，CD的垂直平分线交CD于点E，交AB于点F，AB=6，DH=4，BF∶FA=1∶5.
（1）如图2，作FG⊥AD于点G，交DH于点M，将△DGM沿DC方向平移，得到△CG´M´，连接M′B.
①求四边形BHMM＇的面积；
②直线EF上有一动点N，求△DNM周长的最小值.
（2）如图3，延长CB交EF于点Q，过点Q作QK∥AB，过CD边上的动点P作PK∥EF，并与QK交于点K，将△PKQ沿直线PQ翻折，使点K的对应点K＇恰好落在直线AB上，求线段CP的长.
【思路分析】（1）①由题意可知四边形BHMM＇为梯形，上底BH，下底MM′易求，故只需求出高MH即可，计算MH可通过同角的余角相等证明∠FMH=∠A，而∠A的正切值易求，故高MH可得（求高也可利用△FHM∽△DHA来计算），从而求出面积；②由EF垂直平分CD可得点D和点C关于直线EF对称，故只需连接CM，CM与EF的交点即为满足条件的点N，分别求出CM和DM即可求出周长的最小值；（2）先通过∠A的正切值不变求出FQ的长度，从而求出PK，由折叠可得PK′=PK，QK′=QK，利用勾股定理先求出GＫ′的长度，设PE=x，在Rt△QFK′中把FK′和QK′用x表示出来，利用勾股定理求出x的值，从而求出CP的长度.
【解题过程】解：（1）①∵BF∶FA=1∶5，AB=6，
∴BF=1，AF=5.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD=AB=6，
∵EF垂直平分CD，
∴DE=CE=3.
∴FH=3，HA=AF－FH＝5－3＝2.
在Rt△ADH中
∵∠A＋∠AFM=90°，∠AFM＋∠FMH=90°，
∴∠FMH=∠A
∴.
∵FH=3，∴MH=
由平移可知MM′=CD=6，BH=1+3=4
∴S四边形BHMM′=.
②由点C与点D关于直线EF对称可知，连接CM交EF于点N，连接DN，此时△DMN周长最小.
N
DM=DH－MH=.
在Rt△CDM中，
，即DN＋MN= .
∴△DNM周长的最小值为.
（2）标准答案：
∵BF∥CE,
∴,
∴QF=2，
∴PK=PK′=6
过点K′作E′F′∥EF，分别交CD于点E′，交QK于点F′，
当点P在线段CE上时，
在Rt△PK′E′中，
PE′2=PK′2－E′K′2,
∴PE′= ,
∵Rt△PE′K′∽Rt△K′F′Q,
∴ ,
∴ .
∴QF′=,
∴PE=PE′－EE′= .
∴CP= .
同理可得，当点P在线段ED上时，CP′=.
综上可得，CP的长为或.
方法2：当点P在线段CE上时，
如图所示，设直线AB与PK交于点G.
G
在Rt△BFQ中，∠ABQ=∠A
∴tan∠ABQ= ，
∵BF=1，∴FQ=2.
∴EQ=EF＋FQ=4＋2=6
∴PK=EQ=6.
由折叠可得：PK′=PK=6，QK′=QK
在Rt△PGK′中，PG=DH=4
GK′=
设PE=x，则GF=KQ=x，QK′=x,FK′=GK′－GF=
在Rt△QFK′中，
解得：.
∴CP=CE－PE= .
同理可得，当点P在线段ED上时，
CP′=.
综上可得，CP的长为或.
【知识点】平行四边形，图形的平移，图形的轴对称，勾股定理，梯形，几何最值问题，分类讨论思想
3. （2018年山东省枣庄市，25，10分） 如图，已知二次函数y=ax2+x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．
（1）请直接写出二次函数y=ax2+x+c的表达式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；
（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．
【思路分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）根据抛物线的解析式求得B的坐标，然后根据勾股定理分别求得AB2=20，AC2=80，BC10，然后根据勾股定理的逆定理即可证得△ABC是直角三角形．
（3）分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一个点，即可求得点N的坐标；
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，根据三角形相似对应边成比例求得MD=（n+2），然后根据S△AMN=S△ABN﹣S△BMN
得出关于n的二次函数，根据函数解析式求得即可．
【解题过程】解：（1）∵二次函数y=ax2+x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），
∴，解得．∴抛物线表达式：y=﹣x2+x+4；
（2）△ABC是直角三角形．
令y=0，则﹣x2+x+4=0，
解得x1=8，x2=﹣2，
∴点B的坐标为（﹣2，0），
由已知可得，
在Rt△ABO中AB2=BO2+AO2=22+42=20，
在Rt△AOC中AC2=AO2+CO2=42+82=80，
又∵BC=OB+OC=2+8=10，
∴在△ABC中AB2+AC2=20+80=102=BC2
∴△ABC是直角三角形．
（3）∵A（0，4），C（8，0），
∴AC==4，
①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（﹣8，0），
②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（8﹣4，0）或（8+4，0）
③作AC的垂直平分线，交x轴于N，此时N的坐标为（3，0），
综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为（﹣8，0）、（8﹣4，0）、（3，0）、（8+4，0）．
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，
∴MD∥OA，
∴△BMD∽△BAO，
∴=，
∵MN∥AC
∴=，
∴=，
∵OA=4，BC=10，BN=n+2
∴MD=（n+2），
∵S△AMN=S△ABN﹣S△BMN
=BN•OA﹣BN•MD
=（n+2）×4﹣×（n+2）2
=﹣（n﹣3）2+5，
∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）．
【知识点】求二次函数的解析式；勾股定理和逆定理；等腰三角形的性质；三角形相似的判定和性质；二次函数的最值
4. （2018四川省成都市，27，10）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A´B´C´(点A、B的对应点分别为A´、B´)，射线CA´、CB´分别交直线m于点P，Q．
（1）如图1，当P与A´重合时，求∠ACA´的度数；
（2）如图2，设A´B´与BC的交点为M，当M为A´B´的中点时，求线段PQ的长；
（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA´，CB´的延长线上时，试探究四边形PA´B´Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA´B´Q的最小面积；若不存在，请说明理由．
【思路分析】（1）当P与A´重合时，解Rt△A´BC，求出∠BA´C的度数，即为∠ACA´的度数；（2）当M为A´B´的中点时，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，得∠MA´C＝∠BCA，解Rt△PBC求出PB，利用同角余角相等，得∠BQC＝∠PCB，解Rt△CBQ求出BQ，根据PQ＝PB＋BQ即可求得PQ；（3）作Rt△PCQ斜边中线CM，由S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－S△PA´B´＝PQ·BC－S△PA´B´＝CM·BC－S△PA´B´，根据垂线段最短，当CM⊥PQ时，S四边形PA´B´Q最小，求出其最小值即可．
【解题过程】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝＝，当P与A´重合时，A´C＝AC＝2，在Rt△A´BC中，sin∠BA´C＝＝，∴∠BA´C＝60°，∵m∥AC，∴∠ACA´＝∠BA´C＝60°．
（2）∵∠A´CB´＝90°，M为A´B´的中点时，∴A´M＝CM，∴∠MA´C＝∠A´CM＝∠A，∵在Rt△ABC中，tan∠A＝＝，∴在Rt△PBC中，tan∠A´CB＝＝，∴PB＝．∵∠PCB＋∠BCQ＝∠BCQ＋∠BQC＝90°，∴∠BQC＝∠PCB，∴tan∠BQC＝tan∠A´CB＝，∴BQ＝＝2，∴PQ＝PB＋BQ＝．
（3）取PQ的中点M，连接CM．∵S△CA´B´＝A´C·B´C＝×2×＝，S△PCQ＝PQ·BC＝PQ，∴S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－S△CA´B´＝PQ－，∵M为PQ的中点，∠PCQ＝90°，∴PQ＝2CM，∴S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－Q－S△CA´B´＝CM－，当CM最小时，S四边形PA´B´Q最小．∵CM≤BC＝，∴当CM＝时，S四边形PA´B´Q的最小值＝ CM－＝3－．
【知识点】解直角三角形；直角三角形斜边中线等于斜边一半；旋转
5. （2018四川广安，题号26，分值：10）如图，已知抛物线y=12x2+bx+c与直线y=12x+3相较于A，B两点，交x轴于C，D两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（-3,0）.
（1）求出抛物线的解析式.
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使MB-MD的值最大，并求出这个最大值.
（3）点P为y轴右侧抛物线上的一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，是否存在点P，使得以APQ为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
第26题图
【思路分析】对于（1），将点AC的坐标代入关系式，求出b，c的值即可；
对于（2），先确定要求MB-MD就是求出MB-MC的值最大，即可确定点M的位置，然后求出点B的坐标，即可求出最大值；
对于（3），先确定△ABC是直角三角形，直角边的比为13，再根据题意确定点P，并构造Rt△APE，并根据两直角边的比为13，求出点P的坐标.
【解题过程】（1）∵抛物线y=12x2+bx+c经过点A（0，3），C（-3，0），
∴c=3,12×(-3)2-3b+c=0.................................................................................................1分
解得b=52,c=3............................................................................................................................2分
∴抛物线的解析式为y=12x2+52x+3…………………………………………………………3分
（2）根据二次函数的对称性可知MD=MC，要求MB-MD的值最大，就是求MB-MC的值最大，由三角形两边之差小于第三边，得当点B，C，M在同一条直线上时，MB-MD的值最大…………………………………………………………………………………….4分
由一次函数和二次函数交于A，B两点，得
12x2+52x+3=12x+3，
解得x=-4或0，
当x=-4时，y=1，
即点B（-4，1）……………………………………………………………………………...5分
∵点C（-3，0），
∴BC=(-4+3)2+(1-0)2=2，
所以最大值为2……………………………………………………………………………….6分
第26题答图
（3）∵点B（-4，1），点A（0，3），点C（-3，0），
∴AB=20，BC=2，AC=32，…………………………………………………………………7分
则AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，解∠C=90°,BCAC=13……………………………………………………8分
设点P的坐标为（a，12a2+52a+3），过点P作PE⊥y轴，于点E.
PE=a或-a，AE=12a2+52a或-12a2-52a，
当a12a2+52a=13或a12a2+52a=3时，可知△APQ和△APE相似，即△APQ和△ABC相似，
解得a=1或a=-133（舍）……………………………………………………………………….9分
所以点P的坐标为（1，6）…………………………………………………………………..10分
第26题答图
6.（2018·重庆B卷，26，12）抛物线y＝－x2－x＋与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；
（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1．当PE＋EC的值最大时，求四边形P O1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；
（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周，在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△OMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．
26题图1
26题图2
26题图3
【思路分析】（1）过点D作DE⊥y轴于点E，由题意易知点C(0，)，再根据抛物线的顶点公式求出D点坐标，最后在Rt△CDE中，由勾股定理，易求出CD的长度；（2）①在y＝－x2－x＋中，令y＝0，得到关于x的一元二次方程，求解得A、B两点的坐标；②再设直线AC的解析式为y＝kx＋，将A点坐标代入即可得到k的值为；③令P(t，－t2－t＋)， E(t，t＋)，从而PE＝－t2－t，并根据两点间的距离公式求出EC的长；④计算出PE＋EC＝－(t＋2)2＋，由二次函数的性质易知当t＝－2时，PE＋EC取最大值，此时P(－2，)，且PC∥x轴，易知PC＝2，O1B1＝OB＝，要使四边形PO1B1C周长的值最小，就是要求PO1＋B1C的值最小，此时利用平移、轴对称知识，先将点P向右平移个单位长度，得点P1（－，)，则PO1＝P1B1．再作P1关于x轴的对称点P2（－，－)，则P1B1＝P2B1．连接P2C与x轴的交点即为使PO1＋B1C的值最小的点B1．⑤在Rt△P1P2C中，由勾股定理，得PO1＋B1C＝P2C＝＝，从而四边形P O1B1C周长的最小值为3＋，所求的点O1的坐标为(－，0)．
（3）分类讨论如下：如答图3，通过计算可得O2M＝时，NA＝NM；如答图4，若点C与M点重合时，MA＝MN，此时，O2M＝O2C＝AC＝；如答图5，通过计算可得O2M＝时，NA＝NM；如答图6，通过计算可得O2M＝时，MA＝MN，此时C1，H，N重合．综上，符合条件的O2M的长为或或2＋或2－．
第26题答图3 第26题答图4
第26题答图5 第26题答图6
【解题过程】
26．解：（1）如下图，过点D作DE⊥y轴于点E，由题意易知点C(0，)．
∵，，
∴D(－，)，从而CE＝，DE＝．
∴在Rt△CDE中，由勾股定理，得CD＝．
（2）在y＝－x2－x＋中，令y＝0，得－x2－x＋＝0，
解得x1＝－3，x2＝，从而A(－3，0)，B(，0)．
令直线AC的解析式为y＝kx＋，则－3k＋＝0，解得k＝．
∴直线AC的解析式为y＝x＋．
令P(t，－t2－t＋)， E(t，t＋)，从而PE＝－t2－t，
EC＝．
∴PE＋EC＝－t2－t－
＝－t2－t＝－(t＋2)2＋．
∴当t＝－2时，PE＋EC取最大值，此时P(－2，)．
∴PC＝2，O1B1＝OB＝．
要使四边形PO1B1C周长的值最小，就是要求PO1＋B1C的值最小，将点P向右平移个单位长度，得点P1（－，)，则PO1＝P1B1．再作P1关于x轴的对称点P2（－，－)，则P1B1＝P2B1．连接P2C与x轴的交点即为使PO1＋B1C的值最小的点B1．∴B1（－，0)，将B1向右平移个单位长度即得点O1．此时，PO1＋B1C＝P2C＝＝，从而四边形P O1B1C周长的最小值为3＋，所求的点O1的坐标为(－，0)．
（3）O2M的长为或或2＋或2－．
【知识点】二次函数；一元二次方程的解法；勾股定理；平移；旋转；轴对称；最值问题；等腰三角形；分类思想；数形结合思想；探究性问题；压轴题；
7. （2018江苏泰州，24，10分）（本题满分10分）
平面直角坐标系xoy中，二次函数的图像与x轴有两个交点.
（1）当m=－2时，求二次函数的图像与x轴的交点坐标；
（2）过点P（0，m－1）作直线l⊥y轴，二次函数图像的顶点A在直线l与x轴之间（不包含点A在直线l上），求m的范围；
（3）在（2）的条件下，设二次函数图像的对称轴与直线l相交于点B，求△ABO的面积最大时m的值.
【思路分析】（1）当m=－2时，二次函数变为，令，得解；（2）先根据“二次函数的图像与x轴有两个交点”得m的取值范围，从而确定点P（0，m－1）的大致位置，在用m的代数式表示二次函数顶点A的坐标，最后“顶点A在直线l与x轴之间”得关于m的不等式组，解不等式组即可；（3）先用m的代数式表示出△ABO的面积，根据增减性求出面积最大时m的值.
【解题过程】解：（1）当m=－2时，，
令，得，
∴二次函数的图像与x轴的交点坐标为（，0）；
（2）令=0，则△=，
∴， ∴点P（0，m－1）在x轴负半轴上，
∵，
∴顶点A（m，2m＋2）在第三象限，
∵点A在直线l与x轴之间，
∴m－1＜2m＋2＜0，
∴－3＜m＜－1；
（3）∵二次函数图像的对称轴与直线l相交于点B，
∴点B的坐标为（m，m－1），
∴AB==（2m＋2）－（m－1）= m＋3，
∴S△ABO====，
∴△ABO的面积最大时.
【知识点】二次函数与一元二次方程的关系，三角形面积，二次函数的最值
8. （2018江苏省盐城市，27，14分） ，
如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A（－1，0），B（3，0）两点，且与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图②，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P、Q两点（点P在点Q的左侧），连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP、DQ．
（Ⅰ）若点P的横坐标为－，求△DPQ面积的最大值，并求此时点D的坐标；
（Ⅱ）直尺在平移过程中，△DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由．
【思路分析】（1）把A（－1，0），B（3，0）两点代入y＝ax2＋bx＋3，用待定系数法求抛物线的表达式；
（2）（Ⅰ）根据题意先求得P、Q两点的坐标，再用待定系数法求直线PQ的表达式．过点D作DF⊥x轴于E，交PQ于F．直尺的宽度一定，当时DF最长时，△DPQ面积的最大．设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－m＋），求得DF的最大值，然后根据三角形的面积公式，求得△DPQ面积的最大值．
（Ⅱ）同理．设P（ c，－c2＋2c＋3），Q（c＋4，－c2－6c－5），则直线PQ的表达式可求; 设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－（2c＋2）m＋c2＋4c＋3），求得DF的最大值，△DPQ面积的最大值可得．
【解题过程】解：（1）把A（－1，0），B（3，0）两点代入y＝ax2＋bx＋3，
得解得
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3．
（2）（Ⅰ）设直线PQ的表达式为y＝kx＋b，把P（－，），Q（，－）两点的坐标代入，得
解得
∴直线PQ的表达式为y＝－x＋．
设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－m＋），
∴DF＝－m2＋2m＋3－（－m＋）
＝－m2＋3m＋
＝－(m2－3m)＋．
＝－（m－）2＋4
当m＝时，DF有最大值，最大值为4．
此时点D的坐标（，4）．
直尺的宽度一定，所以当DF最长时，△DPQ面积的最大．
△DPQ的面积＝×4DF
＝×4×4＝8
∴△DPQ面积的最大值为8；
（Ⅱ）设P（ c，－c2＋2c＋3），Q（c＋4，－c2－6c－5），
把P、Q两点的坐标代入直线PQ的表达式y＝kx＋b，得
解得
∴直线PQ的表达式为y＝－（2c＋2）x＋c2＋4c＋3．
设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－（2c＋2）m＋c2＋4c＋3），
∴DF＝－m2＋2m＋3－[－（2c＋2）m＋c2＋4c＋3]
＝－m2＋（2c＋4）m－（c2＋4c）
＝－[m－（c＋2）] 2＋4
当m＝c＋2时，DF最长，最长为4．
此时，△DPQ的面积＝×4DF
＝×4×4
＝8．
【知识点】二次函数的表达式；一次函数的表达式；面积最值；由特殊到一般的思想方法
9.（2018山东省济宁市，20，8）（8分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G.
（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；
（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N.若正方形ABCD的边长为10，点P是MN上一点，求△PDC周长的最小值.
【思路分析】问题（1），根据条件可以确定∠DEG=∠CDF，从而可得△DCF∽△EDG，即可应用相似三角形的性质确定DG与CF的数量关系；问题（2），要求△PDC周长的最小值，也就是要求DP+CP的最小值，只需要作出点C关于MN成轴对称的点C′，连接DC′与MN的交点即为动点P的位置，因此，问题转化为求出CN的长度，也就是求得DM的长度.根据问题（1）中的结论可以求得GH与EH的比值为1：4，从而DM： EM=1：4，可得DM长为1，因此，可以求得问题的结果.
【解题过程】（1）∵ 四边形ABCD为正方形，∴ BC=CD=AD，∠BCD=∠EDC=90°，即∠CDF+∠ADF=90°.
∵ EH⊥DF，垂足为H， ∴ ∠EHD=90°，即∠DEG+∠ADF=90°，
∴ ∠DEG=∠CDF，∴ △DCF∽△EDG，∴ .
∵ 点E，F分别是边AD，BC的中点，∴ DC=2CF，∴DE=2DG.
（2）∵ Rt△DEG中，∠EDG=90°，∴ tan∠DEG=，∴ tan∠CDF=，
∴ =，∴.
∵ 四边形ABCD为正方形，∴ AD∥BC，NM∥CD，
∴ 四边形DMNC是平行四边形，
∴ .
∵ 点E是边AD的中点，正方形ABCD的边长为10，
∴ED=5，∴DM=CN=1.
作出点C关于MN成轴对称的点C′，连接DC′与MN的交点即为动点P的位置，
∴ CC′=1，DC′==2，
∴ △PDC周长的最小值为CD+CP+DP=CD+ CC′=10+2
【知识点】正方形的性质 相似三角形的判定与性质 轴对称的性质 勾股定理 转化思想
10. （2018山东烟台，25，14分）（本题满分14分）
如图1，抛物线与x轴相交A(－4，0)，B(1，0)两点，过点B的直线分别与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．
【思路分析】 （1）∵抛物线和x轴交点A（－4，0），B（1，0），∴设， 展开后让一次项系数等于2，可求出a，从而求出抛物线的表达式；
（2）此题分类讨论，先以BD为直径画圆和x轴交于两点；再分别过D和C两点作CD的垂线，分别与x轴交于两点，都是符合条件的点，共有四个点.每一种情况都可以通过三角函数（或相似）解决；
(3)此题D是定点，M、N是动点，这与我们以前遇到的求一动点到两定点的距离之和最小不同，但也有共同之处，就是都需要过定点作对称轴的对称点.此题也不例外，就是作D关于对称轴的对称点D’，再根据垂线段最短，过D’作直线EF的垂线，垂足为N，垂线D’N与直线EF交于点M，此时M、N即为所求点，再利用D′N⊥EF，得到：从而求出直线D′N的表达式，与直线EF的表达式联立求出N的坐标；又M的横坐标可通过对称轴确定，将M的的横坐标代入直线D′N的表达式，可求出M的坐标.DM+MN的最小值即为D′N的长度，可以通过D’和N的坐标，利用两点间距离公式得到．
【解题过程】 （1）方法1：∵A（－4，0），B（1，0），
∴设，
∴，
∴3a=2，∴，
∴．
把B（1，0）代入，可得，
∴．
方法2：把A（－4，0），B（1，0）代入，得
解得
∴．
把B（1，0）代入，可得，
∴．
（2）∵，∴C（0，），∴OC=．
由得，
∴，
解得当x=－5时，，∴D（－5，4）．
Ⅰ)若∠DPC=90°，如图（1），作DH⊥x轴于H，∴∠1+∠2=90°=∠3+∠2，∴∠1=∠3，
∴tan∠1=tan∠3，∵P（－t，0），∴PH=5－t，OP=t，∴，∴，
∴．
Ⅱ)过D作DP1⊥CD，如图（2），过D作MN∥x轴，过P作P1M⊥MN，可证∠1=∠2，∴tan∠1=tan∠2，
∴，∴
Ⅲ)过C作CP2⊥CD，如图（2），可证∠1=∠3，∴tan∠1=tan∠3，
∴，∴
（3）直线：向下平移4个单位后得到直线EF：
∵对称轴是直线，作D（－5，4）关于直线的对称点D′，
∵
过D′作D′N⊥EF于N，交对称轴于M，如图（3），此时DM+MN最小．
∵D′N⊥EF，∴
．
，
解得x=－2，
代入得
y=－－=－2．
∴N(－2，－2)．
又D′(2，4)，
，
【知识点】二次函数的综合题；分类讨论思想；
11. （2018山东省淄博市，24，9分）
如图，抛物线y=ax2+bx经过△OAB的三个顶点，其中点A（1，），点B（3，-），O为坐标原点.
（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；
（2）若P（4，m），Q（t，n）为该抛物线上的两点，且n＜m，求t的取值范围；
（3）若C为线段AB上的一个动点，当点A，点B到直线OC的距离之和最大时，求∠BOC的大小及点C的坐标.
【思路分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）先求出抛物线的对称轴，考虑x=4在抛物线的哪一侧，再利用抛物线开口朝下，离对称轴越近的点其函数值越大可以看出Q点离对称轴的距离比P点离对称轴的距离远，从而能够确定t的取值范围；（3）易知当OC⊥AB时，A、B两点到OC距离之和最大.由O、A、B坐标易求OA、OB、AB，则可证△AOB是直角三角形，进而求出OC长，再利用解直角三角形求出C点坐标.
【解题过程】解：（1）因为点A（1，），B（3，-）在抛物线y=ax2+bx上，
所以，解得：a=-，b=
所以抛物线所对应的函数表达式为y=-x2+x
（2）因为抛物线y=-x2+x的对称轴是x=-.
所以点P（4，m）关于对称轴x=的对称点的坐标是（-，m）.
又因为P（4，m），Q（t，n）为该抛物线上的两点，且n＜m，所以t的取值范围是t＜-或t＞4
（3）如图所示，过点A作AD⊥OC于点D，过点B作BE⊥OC于点E.
∵S△AOB=OC▪AD+OC▪BE.
∴AD+BE=.
欲使点A，点B到直线OC的距离之和最大，则OC必须最小，当且仅当OC⊥AB时，OC最小，此时D、E、C重合.
根据题意，易得OA=2，OB=2，AB=4.
∵OA2+OB2=16，AB2=16，∴OA2+OB2= AB2
∴△OAB是直角三角形.
∵S△AOB= OA▪OB= OC▪AB,∴OC=，∵cos∠BOC=，∴∠BOC=60°
∵tan∠BOM=，∴∠BOM=30°，∴∠COM=60°-30°=30°.
∴CM=sin∠COM▪OC=，OM=cos∠COM▪OC=
∴点C的坐标是（，）
【知识点】待定系数法；解直角三角形；勾股定理逆定理；平面直角坐标系中两点距离；二次函数图象的性质
12. （2018四川省宜宾市，24，12分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为(2,0)，且经过点(4,1)，如图，直线y=x与抛物线交于A、B两点，直线l为y= –1.
（1）求抛物线的解析式；
（2）在l上是否存在一点P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
（3）知F(x0,y0)为平面内一定点，M(m,n)为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标.
【思路分析】（1）由抛物线的顶点坐标为（2，0），可设抛物线的解析式为y=a（x-2）2，由
抛物线过点（4，1），利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，通过解方程组可求出点A、B的坐标，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值，根据点B的坐标可得出点B′的坐标，根据点A、B′的坐标利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；
（3）由点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，所以根据直角三角形中勾股定理求出MF的长，以及根据点到直线的距离求出M到l的距离，从而建立方程，然后再结合二次函数图象上点的坐标特征，即可得出（1--y0）m2-（2-2x0-2y0）m+x02+y02-2y0-3=0，由m的任意性可得出关于x0、y0的方程组，解之即可求出顶点F的坐标．
【解题过程】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（2，0），
设抛物线的解析式为y=a（x-2）2．
∵该抛物线经过点（4，1），
∴1=4a，解得：a=，
∴抛物线的解析式为y=（x-2）2=x2-x+1．
（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得：，解得：或，∴点A的坐标为（1，），点B的坐标为（4，1）．
作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值（如图1所示）．
∵点B（4，1），直线l为y=-1，
∴点B′的坐标为（4，-3）．
设直线AB′的解析式为y=kx+b（k≠0），
将A（1，）、B′（4，-3）代入y=kx+b，得：，解得：，
∴直线AB′的解析式为y=，
当y=-1时，有=-1，
解得：x=，
∴点P的坐标为（，-1）．
（3）∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，
∴（m-x0）2+（n-y0）2=（n+1）2，
∴m2-2x0m+x02-2y0n+y02=2n+1．
∵M（m，n）为抛物线上一动点，
∴n=m2-m+1，
∴m2-2x0m+x02-2y0（m2-m+1）+y02=2（m2-m+1）+1，
整理得：（1--y0）m2-（2-2x0-2y0）m+x02+y02-2y0-3=0．
∵m为任意值，
∴，
∴，
∴定点F的坐标为（2，1）．
【知识点】二次函数的解析式；点到直线的距离；勾股定理；轴对称的性质；一次函数的解析式等
13.（2018四川泸州，25题，12分） 如图11，已知二次函数的图象经过点A(4，0)，与y轴交于点B.在x轴上有一动点C(m，0) (0
（2）过点D作DFAB于点F，设△ACE，△DEF的面积分别为，，若，
求m的值；
（3）点H是该二次函数图象上位于第一象限的动点，点G是线段AB上的动点，当四边形DEGH是平行四边形，且DEGH周长取最大值时，求点G的坐标.
第25题图
【思路分析】（1）待定系数法；（2）由点C坐标结合直线和抛物线的解析式表示出点D和点E的坐标，利用相似三角形面积比等于相似比的平方得出有关线段的长度比，进而求解；（3）将周长表示为有关m的二次函数，按点G的位置分类讨论，进而讨论二次函数最值，得出m的值
【解题过程】（1）二次函数的图象经过点A(4，0)，所以带入解得a=，二次函数解析式为，令x=0，得y=3，则B（0,3），设直线AB的表达式为y=kx+b，将A(4，0)，B（0,3）带入，可解得k=，b=3，所以直线AB的解析式为：
（2）因为DC⊥x轴，C（m,0），所以D(m,)，E(m,)，，因为A(4，0)，B（0,3），所以OA=4，OB=3，AB=5，所以cos∠CAE=，AC=4-m，AE=5-m，因为△EFD∽△ECA，，所以AE=2DE，即5-m=，解得m1=，m2=4（舍去）
（3）DEGH的周长=2(DE+EG)，当DE确定时，点G与点B或点A重合时，EG取得最大值，也就是平行四边形周长最大：①当点G与点A重合时，DE+EG=DE+AE=，最大值为；②当点G与点B重合时，DE+EG=DE+BE=，最大值为，因为＞，所以点G与点B重合，此时m=
【知识点】待定系数法，相似三角形，二次函数最值，平行四边形
14. （2018四川绵阳，22，11分）如图，一次函数的图象与反比例函数（k＞0）的图象交于A，B两点，过A点作x轴的垂线，垂足为M，△AOM面积为1.
（1）求反比例函数的解析式；
（2）在y轴上求一点P，使PA+PB的值最小，并求出其最小值和P点坐标.
【思路分析】（1）根据反比例函数比例系数k的几何意义得出|k|=1，进而得到反比例函数的解析式；
（2）作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B，交y轴于点P，得到PA+PB最小时，点P的位置，根据两点间的距离公式求出最小值A′B的长；利用待定系数法求出直线A′B的解析式，得到它与y轴的交点，即点P的坐标．
【解题过程】解：（1）∵反比例函数y=（k＞0）的图象过点A，过A点作x轴的垂线，垂足为M，
又∵△AOM面积为1，
∴|k|=1，
∵k＞0，
∴k=2，
故反比例函数的解析式为：y=；
（2）作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B，交y轴于点P，则PA+PB最小．
由，解得或，
∴A（1，2），B（4，），
∴A′（﹣1，2），最小值A′B==．
设直线A′B的解析式为y=mx+n，
则，解得，
∴直线A′B的解析式为y=﹣x+，
∴x=0时，y=，
∴P点坐标为（0，）．
【知识点】反比例函数图象与一次函数图象的交点问题，最短路线问题
15. （2018浙江金华丽水，22，10分）如图，抛物线（a≠0）过点E（10，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左边），点C，D在抛物线上．设A(t，0)，当t=2时，AD=4．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）当t为何值时，矩形ABCD的周长有最大值？最大值是多少？
（3）保持t=2时的矩形ABCD不动，向右平移抛物线．当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G，H，且直线GH平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．
D
C
E
B
A
O
y
x
第22题图
【思路分析】本题主要考查了抛物线的平移．（1）设抛物线的函数表达式为y＝ax(x－10) ．把点D的坐标代入计算可得a值．
（2）根据矩形ABCD的周长＝2（AB＋AD）得到关于t的二次函数解析式，利用顶点式可求得矩形ABCD的周长的最大值．
（3）抛物线平移的距离就是△OBD的中位线PQ的值．
【解题过程】解：（1）设抛物线的函数表达式为y＝ax(x－10) ．
∵当t＝2时，AD＝4，∴点D的坐标是（2，4）．
∴4＝a×2×（2－10），解得a＝－．
∴抛物线的函数表达式y＝－x 2＋x．
（2）由抛物线的对称性得BE＝OA＝t，∴AB＝10－2t．
当x＝t时，y＝－t 2＋t．
∴矩形ABCD的周长＝2（AB＋AD）＝2[（10－2 t）＋（－t 2＋t）]
＝－t2＋t＋20
＝－（t－1）2＋．
∵－＜0，
∴当t＝1时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值是．
（3）当t＝2时，点A，B，C，D的坐标分别为（2，0），（8，0），（8，4），（2，4）．
∴矩形ABCD对角线的交于点P的坐标为（5，2）．
当平移后的抛物线过点A时，点H的坐标为（4，4），此时GH不能将矩形面积平分．
当平移后的抛物线过点C时，点G的坐标为（6，0），此时GH也不能将矩形面积平分．
∴当G，H中有一点落在线段AD或BC上时，直线GH不可能将矩形面积平分．
∴当点G，H分别落在线段AB，DC上时，直线GH过点P，必平分矩形ABCD的面积．
∵AB∥CD，
∴线段OD平移后得到线段GH．
∴线段OD的中点Q平移后的对应点是P．
在△OBD中，PQ是中位线，
∴PQ＝OB＝4．
所以抛物线向右平移的距离是4个单位．
【知识点】待定系数法求抛物线的函数表达式；抛物线的平移；最值；三角形中位线定理；平分矩形面积；
16. （2018四川内江，28，12）如图，已知抛物线y＝＋bx－3与x轴交于点A（－3，0）和点B（1，0），交y轴于点C，过点C作CD∥x轴，交抛物线于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若直线y＝m（－3＜m＜0）与线段AD、BD分别交于G、H两点，过G点作EG⊥x轴于点E，过点H作HF⊥x轴于点F，求矩形GEFH的最大面积；
（3）若直线y＝kx＋1将四边形ABCD分成左、右两个部分，面积分别为、，且：＝4：5，求k的值．
【思路分析】（1）将已知A（－3，0）和点B（1，0）分别代入到抛物线y＝＋bx－3中得到关于a，b的二元一次方程组，解方程组得到a，b的值，从而确定抛物线的解析式；（2）由CD∥x轴和C（0，－3），可以知道D点的纵坐标为－3，代入抛物线中可以求出横坐标，这样就可以确定直线AD和BD的解析式，因为直线y＝m（－3＜m＜0）与线段AD、BD分别交于G、H两点，所以可以将G、H两点的坐标用m的代数式表示出来，进而利用矩形的面积公式就可以将矩形GEFH的面积用m的代数式表示出来，然后利用二次函数的性质，求出矩形面积的最大值；（3）因为四边形ABCD为梯形，利用梯形的面积公式可以求出四边形ABCD的面积，又因为直线y＝kx＋1将四边形ABCD分成左、右两个部分，且：＝4：5，可知＝，假设直线y＝kx＋1经过D点，求出此时分成的三角形的面积，将其和4比较，如果小于4，则直线y＝kx＋1应该与CD相交，将直线y＝kx＋1与x轴和直线CD的交点坐标分别用k的代数式表示出来，然后利用梯形面积公式表示出的面积，然后由＝，得到方程，解这个方程就可以求出k的值．
【解题过程】（1）∵把A（－3，0）、B（1，0）分别代入到y＝＋bx－3中，得，解得
，∴抛物线解析式为：y＝x2＋2x－3；
（2）∵CD∥x轴，C（0，－3）∴，∴x2＋2x－3＝－3，解得＝0，＝－2，∴D（－2，－3）设直线AD的解析式为y＝x＋，把A（－3，0）、D（－2，－3）分别代入得，解得，∴直线AD的解析式为y＝－3x－9，同理可求出直线BD的解析式为y＝x－1，∵直线y＝m（－3＜m＜0）与线段AD、BD分别交于G、H两点，∴G（，m），H（m＋1，m），∴GH＝m＋1－（）＝，∵＝GH·FH＝·｜m｜，－3＜m＜0，∴＝·（－m）＝－4m＝＋3，∵a＝＜0，开口向下有最大值，∴的最大值为3；
（3）当直线y＝kx＋1经过点D（－2，－3）时，得－3＝－2k＋1，∴k＝2，∴y＝2x＋1，设y＝2x＋1与x轴交于点E，则E（，0），∴＝×［－（－3）］×｜－3｜＝，∵直线y＝kx＋1将四边形ABCD分成左、右两个部分、，且：＝4：5，＝（AB＋CD）×OC＝×（2＋4）×3＝9，∴＝4．∵＜4，∴直线y＝kx＋1分四边形ABCD为两个四边形，设直线y＝kx＋1分别交AB、CD为N、M，则N（，0），M（，－3），∴AN＝＋3，DM＝＋2，∴＝（AN＋DM）×OC＝×（＋5）×3＝4，解得k＝．
【知识点】二次函数的表达式；二次函数的性质；一次函数的表达式；矩形的面积公式；梯形的面积公式；
17. （2018浙江杭州，23，12分） 如图，在正方形ABCD中，点G在边BC上（不与点B、C重合），连接AG，作DE⊥AG,于点E，BF⊥AG于点F，设
（1）求证：AE=BF
（2）连接BE、DF，设，求证：
（3）设线段AG与对角线BD交于点H， 和四边形CDHG的面积分别为，求的最大值.
【思路分析】（1）由正方形内K证全等；（2）转化为证：，则证：，则证用相似转化为证；（3）把分别表示出来，则是关于的二次函数，求该函数的最大值
【解题过程】
【知识点】正方形的性质，全等三角形的判断和性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值
18. （2018宁波市，26题，14分） 如图1，直线l：y=-34x+b与x轴交于点A(4,0)，与y轴交于点B，点C是线段OM上一动点(0
（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，
①求证:△OCE∽△OEA;
②求点E的坐标；
（3）当点C在线段OA上运动时，求OE·EF的最大值
图1
图2
备用图
（第26题图）
【思路分析】
【解题过程】解：（1）把A(4,0)代入，得-34×4+b=0
解得b=3
∴直线l的函数表达式为y=-34x+3
∵AO⊥BO,OA=4,BO=3
tan∠BAO=34
（2）①如图，连结AF，
∵CE=EF,
∴∠CAE=∠EAF
又∵AC=AE=AF,
∴∠ACE=∠AEF
∴∠OCE=∠OEA
又:∠COE=∠EOA
∴△OCE∽△OEA
② 如图，过点E作EH⊥x轴于点H
∵tan∠BAO=34
∴设EH=3x,AH=4x
∴AE=AC=5x,OH=4-4x
∵△OCE∽△OEA,
∴OEOA=OCOE 即OE2=OA·OC
∴(4-4x)2+(3x)2=4(4-5x)
解得x1=1225,x2=0 (不合题意，舍去)
∴E(5225,3625)
（3）如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N
∴tan∠BAO=3
∴cos∠BAO=45
∴AN= OA·cos∠BAO=165
设AC=AE=r
∵ON⊥AB,AM⊥OF,
∴∠ONE=∠AME=90°,EM=12EF
又∵∠OEN=∠AEM,
∴△OEN∽△AEM
∴OEAE=ENEM
即OE·12EF=AE·EN
∴OE·EF=2AE·EN=2r·165-r
∴OE·EF=-2r2+325r0
【知识点】一次函数表达式、相似、垂径定理、三角函数1. （2018湖北鄂州，23，12分）
如图，已知直线与抛物线相交于A(-1，0)，B（4，m）两点，抛物线交y轴于点C（0，），交x轴正半轴于D点，抛物线的顶点为M．
（1）求抛物线的解析式及点M的坐标；
（2）设点P为直线AB下方的抛物线上一动点，当△PAB的面积最大时，求此时△PAB的面积及点P的坐标；
（3）点Q为x轴上一动点，点N是抛物线上一点，当△QMN∽△MAD（点Q与点M对应），求Q点的坐标．
【思路分析】（1）将B（4，m）一次函数的关系式即可解得点B的坐标，再将A、B、C三点的坐标代入二次函数关系式即可求出其关系式，再将其化为顶点式就能得到点M的坐标；（2）过点P作PE⊥x轴，交AB于点E，交x轴与点G，过点B作BF⊥x轴于点F，则S△CDE＝PE·AF，求出直线AB的关系式，设点P的坐标为（m，），则点E的坐标为（m，），即可得到S△CDE的函数关系式，将其化为顶点式即可求出最大值；（3）由勾股定理的逆定理可证得△MAD是等腰直角三角形，则QMN也是等腰直角三角形，从而得到点Q的坐标．
【解析】
解：（1）将B（4，m）代入得， ，∴B（4，），将A(-1，0)，B（4， ），C（0，）代入得，解得，∴抛物线的解析式为，，故顶点M的坐标为（1，－2）；
（2）如下图（1），过点P作PE⊥x轴，交AB于点E，交x轴与点G，过点B作BF⊥x轴于点F，∵A(-1，0)，B（4，），∴AF＝4―（―1）＝5，设直线AB的关系式为y＝kx＋b，设点P的坐标为（m，），则点E的坐标为（m，），∵点P为直线AB下方，∴PE＝（）－（）＝，∴S△CDE＝S△APE ＋S△BPE＝PE·AG＋PE·FG ＝PE·（AG＋FG）＝PE·AF＝×5（）＝，∴当时，△PAB的面积最大，且最大面积为，当时，，故此时点P的坐标为（，）；
（3）∵抛物线的解析式为，，∴抛物线的对称轴为：直线x＝1，又∵A(-1，0)，∴点D的坐标为（3，0），又∵M的坐标为（1，－2），∴AD＝3―（―1）＝4，AD2＝42＝16，AM2＝（―1―3）2＋（―1―3）2＝8，DM2＝（3―1）2＋（―2―0）2＝8，∴AD2＝AM2＋DM2，且AM＝DM，
∴△MAD是等腰直角三角形，∠AMD＝90°，又∵△QMN∽△MAD，∴△QMN也是等腰直角三角形且QM＝QN，∠MQN＝90°，∠QMN＝45°，又∵∠AMD＝90°，∴∠AMQ＝∠QMD＝45°，此时点D（或点A）与点N重合，（如下图（2））此时MQ⊥x轴，故点Q的坐标为（1,0）．
【知识点】二次函数关系式；顶点式；一次函数；相似三角形的性质；等腰直角三角形的性质和判定；勾股定理的逆定理；三角形面积公式
2. （2018湖南郴州，25，10） 如图，已知抛物线与轴交于A（-1，0），B（3，0）两点，与轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P的横坐标为.
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线的对称轴为，与轴的交点为D，在直线上是否存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S，①求S关于的函数表达式；②求P点到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P的坐标.
【解析】解：（1）∵与轴交于A（-1，0），B（3，0），
∴，解得：，∴抛物线的表达式为：；
（2）∵抛物线的表达式为：，∴抛物线的对称轴为，C点的坐标为（0，3），∴D点的坐标为（1，0），∵点P的横坐标为，且点P在抛物线上，∴P点的坐标为（，），设M点的坐标为（1，），分两种情况讨论：
①M点在轴的上方，当四边形CDPM是平行四边形，且C、P和D、M分别是一组相对的顶点时，设平行四边形的对角线的交点为N，根据平行四边形对角线互相平分，则N点的坐标可表示为（，）或（1，），∴=1，=，解得：=2，=6, ∴M点的坐标为（1，6）；
②M点在轴的下方，当四边形CDMP是平行四边形，且C、M和D、P分别是一组相对的顶点时，设平行四边形的对角线的交点为N′，根据平行四边形对角线互相平分，则N′点的坐标可表示为（，）或（，），∴=，=，解得：=0，=0, ∴M点的坐标为（1，0），此时M点和D点重合，且P点不在第一象限，C、D、M、P四点不能形成平行四边形，故不存在；
综上，点M的坐标为（1，6）；
（3）①∵B（3，0），C（0，3），∴OB=3，OC=3，设P点的坐标为（，），过点P分别作PE⊥轴，PF⊥轴，垂足分别为E、F，∴PE=，PF=，连结OP，则：
，
∴S关于的函数表达式为S=；
②∵B（3，0），C（0，3），∴OB=3，OC=3，∴BC=，设P点到直线BC的距离为，则△PBC的面积S=，
∵S=，∴=，
，
∴当=时，有最大值为，此时P点的坐标为（，）.
【知识点】 二次函数，平行四边形的判定，三角形面积，二次函数的最值
26．（2018湖南郴州，26，12）在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上的任意一点（不含C，D两端点），过点P作PF∥BC，交对角线BD于点F.
（1）如图1，将△PDE沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E.求证：△DEF是等腰三角形；
（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P′DF′，连接P′C，F′B，设旋转角为.
①若∠BDC，即DF′在∠BDC内部时，求证：△DP′C～△DF′B；
②如图3,若点P是CD的中点，△DF′B能否为直角三角形？如果能，试求出此时∠DBF′的值，如果不能，请说明理由.
【思路分析】（1）首先利用平行公理及矩形的性质推出PF∥AD，从而判断出∠ADB与∠DFP的关系，再联系轴对称的性质得到∠ADB=∠DFE，便可得出△DEF是等腰三角形；
（2）①由旋转的性质得出相关线段、角的相等关系，根据平行线分线段对应成比例，代换得出，由“对应边成比例及夹角相等”即可证得结论；②△DF′B为直角三角形时，可能会出现两种情形：∠DF′B=90°或∠B DF′=90°，结合旋转的性质，将要求的角转化到Rt△DP′C中，问题便得到解决.
【解析】解：（1）证明：在矩形ABCD中，AD∥BC，∵PF∥BC，∴PF∥AD，∴∠ADB=∠DFP，∵将△PDE沿对角线BD翻折得到△QDF，∴∠DFE=∠DFP，∴∠ADB=∠DFE，∴DE=EF，∴△DEF是等腰三角形；
（2）①∵PF∥BC，∴，∵△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P′DF′，∴∠BDF′=∠CDP′，DP′=DP，DF=DF′，∴，∴△DP′C～△DF′B；
②由①知，△DP′C～△DF′B，∴∠DBF′=∠DCP′，∵点P是CD的中点，∴DP=DC，
∵△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P′DF′，∴∠BDF′=∠CDP′，DP′=DP，∠DF′B=∠DP′C，
当∠DF′B=90°时，有∠DP′C =90°，∴DP=DP′=DC，∴∠ P′CD =30°，故∠DBF′=∠DCP′=30°=；
当∠B DF′=90°时，有∠C DP′=90°，∴DP=DP′=DC，故∠DBF′=∠DCP′=.
【知识点】轴对称的性质；旋转的性质；相似三角形的判定；等腰三角形的判定；平行线分线段对应成比例；三角函数
3. （2018湖南益阳，23，10分）如图，在平面直角坐标系中有三点（1，2），（3，1），（－2，－1），其中有两点同时在反比例函数的图象上，将这两点分别记为A，B，另一点记为C．
（1）求出k的值；
（2）求直线AB对应的一次函数的表达式；
（3）设点C关于直线AB的对称点为D，P是x轴上一个动点，直接写出PC＋PD的最小值（不必说明理由）．
【思路分析】（1）根据k=xy，可知横纵坐标乘积相等的两点在反比例函数图象上可求出k的值；（2）设直线AB的解析式为：y=kx＋b，代入两点坐标即可；（3）作出图形，求几何最值关键是找出对称点，利用勾股定理求值．
【解析】
解：（1）∵1×2=（－2）×（－1）=2，3×1=3≠2，所以在反比例函数图象的两点为（1，2）和（－2，－1），k=2．
（2）设直线AB的解析式为：y=kx＋b
则．解得：
∴直线AB的解析式为y=x＋1．
（3）如图所示点C关于直线AB的对称点D（0，4），点D关于x轴对称点D′（0，－4），连接CD′交x轴于点P，连接PD，则此时PC+PD最小，即为线段CD′的长度．
D
D′
C
P
．
即：写出PC＋PD的最小值为．
P
【知识点】反比例函数，一次函数，几何最值问题
4. （2018湖南益阳，25，12分）如图1，在矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E为直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F=30°．
（1）求证：BE=CE；
（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动，若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N（如图2）．
①求证：△BEM≌△CEN;
②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；
③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值．
图1
图2
图3
【思路分析】（1）利用矩形的性质和中点的定义证明（SAS）△ABE≌△DCE即可；（2）①用ASA证明全等；②设BM=x，列出△BMN的面积与x的函数关系式，利用函数求最大值；③利用△EBG的面积不变求sin∠EBG．
【解析】
解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠D=90°，AB=DC．
∵E为AD中点，
∴AE=DE．
∴△ABE≌△DCE．
∴BE=CE．
（2）①∵△ABE≌△DCE，
∴∠AEB=∠DEC．
∵∠FEG=90°，
∴∠AEB=∠DEC=45°．
∴∠ABE=∠ECB=45°．
∵∠BEM＋∠BEN=∠CEN＋∠BEN=90°．
∴∠BEM=∠CEN．
∵BE=CE，
∴△BEM≌△CEN．
②由①可知△ABE和△DEC都是等腰直角三角形，E为AD中点
∴BC=AD=2AB=4
设BM=CN=x，则BN=4－x，2≤x≤4．
∴当x=2时, △BMN的面积最大，最大面积为2；
③∵BC∥AD，∠FGE=90°，
∴∠BNG=∠FGE=90°．
∵∠F=30°，∴∠NBG=∠F=30°．
由①可知∠EBN=45°
设NG=x，则BG=2x，BN=，EN=
∴BE=．
∴S△EBG=
∴
【知识点】矩形，图形的旋转，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，二次函数的应用
5. (2018山东菏泽，24，10分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，交轴于点和点，过点作AD∥x轴交抛物线于点D.
（1）求此抛物线的表达式；
（2）点是抛物线上一点，且点关于轴的对称点在直线上，求的面积；
（3）若点是直线下方的抛物线上一动点，当点运动到某一位置时，的面积最大，求出此时点的坐标和的最大面积．
【思路分析】（1）方法1：代入和，得出关于a，b的方程组，解方程即可得出抛物线的解析式；方法2：设抛物线的表达式为y=a(x+5)(x－1)，代入A(0，－5)，得出a的值，从而得出抛物线的表达式；（2）由轴对称的性质得出点E到AD的距离，把y=－5代入抛物线的表达式，得出AD的长，利用三角形面积公式求出△EAD的面积；（3）作PQ∥y轴，交直线AB于点Q，先求出直线AB的表达式，设点P的横坐标为m，则P(m，m2+4m－5)，Q(m，－m－5)，然后表示出PQ的长；再设的面积为S，求出S关于m的二次函数，利用配方法求出S的最大值及点P的坐标．
【解析】解：（1）方法1：把和代入，得
解得
∴抛物线的表达式为y=x2+4x－5．
方法2：∵抛物线与x轴交于和，
∴设抛物线的表达式为y=a(x+5)(x－1)，
又∵抛物线与y轴交于A点，∴A(0，－5)，
把A(0，－5)代入y=a(x+5)(x－1)，得
－5=－5a，
∴a=1，
∴抛物线的表达式为y=(x+5)(x－1)=x2+4x－5．
（2）∵A(0，－5)，AD∥x轴，点E关于x轴的对称点在直线AD上，
∴点E的纵坐标为5，∴点E到直线AD的距离为10．
把y=－5代入y=x2+4x－5，得
－5=x2+4x－5，
解得x1=－4，x2=0，
∴D(－4，－5)，AD=5．
∴S△EAD=×4×10=20．
（3）设直线AB的表达式为y=kx+b，
把和A(0，－5)代入，得
解得
∴直线AB的表达式为y=－x－5．
设点P的坐标为(m，m2+4m－5)，
作PQ∥y轴，交直线AB于点Q，∴Q(m，－m－5)．
∵点是直线下方的抛物线上一动点，
∴PQ=－m－5－(m2+4m－5)=－m2－5m．
设的面积为S，
∴S=S△APQ+S△BPQ=×(－m2－5m)×(－m)+×(－m2－5m)×(m+5)=－(m+)2+，
∴当m=－时，S最大，
即当点P(－，－)时，面积最大，最大面积为．
【知识点】二次函数的综合题；动点问题；轴对称；
6.（2018四川遂宁，25，12分）如图，已知抛物线的对称轴是直线x=3，且与x轴相交于A，B两点（B点在A点右侧），与y轴交于C点。
（1）求抛物线的解析式和A、B两点的坐标
（2）若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），则是否存在一点P，使△PBC的面积最大，若存在，请求出△PBC的最大面积；若不存在，试说明理由
（3）若M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点N，当MN=3时，求M点的坐标
【思路分析】（1）首先根据抛物线的对称轴可得出a的值，进而得出抛物线的解析式，然后令y=0，得出A,B的坐标即可；
（2）首先由抛物线解析式得出C点的坐标，进而得出直线BC的解析式，然后连接PB，PC，过P点作PD∥y轴，可得S△PBC=PD·OB=，最后利用二次函数的性质得出结果；
（3）首先根据平行于y轴的直线上两点的距离公式以及MN=3得出，然后根据绝对值的意义分别求解方程和即可.
【解析】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x=3，
∴，解得a=-，
∴抛物线解析式为，
又抛物线与x轴交于点A，B两点，且B点在A点右侧，
令y=0，得，解得x1=-2，x2=8，
∴A(-2,0)，B（8,0）
（2）∵抛物线与y轴交与点C，
令x=0，得=4，
∴C(0，4).
设直线BC的解析式：yBC=kx+b(k≠0)，
把B，C两点坐标代入，可得
，解得，
∴,
假设存在，设P（x，y）（0＜x＜8）
连接PB，PC，过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，
∴PD=yP-yD=（）-（）==
又∵S△PBC=PD·OB=×8×[]=
∴当x=4时，△PBC的面积最大，最大面积是16，
又∵0＜x＜8，
∴存在点P使△PBC的面积最大，最大面积是16.
（3）∵M是抛物线上任意一点，
设M点的横坐标为m，
∴M点的纵坐标为yM=，
∵MN∥y轴，N是直线MN与直线BC交点，
∴N点的纵坐标yN=，
∵MN=3，
∴，
∴，
∴，
当时，解得m1=2，m2=6；
当时，解得m3=4+2,m4=4-2
∴M的坐标为（2,6）或（6,4）或（4+2，-1-）或（4-2，-1+）.
【知识点】二次函数图象与系数的关系，函数图象与坐标轴的交点问题，二次函数的性质，待定系数法求一次函数的解析式，平行于坐标轴的直线上的两点的距离，解一元二次方程
7. （2018·重庆A卷，26，12）如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y＝－x2＋4x上，且横坐标为1，点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E的坐标为(1，1)．
（1）求线段AB的长；
（2）点P为线段AB上方抛物线上的任意一点，过点P作AB的垂线交AB于点H，点F为y轴上一点，当△PBE的面积最大时，求PH＋HF＋FO的最小值；
（3）在（2）中，PH＋HF＋FO取得最小值时，将△CFH绕点C顺时针旋转60°后得到△．过点作的垂线与直线AB交于点Q，点R为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点S，使以点D，Q，R，S为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点S的坐标；若不存在，请说明理由．
26题备用图
26题图
【思路分析】（1）将x＝1代入抛物线的解析式求出A点坐标，再利用对称轴公式求出抛物线的对称轴，然后利用轴对称性质求出点B坐标，最后用A、B两点的横坐标之差求出线段AB的长．
（2）过点E作EN⊥PH，交PH延长线于点N，PN交BE于点M．①先求出直线BE的解析式为y＝x，设P(t，－t2＋4t)，则M(t，t)，PM＝－t2＋4t－t＝－t2＋3t；②再利用S△PEB＝S△EPM＋S△BPM，求出S△PEB＝－(t－)2＋，得到当t＝时，S△PEB有最大值为，此时P(，)，H(，3)，PH＝；③然利用30°所对的直角边等于斜边的一半，过原点O在y轴左侧作射线OJ，使∠COJ＝30°，过点H作HG⊥OJ于点G，交y轴于点K，则当K与点F重合时，HF＋FO取得最小值，此时，HF＋FO＝OK＋KH＝KG＋KH＝HG；④最后利用解直角三角形知识求出HG的长，于是锁定PH＋HF＋FO的最小值．
（3）先由题意，求出CQ＝1，DQ＝，再分类讨论，如下面的答图3至答图6共四种情况，利用菱形的对角线互相垂直平分且四边相等，找到S点并计算出相应的坐标，得到符合条件的S点的坐标为(5，3)或(－1，3＋)或(－1，3－)或(－1，8)．
26题答图3
26题答图4
26题答图5
26题答图6
【解析】解：（1）在y＝－x2＋4x中，当x＝1时，y＝3，从而A(1，3)．
∵抛物线的对称轴是直线x＝－，点B与点A关于该直线对称，
∴B(3，3)，从而AB＝3－1＝2．
∴线段AB的长为2．
（2）如答图1所示，过点E作EN⊥PH，交PH延长线于点N，PN交BE于点M．由E(1，1)，B(3，3)可知直线BE的解析式为y＝x，设P(t，－t2＋4t)，则M(t，t)，PM＝－t2＋4t－t＝－t2＋3t．
∵S△PEB＝S△EPM＋S△BPM＝EN•PM＋BH•PM＝( EN＋BH)•PM
＝(－t2＋3t)×2＝－t2＋3t＝－(t－)2＋，
∴当t＝时，S△PEB有最大值为，此时P(，)，H(，3)，PH＝．
26题答图2
26题答图1
如答图2所示，过原点O在y轴左侧作射线OJ，使∠COJ＝30°，过点H作HG⊥OJ于点G，交y轴于点K，则当K与点F重合时，HF＋FO取得最小值，此时，HF＋FO＝OK＋KH＝KG＋KH＝HG．易知∠CHK＝∠KOG＝30°，由tan∠CHK＝，得CK＝tan30°＝，HK＝2CK＝，从而OK＝OC－CK＝3－，故GK＝OK＝，HG＝GK＋KH＝＋＝，因此，PH＋HF＋FO的最小值为PH＋HG＝＋＝．
（3）点S的坐标为(5，3)或(－1，3＋)或(－1，3－)或(－1，8)．
【知识点】二次函数；一元二次方程的解法；勾股定理；平移；旋转；轴对称；最值问题；等腰三角形；分类思想；数形结合思想；探究性问题；压轴题
8. （2018甘肃天水，T25，F12）如图所示，在正方形ABCD和△EFG中，AB=EF=EG=5cm，FG=8cm，点B、C、F、G在同一条直线l上.当点C，F重合时，△EFG以1cm/s的速度沿直线l向左开始运动，t秒后正方形ABCD与△EFG重合，部分的面积为Scm2.请解答下列问题：
（1）当t=3秒时，求S的值；
（2）当t=5秒时，求S的值；
（3）当5秒＜t≤8秒时，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值.
第25题图
【思路分析】对于（1），首先确定重叠部分是三角形，再根据相似三角形的判定和性质求出高，进而得出面积；
对于（2），确定重叠部分的面积是四边形，再根据△EFG的面积-△CHG的面积计算即可；
对于（3），先确定重叠部分是五边形，然后根据相似三角形的判定和性质表示出对应边，再根据S=S△EFG- S△BFH- S△CGP，列出关于S，t的关系式，再根据二次函数的性质讨论极值即可.
【解析】过点E作EM⊥l，于点M.
∵EF=EG=5cm，FG=8cm，
∴FM=MG=4cm.
在Rt△EFM中，EM=3cm.
由△EFG以1cm/s的速度运动，可知CF=tcm………………………………………………1分
（1） 当t=3秒时，CF=3cm＜CM，知重叠部分为△CFH，如图所示………………….2分
∵∠FCH=∠FME，∠HFC=∠EFM，
∴△FCH∽△FME，
∴CFFM=CHEM.
∵CF=3cm，FM=4cm，EM=3cm，
∴CH=94.
则S=12CF·CH=278（cm2）……………………………………………………………………….4分
（2） 如图所示.当t=5秒时，点F与点B重合，△CHG的面积=278cm2…………………5分
S=12FG·EM-S△CHG=12-278=698（cm2）……………………………………………………………7分
（3） 当5秒＜t≤8秒时，重叠部分是五边形………………………………………….8分
BF=(t-5)cm，CG=(8-t)cm，
∵∠FBH=∠FME，∠HFB=∠EFM，
∴△FBH∽△FME，
∴BFFM=BHEM，
∵BF=(t-5)cm，FM=4cm，EM=3cm，
则BH=34(t-5).
∴S△BFH=12BF·BH=12(t-5)×34(t-5)=38(t-5)2=38t2-154t+758………………………………………….9分
同理CP=34(8-t)，
∴S△CGP=12CG·CP=12(8-t)×34(8-t)=38(8-t)2=38t2-6t+24…………………………………………..10分
∴S=S△EFG- S△BFH- S△CGP=12-(38t2-154t+758)-( 38t2-6t+24)=-34(t-132)2+16516.
∵-34＜0，
∴函数图象有最高点，
当t=132时，S的最大值为16516……………………………………………………………………12分
【知识点】动点问题，二次函数的应用，相似三角形的性质和判定
9.（2018甘肃天水，T26，F12）已知：抛物线y=ax2+4ax+m（a＞0）与x轴的一个交点为A（-1，0）.
（1）求抛物线以x轴的另一个交点B的坐标；
（2）点D是抛物线与y轴的交点，点C是抛物线上的一个点，且以AB为一底的梯形ABCD的面积为9，求此抛物线的解析式；
（3）点E是第二象限内到x轴，y轴的距离比为5:2的点，如果点E在（2）中的抛物线上，且点E与点A在此抛物线对称轴的同侧.问：在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△APE的周长最小.若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【思路分析】
【解析】（1）抛物线y=ax2+4ax+m的对称轴为x=-2，
∵该抛物线与x轴的一个交点为A（-1，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为B（-3，0）………………………………………………….2分
（2）设点D的坐标为（0，m），
根据抛物线的对称性，可知点C的坐标为（-4，m）……………………………………….3分
S梯形ABCD=12(AB+CD)×OD=12×(2+4)m=9，
解得m=3………………………………………………………………………………………4分
设抛物线的关系式为y=a(x+3)(x+1)，
∵点D（0，3）在图像上，
∴3=3a，
解得a=1，
则抛物线的解析式为y=x2+4x+3………………………………………………………………7分
（3）由点E是第二象限内到x轴，y轴的距离比为5:2的点，
设点E的坐标为（-2c，5c），
∵点E在抛物线y=x2+4x+3的图像上，
∴5c=4c2-8c+3，
解得c=14或c=3，
当c=14时，点E（-12，54）；
当c=3时，点E（-6，15）（不符合题意，舍去）. …………………………………………9分
点A关于对称轴x=-2对称的点为点B，△PAE的周长=PE+AP+AE=PE+PB+AE，AE的长
为定值，要求△PAE的周长最小，即要求PB+PE最小，根据两点之间线段最短，可知连接
BE与对称轴的交点即为点P…………………………………………………………………10分
设过点B（-3，0）和点E（-12，54）的直线为y=kx+b，
得54=-12k+b,0=-3k+b.
解得k=12,b=32.
∴直线BE的关系式为y=12x+32，………………………………………………………………11分
当x=-2时，y=12，
∴点P的坐标为（-2，12）……………………………………………………………………12分
【知识点】二次函数的应用，根据轴对称求线段和最小，待定系数法求一次函数解析式
10. （2018广东广州，23，12分）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．
【思路分析】（1）利用基本作图“作已知角的角平分线”，按照题目的作图语句作图；（2）①延长DE、AB相交于点F，由“角平分线、平行线”可以得出“等腰三角形ADF”，再结合“AD＝AB＋CD”，利用全等证得DE＝EF，然后由“等腰三角形三线合一”证得AE⊥DE；②利用轴对称转化BM＋MN，再利用垂线段最短分析得出B N′即为所求，利用相似三角形求出BN′的长．
【解析】（1）如图所示：
（2）如下图，延长DE、AB相交于点F．
∵∠ABC＝∠C＝90°，∴∠ABC＋∠C＝180°．∴AB∥CD．∴∠CDE＝∠F．∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE．∴∠ADE＝∠F．∴AD＝AF＝AB＋BF．又AD＝AB＋CD．∴AB＋BF＝AB＋CD．∴BF＝CD．在△ＣED和△BFE中，，∴△CED≌△BFE．∴DE＝EF．又AD＝AF，∴AE⊥DE；
②如图，作DH垂直AB于H，作点N关于AE的对称点N′，则MN＝M N′．∴BM＋MN＝BM＋M N′．由①可得AD＝AF，DE＝EF．∴AE平分∠DAB． ∴点N′在AD上．∴当点B，M，N′共线且B N′⊥AD时BM＋M N′有最小值，即BM＋MN有最小值．在Rt△ADH中，AD＝AB＋CD＝6，AH＝AB－BH＝2，有勾股定理可得，DH＝．∵∠DHA＝∠BN′A＝90°，∠DAH＝∠DAH，∴△DAH∽△BAN′．∴．∴．∴B N′＝．
【知识点】全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质；作图—基本作图；轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定与性质
11. （2018贵州遵义，27题，14分）在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过点C(0,2)和点D(4,-2)，点E是直线与二次函数图像在第一象限内的交点。
（1）求二次函数的解析式及点E的坐标；
（2）如图①，若点M是二次函数图像上的点，且在直线CE的上方，连接MC，OE，ME，求四边形COEM面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）如图②，经过A、B、C三点的圆交y轴于点F，求点F的坐标。
第27题图
【思路分析】（1）由待定系数法可得a和c的值，进而得到二次函数解析式，联立两个函数解析式可得交点E的坐标；（2）分析四边形COEM是由△COE和△CME组成的，而△COE面积已经确定，△CME中CE确定，点M位置不确定，因此以CE为底，M到CE的距离则为高，因为M在抛物线上运动，作一条与CE平行的直线，当它与抛物线相切时，两直线距离最远，即三角形的高最大，切点即为M点，设出直线的解析式，与抛物线联立得到一元二次方程，令△=0，可得直线解析式，进而求出点M坐标，求得四边形面积；（3）连接BF、AC，可得∠ACO=∠ABF，则△AOC∽△FOB，通过边的比例关系得到OF，进而得到F坐标。
【解析】（1）因为二次函数的图像经过点C(0,2)和点D(4,-2)，由此可得，解得，二次函数解析式为，与联立，得x1=0（舍去），x2=3，此时，y=1，故E(3,1)。
（2）S四边形COEM=S△COE+S△CME，S△COE=，因为C(0,2)，E(3,1)，所以S△COE=3，S△CME=，其中h为点M到CE的距离，因为M在抛物线上运动，因此当平行于CE的直线与抛物线相切于点M时，h最大，从而面积最大，设l’:，与联立，得，△=36+8(6-3b)=0，b=，此时点M坐标为(,3)，过M作MN∥y轴，交CE与点N，在中，令x=，得y=，N(,)，所以S△CME==，所以S四边形COEM=S△COE+S△CME=
N
第27题解图
（3）在中，令y=0，得，，连接BF，AC，因为∠ACO=∠ABF，∠AOC=∠FOB，所以△AOC∽△FOB，则，所以，得，OF=，所以F(0,-)
【知识点】二次函数解析式，交点坐标，三角形面积，最值，相似三角形
12. （2018湖南省湘潭市，26，10分）如图，点P为抛物线y=x2上一动点．
（1）若抛物线y=x2是由抛物线y=（x+2）2-1通过图象平移得到的，请写出平移的过程；
（2）若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为（0，-1），过点P作PM⊥l于M．
①问题探究：如图一，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM=PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．
②问题解决：如图二，若点Q的坐标为（1，5），求QP+PF的最小值．
【思路分析】（1）直接根据抛物线的平移规律“上加下减，左加右减”解答；（2）①过点P作PB⊥y轴于点B构造Rt△PFB，从而利用勾股定理求出BF的长，最后根据线段的和差关系求出OF的长，从而确定出点F的坐标；②根据①中的结论，得到PM=PF，所以QP+PF的最小值为QP+QM的最小值，即当Q、P、M三点共线时，从而求出结果.
【解析】解：（1）∵抛物线y=（x+2）2-1的顶点为（-2，-1），
∴抛物线y=（x+2）2-1的图象向上平移1个单位，再向右2个单位得到抛物线y=x2的图象．
（2）①存在一定点F，使得PM=PF恒成立．
如图一，过点P作PB⊥y轴于点B，
设点P坐标为（a，a2），∴PM=PF=a2+1，∵PB=a，∴点B的坐标为（0，a2），
∴Rt△PBF中，BF===a2-1，∵BO=a2，
∴OF=OB-BF=1，
∴点F坐标为（0，1）
②由①，PM=PF，
∴QP+PF的最小值为QP+QM的最小值，即当Q、P、M三点共线时，QP+QM有最小值为点Q纵坐标5．
∴QP+PF的最小值为5．
【知识点】二次函数的平移规律；勾股定理；点到直线的距离
13. （2018江苏淮安，27，12）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴和y轴分别相交于A、B两点。动点P从点A出发，在线段AO上以每秒3个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O停止运动。点A关于点P的对称点为点Q,以线段PQ为边向上作正方形PQMN。设运动时间为x秒。
(1) 当秒时，点Q的坐标是 ；
(2) 在运动过程中，设正方形PQMN与△AOB重叠部分的面积为S,求S与t的函数表达式；
(3) 若正方形PQMN对角线的交点为T，请直接写出运动过程中OT+PT的最小值。
【思路分析】本题综合考查动点问题，（1）由动点的特征，代入数据直接计算即可；
（2）由题意分类讨论，由动点的特征，分别代入数据直接计算即可
【解析】 (1)当 秒时，可得 AP=1，则点 P 坐标为（5,0），因点 A 坐标为（6,0），则点 Q 坐
标为（4,0）.
(2)由题意可知：重叠部分面积为正方形面积减去△CDN 的面积，因运动时间为 t，且点 A 关
于点 P 的对称点为点 Q，即 AP=PQ=3t，则可设点 P 坐标为（6-3t，0），则点 C 坐标为（6-3t，2t），则 CN=t,
则当 0≤ t≤1 时，
则当时，
则当 时，
综上：
（3）
【知识点】正方形的性质；勾股定理；分类讨论思想；转化思想；待定系数法；数形结合法；条件探索型问题；
动点问题；坐标系中点的坐标特征
14. （2018贵州安顺，T26，F14）如图，已知抛物线的对称轴为直线x=-1,且抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，其中 A(1, 0),C (0, 3).
（1）若直线y=mx+n经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴x=-1上找一个点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；
（3）设点P为抛物线的对称轴x=-1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标.
第26题图
【思路分析】(1)根据抛物线的对称轴是x=-1，A（1,0），可求出点B的坐标，联系C（0,3）利用两点式即可求出直线y=mx+n的解析式；把点A、C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系式，联立得到方程组，解出a，b和c的值即可得到抛物线的解析式;
（2）由于点M在抛物线的对称轴上，∴点M到点B的距离和到点A的距离相等，要使MB+MC的值最小，就是使点B、M、C三点共线即可，即对称轴与直线BC的交点就是要求的点M位置，进而求出点M的坐标即可；
（3）设出点P的坐标为（-1，t），再根据点B、C的坐标得出BC²=18，PB²=4+t²，PC²=t²-6t+10，然后根据直角顶点分三种情况讨论，最后求出符合题意的t值即可求出点P的坐标.
【解题过程】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x=-1，A（1,0），
∴点B的坐标为（-3,0）.
把B（-3,0）、C（0，3）分别代入直线y=mx+n中，
得解得
∴直线y=mx+n的解析式为y=x+3.
将A（1,0）和C（0,3）代入，
得a+b+c=0，c=3.由对称轴公式，得=-1,.
有解得
∴抛物线的解析式为.
（2）由于点M在抛物线的对称轴上，∴点M到点B的距离和到点A的距离相等，要使MB+MC的值最小，就是使点B、M、C三点共线即可，即对称轴与直线BC的交点就是要求的点M位置.
把x=-1代入直线y=x+3，得y=2.
∴M（-1,2），即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（-1,2）.
（3）设P的坐标为（-1，t），
又∵B（-3,0）、C（0,3），
∴BC²=（-3）²+3²=18，PB²=（-1+3）²+t²=4+t²，PC²=（-1）²+（t-
3）²=t²-6t+10.
①若点B为直角顶点，则BC²+PB²=PC²，即18+4+t²=t²-6t+10，解得t=-2；
②若点C为直角顶点，则BC²+PC²= PB²，即18+ t²-6t+10=4+t²，解得t=4；
③若点P为直角顶点，则PB²+PC²=BC²，即4+t²+ t²-6t+10=18，解得，.
综上所述，点P的坐标为（-1，-2）或（-1,4）或（-1，）或（-1，）.
【知识点】待定系数法，二次函数图象的性质，勾股定理，解一元二次方程.
15. （2018湖南省永州市，25，12）如图1，抛物线的顶点A的坐标为(1，4)，抛物线与x轴相交于B、C两点，与y轴交于点E(0，3).
（1）求抛物线的表达式；
（2）已知点F(0，-3)，在抛物线的对称轴上是否存在一点G，使得EG+FG最小，如果存在，求出点G的坐标；如果不存在，请说明理由.
（3）如图2，连接AB，若点P是线段OE上的一动点，过点P作线段AB的垂线，分别与线段AB、抛物线相交于点M、N（点M、N都在抛物线对称轴的右侧），当MN最大时，求△PON的面积.
【思路分析】(1)将已知点代入二次函数的表达式y=a(x-1)2+4中求出a的值，即可求出二次函数的表达式；(2)由于点E、F位于抛物线的对称轴的同侧，因此，只需要作出其中一个点关于对称轴的对称点，再连接这个对称点与另外一个点所得直线与对称轴的交点，即为所求的点G，使得EG+FG最小；(3) 由于AB的长度是一个定值，当MN最大时，即转化为求△ABN的面积最大时对应的线段MN的长度，从而确定点N的坐标和PN所在的直线，即可求得点P的坐标和△PON的面积．
【解题过程】(1) 设所求二次函数的表达式为y=a(x-1)2+4，
∵ 抛物线与y轴交于点E(0，3)，∴a(0-1)2+4=3，解得a=-1，
∴ 所求二次函数的表达式为y=-(x-1)2+4，即y=-x2+2x+3；
(2) 存在一点G，使得EG+FG最小.
∵ 抛物线的顶点A的坐标为(1，4)，
∴ 点E(0，3)关于抛物线对称轴成轴对称的点为E′(2，3)，
∵ 设直线E′F的函数表达式为y=kx+b，
∴ ，解得，即y=3x-3，
当x=1时，y=0，即点G(1，0)，使得EG+FG最小.
(3) 连接AN、BN，过点N作NT∥y轴交AB、x轴分别于点S、T.
y=-x2+2x+3，当y=0时，x1=-1，x2=3，则B(3，0)；
∵ A(1，4)，B(3，0)，∴AB=2；
设直线AB的函数表达式为y=mx+n，
∴ ，解得，即y=-2x+6，
设N(n，-n2+2n+3)，则S(n，-2n+6)，∴ NS=-n2+4n-3
∵ S△ABN=S△ANS+S△BNS，∴AB·MN=NS·(3-1)，
∴ MN=(-n2+4n-3)=-(n2-4n+3)=-(n-2)2+，
即n=2时，N(2，3)，线段MN最大，为；
∵ PN⊥AB，则直线PN的函数表达式为：y=x+c，且N(2，3)，∴c=2，则y=x+2，
∴ 点P(0，2)，∴S△OPN=OP·xN=×2×2=2.
【知识点】一次函数的图像与性质 二次函数的图像与性质 轴对称的性质
16.（2018广西玉林，26题，12分）如图，直线y=-3x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=-x2+bx+c与直线y=c分别交y轴的正半轴于点C和第一象限的点P，连接PB，得△PCB≌△BOA（O为坐标原点）。若抛物线与x轴正半轴交点为点F，设M是点C、F间抛物线上的一点（包括端点），其横坐标为m。
（1）直接写出点P的坐标和抛物线的解析式；
（2）当m为何值时，△MAB面积S取得最小值和最大值？请说明理由；
（3）求满足∠MPO=∠POA的点M的坐标。
第26题图
【思路分析】（1）由一次函数可得点A和点B坐标，由全等可得点C和点P坐标，带入二次函数解析式可得b、c的值，求得解析式；（2）△MAB中，AB的长度确定，面积随着M与AB的距离变化而变化，分析在CF范围内，点M距离AB最远和最近的位置，即可求得点M的坐标；（3）由∠MPO=∠POA，分类讨论，当M在CP段时，MP∥x轴，点M与点C重合，当M在FP段时，三角形OPN为等腰三角形，利用勾股定理求得点N坐标，从而得到PN表达式，联立二次函数求出点M坐标。
【解题过程】（1）在y=-3x+3中，令x=0，得y=3，B(0,3)，令y=0，得x=1，A(1,0)，因为△PCB≌△BOA，所以C(0,4)，P(3,4)，所以抛物线y=-x2+bx+c过点C(0,4)，P(3,4)，带入可得，解得，所以抛物线解析式为y=-x2+3x+4；
（2）设平行于直线y=-3x+3的直线l：y=-3x+n，如解图（1）：①当直线l过点C时，n=4，即y=-3x+4，此时，点M和点C重合，②当直线l过点F时，n=12，即y=-3x+12，此时点M与点F重合，③当直线l与抛物线相切时，即-3x+n=-x2+3x+4，其中，△=36-4(n-4)=0，解得n=13，所以l：y=-3x+13，联立可解得x=3，y=4，此时点M与点P重合，因此，第①种情况时，△MAB面积最小，此时m=0，第③种情况时，△MAB面积最大，此时m=3；
第26题解图（1）
（3）如图，①当M在CP段时，因为∠MPO=∠POA，所以PM1∥x轴，即M1与C重合，所以M1(0,4)；②当M在PF段时，设直线PM2与x轴交于点N，因为∠MPO=∠POA，则△ONP是等腰三角形，过点P作PQ⊥x轴于点Q，因为P(3,4)，则OQ=3，PQ=4，设QN=x则PN=ON=x+3，在Rt△PQN中，由勾股定理得，42+x2=(x+3)2，解得，x=，所以N(,0)，直线PN：，与二次函数联立，解得x1=3（舍去），x2=，此时y=，故M2(,).综上所述，M坐标为M1(0,4)，M2(,)
M1
M2
N
Q
第26题解图（2）
【知识点】待定系数法，三角形面积，根的判别式，等腰三角形，勾股定理
17. （2018江苏省宿迁市，28，12）如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A、D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE＝x．
（1）当AM＝时，求x的值；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值．
【思路分析】（1）利用△AEM为直角三角形，结合勾股定理可得x的值；（2）考量△MDP的周长，由于MP的长度不方便求，∴需要考虑将MP的长度进行转化，进而确定周长是否为定值；（3）只需考虑将CF的长度用x表示出来，面积的最小值即可利用二次函数求出．
第28题图
A
P
F
E
B
C
N
M
D
【解题过程】（1）由折叠可知ME＝BE＝x，∴AE＝1－x．
在Rt△AEM中，由AM＝，得（）2＋（1－x）2＝x2． 2分
解得x＝． 1分
第28题图
A
P
F
E
B
C
N
M
D
H
（2）连接AM、BO，过点B作BH⊥MN，垂足为H．
∵EB＝EM，∴∠EBM＝∠EMB．
∵∠EBC＝∠EMN，
∴∠MBC＝∠BMN．
又∵∠A＝∠MHB，BM＝BM，
∴△BAM≌△BHM． 1分
∴AM＝HM，BH＝AB．
∵BC＝AB，
∴BH＝BC．
又∵BP＝BP，
∴Rt△BHP≌Rt△BCP． 1分
∴HP＝PC．
∴△MDP的周长＝MD＋DP＋MP＝MD＋DP＋MH＋HP＝MD＋AM＋DP＋PC＝AD＋DC＝2．
∴△MDP的周长为2． 3分
第28题答图（2）
A
P
F
E
B
C
N
M
D
Q
（3）连接BM，过点F作FQ⊥AB，垂足为Q．
则QF＝BC＝AB．
∵∠BEF＋∠EBM＝90°，∠AMB＋∠EBM＝90°，
∴∠BEF＝∠AMB．
又∵∠A＝∠EQF，
∴△AMB≌△QEF．
∴AM＝EQ．
设AM＝a，则a2＋（1－x）2＝x2．
∴a＝．
∴CF＝x－． 1分
∴S＝（CF＋BE）×1
＝( x－＋x)
＝(2 x－) ． 1分
设＝t，则2x＝t2＋1．
S＝（t2＋1－t）＝（t－）2＋． 1分
∴当t＝，即x＝时，面积的最小值为． 1分
【知识点】折叠问题，勾股定理，正方形的性质，一元二次方程，三角形全等
18. （2018山东省泰安市， 24，11）如图，在平面直角坐标系中，二次函数交轴于点、，交轴于点，在轴上有一点，连接.
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点，求面积的最大值；
（3）抛物线对称轴上是否存在点，使为等腰三角形，若存在，请直接写出所有点的坐标，若不存在请说明理由.
【思路分析】本题考查了二次函数表达式的确定，利用函数求三角形面积的最大值以及直角三角形的判定. （1）直接将A、B、C三个点的坐标代入即可；（2）先求出直线AE的表达式，过点作与轴平行，交于点，交轴于点，过点作，垂足为，因为D、F的纵坐标相同，利用同一字母表示它们的坐标，DF为竖直高，，列出面积与的函数关系式，利用配方法求最值；（3）分为∠PAE=90°、∠APE=90°和∠AEP=90°三种情况进行讨论，利用相似或勾股定理进行解答．
【解题过程】解：（1）由题意可得
， 1分
解得，
所以二次函数的解析式为. 3分
（2）由，，
可求得所在直线解析式为. 4分
过点作与轴平行，交于点，交轴于点，过点作，垂足为，
设点坐标为，则点坐标为，
则， 5分
又，
∴
. 7分
∴当时，的面积取得最大值. 8分
（3）点的坐标为，，. 11分
【知识点】二次函数的表达式，待定系数法，二次函数求最值，勾股定理；分类讨论思想；数形结合思想；存在性问题.
19.（2018陕西，25，12分）
问题提出
（1）如图①，在△ABC中，∠A=120°，AB=AC=5，则△ABC的外接圆半径R的值为 ．
问题探究
（2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB=24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值．
问题解决
（3）如图③所示，AB、AC、是某新区的三条规划路，其中，AB=6 km，AC=3 km，∠BAC=60°，所对的圆心角为60°．新区管委会想在路边建物资总站点P，在AB、AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷、环保和节约成本，要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE＋EF＋FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）
【思路分析】（1）找出△BAC外接圆的圆心，连接OA、OB、OC，证明△OAB和△OAC是等边三角形即可；（2）连接MO，并延长与⊙O相交于点P′，连接OA，OP，显然当点P运动到P′时，PM取得最大值,利用勾股定理可得；
（3）要使PE＋EF＋FP的和取最小值，需转化为“将军饮马”问题，即做点P关于AB和AC的对称点，由于点P也是动点，故结合（2）的结论可知点P在直线AO与的交点时PE＋EF＋FP取最小值，根据题目给出的数据进行计算即可．
【解题过程】（1）5
如图所示：设△ABC外接圆的圆心为O，连接OA、OB、OC．
则OA=OB=OC
∵AB=AC
∴△OAB≌△OAC
∴∠OAB=∠OAC=∠BAC=60°．
∴△OAB和△OAC都是等边三角形．
∴半径R=AB=AC=5．
（2）如图，连接MO，并延长与⊙O相交于点P′，连接OA，OP．
∵M是弦AB的中点，
∴OM⊥AB，AM=AB=12．
在Rt△AOM中，OM=．
∵PM≤OM＋OP=OM＋OP′=MP′=18，
∴当点P运动到P′时，PM取得最大值18．
（3）如图，P′为上任意一点，分别作点P′关于直线AB、AC的对称点P′1 、P′2，连接P′1 P′2，分别与AB、AC相交于点E′、F′，连接P′E′，P′F′，
∴△P′E′F′的周长= P′1E′＋E′F′＋P′2F′= P′1 P′2，
对于点P′及分别在AB、AC上的任意点E、F，
有△P′EF的周长≥△P′E′F′的周长= P′1 P′2的长．
连接A P′1 ，AP′，AP′2，
则A P′1=AP′= AP′2，∠P′1AB=∠P′AB，∠P′2AC=∠P′AC，
∴∠P′1A P′2=2∠BAC=120°，P′1 P′2=A P′1=A P′．
∴要使P′1 P′2最短，只要AP′最短．
设O为所在圆的圆心，连接OB、OC、OP′、OA，且OA与相交于点P，
则A P′＋P′O≥AO．
∴A P′≥A P．
连接BC，易证，△ACB为直角三角形，且∠ABC=30°，∠ACB=90°．
∴BC=AC·tan60°=．
∵∠BOC=60°,OB=OC,
∴BO=BC=，∠OBC=60°，∠ABO=∠ABC＋∠OBC=90°．
在Rt△ABO中，AO=．
∴AP=（AO－OP）=．
∴P′1 P′2的最小值为．
∴PE＋EF＋FP的最小值为()km．
【知识点】等腰三角形，三角形的外接圆，垂径定理，勾股定理，几何最值问题
一、选择题
1. （2018山东滨州，11，3分）如图，∠AOB＝60°，点P是∠AOB内的定点且OP＝，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（ ）
A． B． C．6 D．3
A
B
O
P
M
N
第11题图
【答案】D
【解析】分别以OA、OB为对称轴作点P的对称点P1，P2，连接点P1，P2，分别交射线OA、OB于点M、N则此时△PMN的周长有最小值，△PMN周长等于＝PM＋PN＋MN＝ P1N＋P2N＋MN，根据对称的性质可知，OP1＝OP2＝OP＝，∠P1OP2＝120°，∠OP1M＝30°，过点O作MN的垂线段，垂足为Q，在△OP1Q中，可知P1Q＝,所以P1P2＝2P1Q＝3,故△PMN的周长最小值为3．
第11题答图
【知识点】轴对称的性质、两点之间线段最短、直角三角形（有一个角为30°）的性质。
2. （2018四川泸州，10题，3分）在平面直角坐标系内，以原点为原心，1为半径作圆，点P在直线上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（ ）
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】由题可知，B（-2,0），C（0，），P为直线上一点，过P作圆O的切线PA，连接AO，则在Rt△PAO中，AO=1，由勾股定理可得，要想使PA最小，要求PO最小，所以过点O作OP⊥BC于点P，此时PO=，PA=
P
A
O
y
x
C
B
【知识点】一次函数，圆的切线，勾股定理
3. （2018四川泸州，10题，3分）已知二次函数（其中是自变量），当时，随的增大而增大，且时，的最大值为9，则的值为（ ）
A.或 B.或 C. D.
【答案】D
【解析】原函数可化为y=a(x+1)2+3a2-a+3，对称轴为x=-1，当时，随的增大而增大，所以a>0，抛物线开口向上，因为时，的最大值为9，结合对称轴及增减性可得，当x=1时，y=9，带入可得，a1=1，a2=-2，又因为a>0，所以a=1
【知识点】二次函数，增减性
4. （2018四川绵阳，10，3分） 一艘在南北航线上的测量船，于A点处测得海岛B在点A的南偏东30°方向，继续向南航行30海里到达C点时，测得海岛B在C点的北偏东15°方向，那么海岛B离此航线的最近距离是（结果保留小数点后两位）（参考数据：，）
A.4.64海里 B.5.49海里 C.6.12海里 D.6.21海里
【答案】B.
【解析】解：如图所示，
由题意知，∠BAC=30°、∠ACB=15°，
作BD⊥AC于点D，以点B为顶点、BC为边，在△ABC内部作∠CBE=∠ACB=15°，
则∠BED=30°，BE=CE，
设BD=x，
则AB=BE=CE=2x，AD=DE=x，
∴AC=AD+DE+CE=2x+2x，
∵AC=30，
∴2x+2x=30，
解得：x=≈5.49.
故选B.
【知识点】解直角三角形的应用——方向角问题，勾股定理的应用，三角形的外角性质，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形的性质，垂线段最短的应用
5. （2018四川省宜宾市，8，3分）在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成立.依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF2 +PG2的最小值为（ ）
A. B. C.34 D.10
【答案】D
【思路分析】取GF的中点为O，连接PO，则根据材料可知PF2 +PG2=2PO2+2OG2=2PO2+2×22=8+2OP2，若使PF2 +PG2的值最小，则必须OP的值最小，所以PO垂直于GF时PO的值最小，即此时才有最小值.
【解题过程】取GF的中点为O，连接PO，则根据材料可知PF2 +PG2=2PO2+2OG2=2PO2+2×
22=8+2OP2，若使PF2 +PG2的值最小，则必须OP的值最小，所以PO垂直于GF时PO的值最小，
此时PO=1，所以PF2 +PG2的最小值为10.
【知识点】阅读理解题；矩形的性质
6.（2018天津市，11，3） 如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则下列线段的长等于AP+EP最小值的是（ ）
A．AB B．DE C.BD D．AF
【答案】D
【解析】分析：本题考查正方形的性质，轴对称的性质，取CD中点E′连结AE′、PE′，根据正方形是轴对称图形，可得EP=E′P,AF= AE′，结合图形由线段公理可得AE′为AP+EP最小值，进而可得结果.
解：取CD中点E′连结AE′、PE′,
由正方形的轴对称性质，可知EP=E′P,AF= AE′
∴AP+EP=AP+ E′P,
∴AP+EP最小值是AE′,
即AP+EP最小值是AF.
故选D
【知识点】正方形的性质；轴对称；线段公理
1. （2018山东德州，12，3分）如图，等边三角形的边长为4,点是△的中心，
.绕点旋转,分别交线段于两点，连接,给出下列四个结论:①;②;③四边形的面积始终等于;④△周长的最小值为6,上述结论中正确的个数是( )
第12题图
第12题答图1
第12题答图2
A．1 B．2 C. 3 D．4
【答案】C
【解析】如图1，连接OB、OC，因为点是△的中心，所以，OA=OB=OC，所以，，所以，所以（ASA），所以OD=OE，结论①正确；通过画图确定结论②错误，如当点E为BC中点时，；因为，所以，所以=，结论③正确；因为，所以BD=CE，所以BD＋CE=BC=4，因为，OB=OC，易得，如图2，当OD⊥AB时，OD最小=BD×tan∠OBD=，所以DE最小=2，所以△周长的最小值为6, 结论④正确. 故选C.
【知识点】旋转，全等，定值，最值
2. （2018·新疆维吾尔、生产建设兵团，9，5）如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，则MP＋PN的最小值是 （ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B．
【解析】如下图，取AD的中点，连接N交AC于点P，则由菱形的轴对称性可知M、关于直线AC对称，从而P＝PM，此时MP＋PN的值最小，而易知四边形CDN是平行四边形，故N＝CD＝1，于是，MP＋PN的最小值是1，因此选B．
【知识点】菱形的性质；轴对称；最小值；动态问题；最值问题
二、填空题
1. （2018四川泸州，题，3分） 如图5，等腰△ABC的底边BC=20，面积为120，点F在边BC上，且BF=3FC，EG是腰AC的垂直平分线，若点D在EG上运动，则△CDF周长的最小值为 .
第16题图
【答案】18
【解析】做△ABC的高AH，因为S=120，BC=20，所以AH=12，△CDF的周长=CF+CD+DF，CF=5，因为EG是腰AC的垂直平分线，连接AD，AF，可得DA=DC，所以AD+DF的最小值为AF的长度，在Rt△AHF中，HF=5，AH=12，由勾股定理可得AF=13，因此△CDF周长的最小值为18
H
【知识点】三角形面积，垂直平分线，勾股定理
2. （2018四川内江，23，6） 如图，以AB为直径的⊙O的圆心O到直线l的距离OE＝3，⊙O的半径r＝2，直线AB不垂直于直线l，过点A、B分别作直线l的垂线，垂足分别为点D、C，则四边形ABCD的面积的最大值为 ．
【答案】12
【思路分析】由于四边形ABCD为梯形，所以面积为两底之和的一半再乘以高，由已知条件可以通过构造三角形的中位线，证得两底之和与线段OE的长度有关，是一个定值，所以四边形面积的大小取决于高，当直径AB为梯形的高时，面积最大．
【解题过程】解：连接DO并延长交CB的延长线于F，∵AD⊥l，BC⊥l，∴AD∥BC，∴∠DAO＝∠FBO，∠ADO＝∠F，∵OA＝OB，∴△AOD≌△BOF，∴AD＝BF，OD＝OF，∵OE⊥l，∴AD∥BC∥OE，∴＝，∴DE＝CE，∴OE＝CF＝ (BF＋BC)＝(AD＋BC)，∴AD＋BC＝2OE＝6，∵四边形ABCD的面积＝(AD＋BC)×CD，∴当AB∥l时，即AB为梯形的高时四边形ABCD的面积最大，最大值为×6×4＝12．
【知识点】三角形中位线，梯形的面积公式；全等三角形；
1. （2018贵州遵义，17题，4分）如图，抛物线y=x2+2x-3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点P是抛物线对称轴上任意一点，若点D、E、F分别是BC、BP、PC的中点，连接DE、DF，则DE+DF的最小值为______
第17题图
【答案】
【解析】点D、E、F分别是BC、BP、PC的中点，所以DE、DF是△PBC的中位线，DE=PC，DF=PB，所以DE+DF=(PC+PB)，即求PC+PB的最小值，因为B、C为定点，P为对称轴上一动点，点A、B关于对称轴对称，所以连接AC，与对称轴的交点就是点P的位置，PC+PB的最小值等于AC长度，由抛物线解析式可得，A(-3,0)，C(0,-3)，AC=，DE+DF=(PC+PB)=
【知识点】三角形中位线，勾股定理，二次函数，最短距离问题
15． 2. （2018四川攀枝花，15，4） 如图5，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，矩形内部有一动点P满足，则点P到A、B两点的距离之和PA+PB的最小值为 .
【答案】
【解析】设△PAB中AB边上的高是h，
∵，∴，
∴，∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线L上，如图，作点A关于直线L的对称点A'，链接AA',BA',则BA'即为所求的最短距离。在
∴，即
3. （2018四川自贡，18，4分）如图，在⊿中，,将它沿翻折得到⊿,则
四边形的形状是 形，点分别为线段的任意点，则的最小值是 .
【答案】菱形
【解析】∵，∴是等腰三角形
将沿翻折得到，∴，∴四边形是菱形
沿翻折得到，∴与关于成轴对称
如图所示，作点关于的对称点，根据轴对称的基本性质，
垂直平分，∴，∴，
∴要求的最小值，即在线段、、上分别找点、、，使值最小，根据“两点之间，线段最短”即最小，最小值即为平行线与间的距离.
由题知，，
∴,即，,
在中，
∴的最小值为.
【知识点】菱形的判定，轴对称的基本性质，平行线间距离，解直角三角形
三、解答题
1. （2018山东聊城，25，12分）如图，已知抛物线与x轴分别交于原点O和点F(10，0)，与对称轴l 交于点E(5，5).矩形ABCD的边AB在x轴正半轴上，且AB=1，边AD、BC与抛物线分别交于点M、N.当矩形ABCD沿x轴正方向平移，点M、N位于对称轴l的同侧时，连接MN，此时，四边形ABNM的面积记为S；点M、N位于对称轴l的两侧时，连接EM、EN，此时，五边形ABNEM的面积记为S.将点A与点O重合的位置作为矩形ABCD平移的起点，设矩形ABCD平移的长度为t（0≤t≤5）.
（1）求出这条抛物线的表达式；
（2）当t=0时，求的值；
（3）当矩形ABCD沿着x轴的正方向平移时，求S关于t（0≤t≤5）的函数表达式，并求出t为何值时，S有最大值，最大值是多少？
【思路分析】（1）将点F、E的坐标代入求出a、b的值即可得到抛物线的表达式；
（2）画出当t=0时的图形，根据AB=1，借助求出点N的坐标，进而可以求出的值；
（3）利用抛物线的解析式求出AM、BN的长度，再结合AB=1将S用含有t的代数式表示出来，再利用函数最值的求法确定S的最大值.
【解题过程】解：（1）∵抛物线与x轴分别交于原点O和点F(10，0)，与对称轴l 交于点E(5，5).
∴，解得
∴这条抛物线的表达式为.
（2）如图所示，
当t=0时，求的值
∵AB=1，
∴点N的坐标为1，
∵点N在二次函数的图象上，
∴点N的纵坐标为，
即BN=.
∴=
（3）①当0≤t≤4时，如图所示，OA=t，OB=t+1，
∴AM=，
BN====，
∴
，
∵，，
∴当t=4时，S最大，最大值=.
②当4＜t≤5时，如图所示，设l交x轴于点P，则EP=5，OP=5，
∵OA=t，OB=t+1，
∴AP=5-t，BP=t+1-5=t-4，AM=，
BN====，
∴
∵，，且，
∴当时，S最大，最大值为=.
综上所述，
当0≤t≤4时，，且当t=4时，S最大，最大值；
当4＜t≤5时，，且当时，S最大，最大值为.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式，利用自变量求函数值，三角形、梯形及五边形的面积计算，二次函数的最值问题，动点问题，分段函数
2. （2018山东潍坊，24，12分）如图1，在□ABCD中，DH⊥AB于点H，CD的垂直平分线交CD于点E，交AB于点F，AB=6，DH=4，BF∶FA=1∶5.
（1）如图2，作FG⊥AD于点G，交DH于点M，将△DGM沿DC方向平移，得到△CG´M´，连接M′B.
①求四边形BHMM＇的面积；
②直线EF上有一动点N，求△DNM周长的最小值.
（2）如图3，延长CB交EF于点Q，过点Q作QK∥AB，过CD边上的动点P作PK∥EF，并与QK交于点K，将△PKQ沿直线PQ翻折，使点K的对应点K＇恰好落在直线AB上，求线段CP的长.
【思路分析】（1）①由题意可知四边形BHMM＇为梯形，上底BH，下底MM′易求，故只需求出高MH即可，计算MH可通过同角的余角相等证明∠FMH=∠A，而∠A的正切值易求，故高MH可得（求高也可利用△FHM∽△DHA来计算），从而求出面积；②由EF垂直平分CD可得点D和点C关于直线EF对称，故只需连接CM，CM与EF的交点即为满足条件的点N，分别求出CM和DM即可求出周长的最小值；（2）先通过∠A的正切值不变求出FQ的长度，从而求出PK，由折叠可得PK′=PK，QK′=QK，利用勾股定理先求出GＫ′的长度，设PE=x，在Rt△QFK′中把FK′和QK′用x表示出来，利用勾股定理求出x的值，从而求出CP的长度.
【解题过程】解：（1）①∵BF∶FA=1∶5，AB=6，
∴BF=1，AF=5.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD=AB=6，
∵EF垂直平分CD，
∴DE=CE=3.
∴FH=3，HA=AF－FH＝5－3＝2.
在Rt△ADH中
∵∠A＋∠AFM=90°，∠AFM＋∠FMH=90°，
∴∠FMH=∠A
∴.
∵FH=3，∴MH=
由平移可知MM′=CD=6，BH=1+3=4
∴S四边形BHMM′=.
②由点C与点D关于直线EF对称可知，连接CM交EF于点N，连接DN，此时△DMN周长最小.
N
DM=DH－MH=.
在Rt△CDM中，
，即DN＋MN= .
∴△DNM周长的最小值为.
（2）标准答案：
∵BF∥CE,
∴,
∴QF=2，
∴PK=PK′=6
过点K′作E′F′∥EF，分别交CD于点E′，交QK于点F′，
当点P在线段CE上时，
在Rt△PK′E′中，
PE′2=PK′2－E′K′2,
∴PE′= ,
∵Rt△PE′K′∽Rt△K′F′Q,
∴ ,
∴ .
∴QF′=,
∴PE=PE′－EE′= .
∴CP= .
同理可得，当点P在线段ED上时，CP′=.
综上可得，CP的长为或.
方法2：当点P在线段CE上时，
如图所示，设直线AB与PK交于点G.
G
在Rt△BFQ中，∠ABQ=∠A
∴tan∠ABQ= ，
∵BF=1，∴FQ=2.
∴EQ=EF＋FQ=4＋2=6
∴PK=EQ=6.
由折叠可得：PK′=PK=6，QK′=QK
在Rt△PGK′中，PG=DH=4
GK′=
设PE=x，则GF=KQ=x，QK′=x,FK′=GK′－GF=
在Rt△QFK′中，
解得：.
∴CP=CE－PE= .
同理可得，当点P在线段ED上时，
CP′=.
综上可得，CP的长为或.
【知识点】平行四边形，图形的平移，图形的轴对称，勾股定理，梯形，几何最值问题，分类讨论思想
3. （2018年山东省枣庄市，25，10分） 如图，已知二次函数y=ax2+x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），连接AB、AC．
（1）请直接写出二次函数y=ax2+x+c的表达式；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N的坐标；
（4）若点N在线段BC上运动（不与点B、C重合），过点N作NM∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．
【思路分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）根据抛物线的解析式求得B的坐标，然后根据勾股定理分别求得AB2=20，AC2=80，BC10，然后根据勾股定理的逆定理即可证得△ABC是直角三角形．
（3）分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一个点，即可求得点N的坐标；
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，根据三角形相似对应边成比例求得MD=（n+2），然后根据S△AMN=S△ABN﹣S△BMN
得出关于n的二次函数，根据函数解析式求得即可．
【解题过程】解：（1）∵二次函数y=ax2+x+c的图象与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B、C，点C坐标为（8，0），
∴，解得．∴抛物线表达式：y=﹣x2+x+4；
（2）△ABC是直角三角形．
令y=0，则﹣x2+x+4=0，
解得x1=8，x2=﹣2，
∴点B的坐标为（﹣2，0），
由已知可得，
在Rt△ABO中AB2=BO2+AO2=22+42=20，
在Rt△AOC中AC2=AO2+CO2=42+82=80，
又∵BC=OB+OC=2+8=10，
∴在△ABC中AB2+AC2=20+80=102=BC2
∴△ABC是直角三角形．
（3）∵A（0，4），C（8，0），
∴AC==4，
①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（﹣8，0），
②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为（8﹣4，0）或（8+4，0）
③作AC的垂直平分线，交x轴于N，此时N的坐标为（3，0），
综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为（﹣8，0）、（8﹣4，0）、（3，0）、（8+4，0）．
（4）设点N的坐标为（n，0），则BN=n+2，过M点作MD⊥x轴于点D，
∴MD∥OA，
∴△BMD∽△BAO，
∴=，
∵MN∥AC
∴=，
∴=，
∵OA=4，BC=10，BN=n+2
∴MD=（n+2），
∵S△AMN=S△ABN﹣S△BMN
=BN•OA﹣BN•MD
=（n+2）×4﹣×（n+2）2
=﹣（n﹣3）2+5，
∴当△AMN面积最大时，N点坐标为（3，0）．
【知识点】求二次函数的解析式；勾股定理和逆定理；等腰三角形的性质；三角形相似的判定和性质；二次函数的最值
4. （2018四川省成都市，27，10）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A´B´C´(点A、B的对应点分别为A´、B´)，射线CA´、CB´分别交直线m于点P，Q．
（1）如图1，当P与A´重合时，求∠ACA´的度数；
（2）如图2，设A´B´与BC的交点为M，当M为A´B´的中点时，求线段PQ的长；
（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA´，CB´的延长线上时，试探究四边形PA´B´Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA´B´Q的最小面积；若不存在，请说明理由．
【思路分析】（1）当P与A´重合时，解Rt△A´BC，求出∠BA´C的度数，即为∠ACA´的度数；（2）当M为A´B´的中点时，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，得∠MA´C＝∠BCA，解Rt△PBC求出PB，利用同角余角相等，得∠BQC＝∠PCB，解Rt△CBQ求出BQ，根据PQ＝PB＋BQ即可求得PQ；（3）作Rt△PCQ斜边中线CM，由S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－S△PA´B´＝PQ·BC－S△PA´B´＝CM·BC－S△PA´B´，根据垂线段最短，当CM⊥PQ时，S四边形PA´B´Q最小，求出其最小值即可．
【解题过程】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝＝，当P与A´重合时，A´C＝AC＝2，在Rt△A´BC中，sin∠BA´C＝＝，∴∠BA´C＝60°，∵m∥AC，∴∠ACA´＝∠BA´C＝60°．
（2）∵∠A´CB´＝90°，M为A´B´的中点时，∴A´M＝CM，∴∠MA´C＝∠A´CM＝∠A，∵在Rt△ABC中，tan∠A＝＝，∴在Rt△PBC中，tan∠A´CB＝＝，∴PB＝．∵∠PCB＋∠BCQ＝∠BCQ＋∠BQC＝90°，∴∠BQC＝∠PCB，∴tan∠BQC＝tan∠A´CB＝，∴BQ＝＝2，∴PQ＝PB＋BQ＝．
（3）取PQ的中点M，连接CM．∵S△CA´B´＝A´C·B´C＝×2×＝，S△PCQ＝PQ·BC＝PQ，∴S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－S△CA´B´＝PQ－，∵M为PQ的中点，∠PCQ＝90°，∴PQ＝2CM，∴S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－Q－S△CA´B´＝CM－，当CM最小时，S四边形PA´B´Q最小．∵CM≤BC＝，∴当CM＝时，S四边形PA´B´Q的最小值＝ CM－＝3－．
【知识点】解直角三角形；直角三角形斜边中线等于斜边一半；旋转
5. （2018四川广安，题号26，分值：10）如图，已知抛物线y=12x2+bx+c与直线y=12x+3相较于A，B两点，交x轴于C，D两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（-3,0）.
（1）求出抛物线的解析式.
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使MB-MD的值最大，并求出这个最大值.
（3）点P为y轴右侧抛物线上的一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，是否存在点P，使得以APQ为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
第26题图
【思路分析】对于（1），将点AC的坐标代入关系式，求出b，c的值即可；
对于（2），先确定要求MB-MD就是求出MB-MC的值最大，即可确定点M的位置，然后求出点B的坐标，即可求出最大值；
对于（3），先确定△ABC是直角三角形，直角边的比为13，再根据题意确定点P，并构造Rt△APE，并根据两直角边的比为13，求出点P的坐标.
【解题过程】（1）∵抛物线y=12x2+bx+c经过点A（0，3），C（-3，0），
∴c=3,12×(-3)2-3b+c=0.................................................................................................1分
解得b=52,c=3............................................................................................................................2分
∴抛物线的解析式为y=12x2+52x+3…………………………………………………………3分
（2）根据二次函数的对称性可知MD=MC，要求MB-MD的值最大，就是求MB-MC的值最大，由三角形两边之差小于第三边，得当点B，C，M在同一条直线上时，MB-MD的值最大…………………………………………………………………………………….4分
由一次函数和二次函数交于A，B两点，得
12x2+52x+3=12x+3，
解得x=-4或0，
当x=-4时，y=1，
即点B（-4，1）……………………………………………………………………………...5分
∵点C（-3，0），
∴BC=(-4+3)2+(1-0)2=2，
所以最大值为2……………………………………………………………………………….6分
第26题答图
（3）∵点B（-4，1），点A（0，3），点C（-3，0），
∴AB=20，BC=2，AC=32，…………………………………………………………………7分
则AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，解∠C=90°,BCAC=13……………………………………………………8分
设点P的坐标为（a，12a2+52a+3），过点P作PE⊥y轴，于点E.
PE=a或-a，AE=12a2+52a或-12a2-52a，
当a12a2+52a=13或a12a2+52a=3时，可知△APQ和△APE相似，即△APQ和△ABC相似，
解得a=1或a=-133（舍）……………………………………………………………………….9分
所以点P的坐标为（1，6）…………………………………………………………………..10分
第26题答图
6.（2018·重庆B卷，26，12）抛物线y＝－x2－x＋与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；
（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1．当PE＋EC的值最大时，求四边形P O1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；
（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周，在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△OMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．
26题图1
26题图2
26题图3
【思路分析】（1）过点D作DE⊥y轴于点E，由题意易知点C(0，)，再根据抛物线的顶点公式求出D点坐标，最后在Rt△CDE中，由勾股定理，易求出CD的长度；（2）①在y＝－x2－x＋中，令y＝0，得到关于x的一元二次方程，求解得A、B两点的坐标；②再设直线AC的解析式为y＝kx＋，将A点坐标代入即可得到k的值为；③令P(t，－t2－t＋)， E(t，t＋)，从而PE＝－t2－t，并根据两点间的距离公式求出EC的长；④计算出PE＋EC＝－(t＋2)2＋，由二次函数的性质易知当t＝－2时，PE＋EC取最大值，此时P(－2，)，且PC∥x轴，易知PC＝2，O1B1＝OB＝，要使四边形PO1B1C周长的值最小，就是要求PO1＋B1C的值最小，此时利用平移、轴对称知识，先将点P向右平移个单位长度，得点P1（－，)，则PO1＝P1B1．再作P1关于x轴的对称点P2（－，－)，则P1B1＝P2B1．连接P2C与x轴的交点即为使PO1＋B1C的值最小的点B1．⑤在Rt△P1P2C中，由勾股定理，得PO1＋B1C＝P2C＝＝，从而四边形P O1B1C周长的最小值为3＋，所求的点O1的坐标为(－，0)．
（3）分类讨论如下：如答图3，通过计算可得O2M＝时，NA＝NM；如答图4，若点C与M点重合时，MA＝MN，此时，O2M＝O2C＝AC＝；如答图5，通过计算可得O2M＝时，NA＝NM；如答图6，通过计算可得O2M＝时，MA＝MN，此时C1，H，N重合．综上，符合条件的O2M的长为或或2＋或2－．
第26题答图3 第26题答图4
第26题答图5 第26题答图6
【解题过程】
26．解：（1）如下图，过点D作DE⊥y轴于点E，由题意易知点C(0，)．
∵，，
∴D(－，)，从而CE＝，DE＝．
∴在Rt△CDE中，由勾股定理，得CD＝．
（2）在y＝－x2－x＋中，令y＝0，得－x2－x＋＝0，
解得x1＝－3，x2＝，从而A(－3，0)，B(，0)．
令直线AC的解析式为y＝kx＋，则－3k＋＝0，解得k＝．
∴直线AC的解析式为y＝x＋．
令P(t，－t2－t＋)， E(t，t＋)，从而PE＝－t2－t，
EC＝．
∴PE＋EC＝－t2－t－
＝－t2－t＝－(t＋2)2＋．
∴当t＝－2时，PE＋EC取最大值，此时P(－2，)．
∴PC＝2，O1B1＝OB＝．
要使四边形PO1B1C周长的值最小，就是要求PO1＋B1C的值最小，将点P向右平移个单位长度，得点P1（－，)，则PO1＝P1B1．再作P1关于x轴的对称点P2（－，－)，则P1B1＝P2B1．连接P2C与x轴的交点即为使PO1＋B1C的值最小的点B1．∴B1（－，0)，将B1向右平移个单位长度即得点O1．此时，PO1＋B1C＝P2C＝＝，从而四边形P O1B1C周长的最小值为3＋，所求的点O1的坐标为(－，0)．
（3）O2M的长为或或2＋或2－．
【知识点】二次函数；一元二次方程的解法；勾股定理；平移；旋转；轴对称；最值问题；等腰三角形；分类思想；数形结合思想；探究性问题；压轴题；
7. （2018江苏泰州，24，10分）（本题满分10分）
平面直角坐标系xoy中，二次函数的图像与x轴有两个交点.
（1）当m=－2时，求二次函数的图像与x轴的交点坐标；
（2）过点P（0，m－1）作直线l⊥y轴，二次函数图像的顶点A在直线l与x轴之间（不包含点A在直线l上），求m的范围；
（3）在（2）的条件下，设二次函数图像的对称轴与直线l相交于点B，求△ABO的面积最大时m的值.
【思路分析】（1）当m=－2时，二次函数变为，令，得解；（2）先根据“二次函数的图像与x轴有两个交点”得m的取值范围，从而确定点P（0，m－1）的大致位置，在用m的代数式表示二次函数顶点A的坐标，最后“顶点A在直线l与x轴之间”得关于m的不等式组，解不等式组即可；（3）先用m的代数式表示出△ABO的面积，根据增减性求出面积最大时m的值.
【解题过程】解：（1）当m=－2时，，
令，得，
∴二次函数的图像与x轴的交点坐标为（，0）；
（2）令=0，则△=，
∴， ∴点P（0，m－1）在x轴负半轴上，
∵，
∴顶点A（m，2m＋2）在第三象限，
∵点A在直线l与x轴之间，
∴m－1＜2m＋2＜0，
∴－3＜m＜－1；
（3）∵二次函数图像的对称轴与直线l相交于点B，
∴点B的坐标为（m，m－1），
∴AB==（2m＋2）－（m－1）= m＋3，
∴S△ABO====，
∴△ABO的面积最大时.
【知识点】二次函数与一元二次方程的关系，三角形面积，二次函数的最值
8. （2018江苏省盐城市，27，14分） ，
如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A（－1，0），B（3，0）两点，且与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图②，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P、Q两点（点P在点Q的左侧），连接PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连接DP、DQ．
（Ⅰ）若点P的横坐标为－，求△DPQ面积的最大值，并求此时点D的坐标；
（Ⅱ）直尺在平移过程中，△DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由．
【思路分析】（1）把A（－1，0），B（3，0）两点代入y＝ax2＋bx＋3，用待定系数法求抛物线的表达式；
（2）（Ⅰ）根据题意先求得P、Q两点的坐标，再用待定系数法求直线PQ的表达式．过点D作DF⊥x轴于E，交PQ于F．直尺的宽度一定，当时DF最长时，△DPQ面积的最大．设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－m＋），求得DF的最大值，然后根据三角形的面积公式，求得△DPQ面积的最大值．
（Ⅱ）同理．设P（ c，－c2＋2c＋3），Q（c＋4，－c2－6c－5），则直线PQ的表达式可求; 设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－（2c＋2）m＋c2＋4c＋3），求得DF的最大值，△DPQ面积的最大值可得．
【解题过程】解：（1）把A（－1，0），B（3，0）两点代入y＝ax2＋bx＋3，
得解得
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3．
（2）（Ⅰ）设直线PQ的表达式为y＝kx＋b，把P（－，），Q（，－）两点的坐标代入，得
解得
∴直线PQ的表达式为y＝－x＋．
设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－m＋），
∴DF＝－m2＋2m＋3－（－m＋）
＝－m2＋3m＋
＝－(m2－3m)＋．
＝－（m－）2＋4
当m＝时，DF有最大值，最大值为4．
此时点D的坐标（，4）．
直尺的宽度一定，所以当DF最长时，△DPQ面积的最大．
△DPQ的面积＝×4DF
＝×4×4＝8
∴△DPQ面积的最大值为8；
（Ⅱ）设P（ c，－c2＋2c＋3），Q（c＋4，－c2－6c－5），
把P、Q两点的坐标代入直线PQ的表达式y＝kx＋b，得
解得
∴直线PQ的表达式为y＝－（2c＋2）x＋c2＋4c＋3．
设点D的坐标为（m，－m2＋2m＋3），则点F的坐标为（m，－（2c＋2）m＋c2＋4c＋3），
∴DF＝－m2＋2m＋3－[－（2c＋2）m＋c2＋4c＋3]
＝－m2＋（2c＋4）m－（c2＋4c）
＝－[m－（c＋2）] 2＋4
当m＝c＋2时，DF最长，最长为4．
此时，△DPQ的面积＝×4DF
＝×4×4
＝8．
【知识点】二次函数的表达式；一次函数的表达式；面积最值；由特殊到一般的思想方法
9.（2018山东省济宁市，20，8）（8分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G.
（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；
（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N.若正方形ABCD的边长为10，点P是MN上一点，求△PDC周长的最小值.
【思路分析】问题（1），根据条件可以确定∠DEG=∠CDF，从而可得△DCF∽△EDG，即可应用相似三角形的性质确定DG与CF的数量关系；问题（2），要求△PDC周长的最小值，也就是要求DP+CP的最小值，只需要作出点C关于MN成轴对称的点C′，连接DC′与MN的交点即为动点P的位置，因此，问题转化为求出CN的长度，也就是求得DM的长度.根据问题（1）中的结论可以求得GH与EH的比值为1：4，从而DM： EM=1：4，可得DM长为1，因此，可以求得问题的结果.
【解题过程】（1）∵ 四边形ABCD为正方形，∴ BC=CD=AD，∠BCD=∠EDC=90°，即∠CDF+∠ADF=90°.
∵ EH⊥DF，垂足为H， ∴ ∠EHD=90°，即∠DEG+∠ADF=90°，
∴ ∠DEG=∠CDF，∴ △DCF∽△EDG，∴ .
∵ 点E，F分别是边AD，BC的中点，∴ DC=2CF，∴DE=2DG.
（2）∵ Rt△DEG中，∠EDG=90°，∴ tan∠DEG=，∴ tan∠CDF=，
∴ =，∴.
∵ 四边形ABCD为正方形，∴ AD∥BC，NM∥CD，
∴ 四边形DMNC是平行四边形，
∴ .
∵ 点E是边AD的中点，正方形ABCD的边长为10，
∴ED=5，∴DM=CN=1.
作出点C关于MN成轴对称的点C′，连接DC′与MN的交点即为动点P的位置，
∴ CC′=1，DC′==2，
∴ △PDC周长的最小值为CD+CP+DP=CD+ CC′=10+2
【知识点】正方形的性质 相似三角形的判定与性质 轴对称的性质 勾股定理 转化思想
10. （2018山东烟台，25，14分）（本题满分14分）
如图1，抛物线与x轴相交A(－4，0)，B(1，0)两点，过点B的直线分别与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．
【思路分析】 （1）∵抛物线和x轴交点A（－4，0），B（1，0），∴设， 展开后让一次项系数等于2，可求出a，从而求出抛物线的表达式；
（2）此题分类讨论，先以BD为直径画圆和x轴交于两点；再分别过D和C两点作CD的垂线，分别与x轴交于两点，都是符合条件的点，共有四个点.每一种情况都可以通过三角函数（或相似）解决；
(3)此题D是定点，M、N是动点，这与我们以前遇到的求一动点到两定点的距离之和最小不同，但也有共同之处，就是都需要过定点作对称轴的对称点.此题也不例外，就是作D关于对称轴的对称点D’，再根据垂线段最短，过D’作直线EF的垂线，垂足为N，垂线D’N与直线EF交于点M，此时M、N即为所求点，再利用D′N⊥EF，得到：从而求出直线D′N的表达式，与直线EF的表达式联立求出N的坐标；又M的横坐标可通过对称轴确定，将M的的横坐标代入直线D′N的表达式，可求出M的坐标.DM+MN的最小值即为D′N的长度，可以通过D’和N的坐标，利用两点间距离公式得到．
【解题过程】 （1）方法1：∵A（－4，0），B（1，0），
∴设，
∴，
∴3a=2，∴，
∴．
把B（1，0）代入，可得，
∴．
方法2：把A（－4，0），B（1，0）代入，得
解得
∴．
把B（1，0）代入，可得，
∴．
（2）∵，∴C（0，），∴OC=．
由得，
∴，
解得当x=－5时，，∴D（－5，4）．
Ⅰ)若∠DPC=90°，如图（1），作DH⊥x轴于H，∴∠1+∠2=90°=∠3+∠2，∴∠1=∠3，
∴tan∠1=tan∠3，∵P（－t，0），∴PH=5－t，OP=t，∴，∴，
∴．
Ⅱ)过D作DP1⊥CD，如图（2），过D作MN∥x轴，过P作P1M⊥MN，可证∠1=∠2，∴tan∠1=tan∠2，
∴，∴
Ⅲ)过C作CP2⊥CD，如图（2），可证∠1=∠3，∴tan∠1=tan∠3，
∴，∴
（3）直线：向下平移4个单位后得到直线EF：
∵对称轴是直线，作D（－5，4）关于直线的对称点D′，
∵
过D′作D′N⊥EF于N，交对称轴于M，如图（3），此时DM+MN最小．
∵D′N⊥EF，∴
．
，
解得x=－2，
代入得
y=－－=－2．
∴N(－2，－2)．
又D′(2，4)，
，
【知识点】二次函数的综合题；分类讨论思想；
11. （2018山东省淄博市，24，9分）
如图，抛物线y=ax2+bx经过△OAB的三个顶点，其中点A（1，），点B（3，-），O为坐标原点.
（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；
（2）若P（4，m），Q（t，n）为该抛物线上的两点，且n＜m，求t的取值范围；
（3）若C为线段AB上的一个动点，当点A，点B到直线OC的距离之和最大时，求∠BOC的大小及点C的坐标.
【思路分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）先求出抛物线的对称轴，考虑x=4在抛物线的哪一侧，再利用抛物线开口朝下，离对称轴越近的点其函数值越大可以看出Q点离对称轴的距离比P点离对称轴的距离远，从而能够确定t的取值范围；（3）易知当OC⊥AB时，A、B两点到OC距离之和最大.由O、A、B坐标易求OA、OB、AB，则可证△AOB是直角三角形，进而求出OC长，再利用解直角三角形求出C点坐标.
【解题过程】解：（1）因为点A（1，），B（3，-）在抛物线y=ax2+bx上，
所以，解得：a=-，b=
所以抛物线所对应的函数表达式为y=-x2+x
（2）因为抛物线y=-x2+x的对称轴是x=-.
所以点P（4，m）关于对称轴x=的对称点的坐标是（-，m）.
又因为P（4，m），Q（t，n）为该抛物线上的两点，且n＜m，所以t的取值范围是t＜-或t＞4
（3）如图所示，过点A作AD⊥OC于点D，过点B作BE⊥OC于点E.
∵S△AOB=OC▪AD+OC▪BE.
∴AD+BE=.
欲使点A，点B到直线OC的距离之和最大，则OC必须最小，当且仅当OC⊥AB时，OC最小，此时D、E、C重合.
根据题意，易得OA=2，OB=2，AB=4.
∵OA2+OB2=16，AB2=16，∴OA2+OB2= AB2
∴△OAB是直角三角形.
∵S△AOB= OA▪OB= OC▪AB,∴OC=，∵cos∠BOC=，∴∠BOC=60°
∵tan∠BOM=，∴∠BOM=30°，∴∠COM=60°-30°=30°.
∴CM=sin∠COM▪OC=，OM=cos∠COM▪OC=
∴点C的坐标是（，）
【知识点】待定系数法；解直角三角形；勾股定理逆定理；平面直角坐标系中两点距离；二次函数图象的性质
12. （2018四川省宜宾市，24，12分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为(2,0)，且经过点(4,1)，如图，直线y=x与抛物线交于A、B两点，直线l为y= –1.
（1）求抛物线的解析式；
（2）在l上是否存在一点P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
（3）知F(x0,y0)为平面内一定点，M(m,n)为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标.
【思路分析】（1）由抛物线的顶点坐标为（2，0），可设抛物线的解析式为y=a（x-2）2，由
抛物线过点（4，1），利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，通过解方程组可求出点A、B的坐标，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值，根据点B的坐标可得出点B′的坐标，根据点A、B′的坐标利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；
（3）由点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，所以根据直角三角形中勾股定理求出MF的长，以及根据点到直线的距离求出M到l的距离，从而建立方程，然后再结合二次函数图象上点的坐标特征，即可得出（1--y0）m2-（2-2x0-2y0）m+x02+y02-2y0-3=0，由m的任意性可得出关于x0、y0的方程组，解之即可求出顶点F的坐标．
【解题过程】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（2，0），
设抛物线的解析式为y=a（x-2）2．
∵该抛物线经过点（4，1），
∴1=4a，解得：a=，
∴抛物线的解析式为y=（x-2）2=x2-x+1．
（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得：，解得：或，∴点A的坐标为（1，），点B的坐标为（4，1）．
作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值（如图1所示）．
∵点B（4，1），直线l为y=-1，
∴点B′的坐标为（4，-3）．
设直线AB′的解析式为y=kx+b（k≠0），
将A（1，）、B′（4，-3）代入y=kx+b，得：，解得：，
∴直线AB′的解析式为y=，
当y=-1时，有=-1，
解得：x=，
∴点P的坐标为（，-1）．
（3）∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，
∴（m-x0）2+（n-y0）2=（n+1）2，
∴m2-2x0m+x02-2y0n+y02=2n+1．
∵M（m，n）为抛物线上一动点，
∴n=m2-m+1，
∴m2-2x0m+x02-2y0（m2-m+1）+y02=2（m2-m+1）+1，
整理得：（1--y0）m2-（2-2x0-2y0）m+x02+y02-2y0-3=0．
∵m为任意值，
∴，
∴，
∴定点F的坐标为（2，1）．
【知识点】二次函数的解析式；点到直线的距离；勾股定理；轴对称的性质；一次函数的解析式等
13.（2018四川泸州，25题，12分） 如图11，已知二次函数的图象经过点A(4，0)，与y轴交于点B.在x轴上有一动点C(m，0) (0
（2）过点D作DFAB于点F，设△ACE，△DEF的面积分别为，，若，
求m的值；
（3）点H是该二次函数图象上位于第一象限的动点，点G是线段AB上的动点，当四边形DEGH是平行四边形，且DEGH周长取最大值时，求点G的坐标.
第25题图
【思路分析】（1）待定系数法；（2）由点C坐标结合直线和抛物线的解析式表示出点D和点E的坐标，利用相似三角形面积比等于相似比的平方得出有关线段的长度比，进而求解；（3）将周长表示为有关m的二次函数，按点G的位置分类讨论，进而讨论二次函数最值，得出m的值
【解题过程】（1）二次函数的图象经过点A(4，0)，所以带入解得a=，二次函数解析式为，令x=0，得y=3，则B（0,3），设直线AB的表达式为y=kx+b，将A(4，0)，B（0,3）带入，可解得k=，b=3，所以直线AB的解析式为：
（2）因为DC⊥x轴，C（m,0），所以D(m,)，E(m,)，，因为A(4，0)，B（0,3），所以OA=4，OB=3，AB=5，所以cos∠CAE=，AC=4-m，AE=5-m，因为△EFD∽△ECA，，所以AE=2DE，即5-m=，解得m1=，m2=4（舍去）
（3）DEGH的周长=2(DE+EG)，当DE确定时，点G与点B或点A重合时，EG取得最大值，也就是平行四边形周长最大：①当点G与点A重合时，DE+EG=DE+AE=，最大值为；②当点G与点B重合时，DE+EG=DE+BE=，最大值为，因为＞，所以点G与点B重合，此时m=
【知识点】待定系数法，相似三角形，二次函数最值，平行四边形
14. （2018四川绵阳，22，11分）如图，一次函数的图象与反比例函数（k＞0）的图象交于A，B两点，过A点作x轴的垂线，垂足为M，△AOM面积为1.
（1）求反比例函数的解析式；
（2）在y轴上求一点P，使PA+PB的值最小，并求出其最小值和P点坐标.
【思路分析】（1）根据反比例函数比例系数k的几何意义得出|k|=1，进而得到反比例函数的解析式；
（2）作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B，交y轴于点P，得到PA+PB最小时，点P的位置，根据两点间的距离公式求出最小值A′B的长；利用待定系数法求出直线A′B的解析式，得到它与y轴的交点，即点P的坐标．
【解题过程】解：（1）∵反比例函数y=（k＞0）的图象过点A，过A点作x轴的垂线，垂足为M，
又∵△AOM面积为1，
∴|k|=1，
∵k＞0，
∴k=2，
故反比例函数的解析式为：y=；
（2）作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B，交y轴于点P，则PA+PB最小．
由，解得或，
∴A（1，2），B（4，），
∴A′（﹣1，2），最小值A′B==．
设直线A′B的解析式为y=mx+n，
则，解得，
∴直线A′B的解析式为y=﹣x+，
∴x=0时，y=，
∴P点坐标为（0，）．
【知识点】反比例函数图象与一次函数图象的交点问题，最短路线问题
15. （2018浙江金华丽水，22，10分）如图，抛物线（a≠0）过点E（10，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左边），点C，D在抛物线上．设A(t，0)，当t=2时，AD=4．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）当t为何值时，矩形ABCD的周长有最大值？最大值是多少？
（3）保持t=2时的矩形ABCD不动，向右平移抛物线．当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G，H，且直线GH平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．
D
C
E
B
A
O
y
x
第22题图
【思路分析】本题主要考查了抛物线的平移．（1）设抛物线的函数表达式为y＝ax(x－10) ．把点D的坐标代入计算可得a值．
（2）根据矩形ABCD的周长＝2（AB＋AD）得到关于t的二次函数解析式，利用顶点式可求得矩形ABCD的周长的最大值．
（3）抛物线平移的距离就是△OBD的中位线PQ的值．
【解题过程】解：（1）设抛物线的函数表达式为y＝ax(x－10) ．
∵当t＝2时，AD＝4，∴点D的坐标是（2，4）．
∴4＝a×2×（2－10），解得a＝－．
∴抛物线的函数表达式y＝－x 2＋x．
（2）由抛物线的对称性得BE＝OA＝t，∴AB＝10－2t．
当x＝t时，y＝－t 2＋t．
∴矩形ABCD的周长＝2（AB＋AD）＝2[（10－2 t）＋（－t 2＋t）]
＝－t2＋t＋20
＝－（t－1）2＋．
∵－＜0，
∴当t＝1时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值是．
（3）当t＝2时，点A，B，C，D的坐标分别为（2，0），（8，0），（8，4），（2，4）．
∴矩形ABCD对角线的交于点P的坐标为（5，2）．
当平移后的抛物线过点A时，点H的坐标为（4，4），此时GH不能将矩形面积平分．
当平移后的抛物线过点C时，点G的坐标为（6，0），此时GH也不能将矩形面积平分．
∴当G，H中有一点落在线段AD或BC上时，直线GH不可能将矩形面积平分．
∴当点G，H分别落在线段AB，DC上时，直线GH过点P，必平分矩形ABCD的面积．
∵AB∥CD，
∴线段OD平移后得到线段GH．
∴线段OD的中点Q平移后的对应点是P．
在△OBD中，PQ是中位线，
∴PQ＝OB＝4．
所以抛物线向右平移的距离是4个单位．
【知识点】待定系数法求抛物线的函数表达式；抛物线的平移；最值；三角形中位线定理；平分矩形面积；
16. （2018四川内江，28，12）如图，已知抛物线y＝＋bx－3与x轴交于点A（－3，0）和点B（1，0），交y轴于点C，过点C作CD∥x轴，交抛物线于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若直线y＝m（－3＜m＜0）与线段AD、BD分别交于G、H两点，过G点作EG⊥x轴于点E，过点H作HF⊥x轴于点F，求矩形GEFH的最大面积；
（3）若直线y＝kx＋1将四边形ABCD分成左、右两个部分，面积分别为、，且：＝4：5，求k的值．
【思路分析】（1）将已知A（－3，0）和点B（1，0）分别代入到抛物线y＝＋bx－3中得到关于a，b的二元一次方程组，解方程组得到a，b的值，从而确定抛物线的解析式；（2）由CD∥x轴和C（0，－3），可以知道D点的纵坐标为－3，代入抛物线中可以求出横坐标，这样就可以确定直线AD和BD的解析式，因为直线y＝m（－3＜m＜0）与线段AD、BD分别交于G、H两点，所以可以将G、H两点的坐标用m的代数式表示出来，进而利用矩形的面积公式就可以将矩形GEFH的面积用m的代数式表示出来，然后利用二次函数的性质，求出矩形面积的最大值；（3）因为四边形ABCD为梯形，利用梯形的面积公式可以求出四边形ABCD的面积，又因为直线y＝kx＋1将四边形ABCD分成左、右两个部分，且：＝4：5，可知＝，假设直线y＝kx＋1经过D点，求出此时分成的三角形的面积，将其和4比较，如果小于4，则直线y＝kx＋1应该与CD相交，将直线y＝kx＋1与x轴和直线CD的交点坐标分别用k的代数式表示出来，然后利用梯形面积公式表示出的面积，然后由＝，得到方程，解这个方程就可以求出k的值．
【解题过程】（1）∵把A（－3，0）、B（1，0）分别代入到y＝＋bx－3中，得，解得
，∴抛物线解析式为：y＝x2＋2x－3；
（2）∵CD∥x轴，C（0，－3）∴，∴x2＋2x－3＝－3，解得＝0，＝－2，∴D（－2，－3）设直线AD的解析式为y＝x＋，把A（－3，0）、D（－2，－3）分别代入得，解得，∴直线AD的解析式为y＝－3x－9，同理可求出直线BD的解析式为y＝x－1，∵直线y＝m（－3＜m＜0）与线段AD、BD分别交于G、H两点，∴G（，m），H（m＋1，m），∴GH＝m＋1－（）＝，∵＝GH·FH＝·｜m｜，－3＜m＜0，∴＝·（－m）＝－4m＝＋3，∵a＝＜0，开口向下有最大值，∴的最大值为3；
（3）当直线y＝kx＋1经过点D（－2，－3）时，得－3＝－2k＋1，∴k＝2，∴y＝2x＋1，设y＝2x＋1与x轴交于点E，则E（，0），∴＝×［－（－3）］×｜－3｜＝，∵直线y＝kx＋1将四边形ABCD分成左、右两个部分、，且：＝4：5，＝（AB＋CD）×OC＝×（2＋4）×3＝9，∴＝4．∵＜4，∴直线y＝kx＋1分四边形ABCD为两个四边形，设直线y＝kx＋1分别交AB、CD为N、M，则N（，0），M（，－3），∴AN＝＋3，DM＝＋2，∴＝（AN＋DM）×OC＝×（＋5）×3＝4，解得k＝．
【知识点】二次函数的表达式；二次函数的性质；一次函数的表达式；矩形的面积公式；梯形的面积公式；
17. （2018浙江杭州，23，12分） 如图，在正方形ABCD中，点G在边BC上（不与点B、C重合），连接AG，作DE⊥AG,于点E，BF⊥AG于点F，设
（1）求证：AE=BF
（2）连接BE、DF，设，求证：
（3）设线段AG与对角线BD交于点H， 和四边形CDHG的面积分别为，求的最大值.
【思路分析】（1）由正方形内K证全等；（2）转化为证：，则证：，则证用相似转化为证；（3）把分别表示出来，则是关于的二次函数，求该函数的最大值
【解题过程】
【知识点】正方形的性质，全等三角形的判断和性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值
18. （2018宁波市，26题，14分） 如图1，直线l：y=-34x+b与x轴交于点A(4,0)，与y轴交于点B，点C是线段OM上一动点(0
（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，
①求证:△OCE∽△OEA;
②求点E的坐标；
（3）当点C在线段OA上运动时，求OE·EF的最大值
图1
图2
备用图
（第26题图）
【思路分析】
【解题过程】解：（1）把A(4,0)代入，得-34×4+b=0
解得b=3
∴直线l的函数表达式为y=-34x+3
∵AO⊥BO,OA=4,BO=3
tan∠BAO=34
（2）①如图，连结AF，
∵CE=EF,
∴∠CAE=∠EAF
又∵AC=AE=AF,
∴∠ACE=∠AEF
∴∠OCE=∠OEA
又:∠COE=∠EOA
∴△OCE∽△OEA
② 如图，过点E作EH⊥x轴于点H
∵tan∠BAO=34
∴设EH=3x,AH=4x
∴AE=AC=5x,OH=4-4x
∵△OCE∽△OEA,
∴OEOA=OCOE 即OE2=OA·OC
∴(4-4x)2+(3x)2=4(4-5x)
解得x1=1225,x2=0 (不合题意，舍去)
∴E(5225,3625)
（3）如图，过点A作AM⊥OF于点M，过点O作ON⊥AB于点N
∴tan∠BAO=3
∴cos∠BAO=45
∴AN= OA·cos∠BAO=165
设AC=AE=r
∵ON⊥AB,AM⊥OF,
∴∠ONE=∠AME=90°,EM=12EF
又∵∠OEN=∠AEM,
∴△OEN∽△AEM
∴OEAE=ENEM
即OE·12EF=AE·EN
∴OE·EF=2AE·EN=2r·165-r
∴OE·EF=-2r2+325r0
【知识点】一次函数表达式、相似、垂径定理、三角函数1. （2018湖北鄂州，23，12分）
如图，已知直线与抛物线相交于A(-1，0)，B（4，m）两点，抛物线交y轴于点C（0，），交x轴正半轴于D点，抛物线的顶点为M．
（1）求抛物线的解析式及点M的坐标；
（2）设点P为直线AB下方的抛物线上一动点，当△PAB的面积最大时，求此时△PAB的面积及点P的坐标；
（3）点Q为x轴上一动点，点N是抛物线上一点，当△QMN∽△MAD（点Q与点M对应），求Q点的坐标．
【思路分析】（1）将B（4，m）一次函数的关系式即可解得点B的坐标，再将A、B、C三点的坐标代入二次函数关系式即可求出其关系式，再将其化为顶点式就能得到点M的坐标；（2）过点P作PE⊥x轴，交AB于点E，交x轴与点G，过点B作BF⊥x轴于点F，则S△CDE＝PE·AF，求出直线AB的关系式，设点P的坐标为（m，），则点E的坐标为（m，），即可得到S△CDE的函数关系式，将其化为顶点式即可求出最大值；（3）由勾股定理的逆定理可证得△MAD是等腰直角三角形，则QMN也是等腰直角三角形，从而得到点Q的坐标．
【解析】
解：（1）将B（4，m）代入得， ，∴B（4，），将A(-1，0)，B（4， ），C（0，）代入得，解得，∴抛物线的解析式为，，故顶点M的坐标为（1，－2）；
（2）如下图（1），过点P作PE⊥x轴，交AB于点E，交x轴与点G，过点B作BF⊥x轴于点F，∵A(-1，0)，B（4，），∴AF＝4―（―1）＝5，设直线AB的关系式为y＝kx＋b，设点P的坐标为（m，），则点E的坐标为（m，），∵点P为直线AB下方，∴PE＝（）－（）＝，∴S△CDE＝S△APE ＋S△BPE＝PE·AG＋PE·FG ＝PE·（AG＋FG）＝PE·AF＝×5（）＝，∴当时，△PAB的面积最大，且最大面积为，当时，，故此时点P的坐标为（，）；
（3）∵抛物线的解析式为，，∴抛物线的对称轴为：直线x＝1，又∵A(-1，0)，∴点D的坐标为（3，0），又∵M的坐标为（1，－2），∴AD＝3―（―1）＝4，AD2＝42＝16，AM2＝（―1―3）2＋（―1―3）2＝8，DM2＝（3―1）2＋（―2―0）2＝8，∴AD2＝AM2＋DM2，且AM＝DM，
∴△MAD是等腰直角三角形，∠AMD＝90°，又∵△QMN∽△MAD，∴△QMN也是等腰直角三角形且QM＝QN，∠MQN＝90°，∠QMN＝45°，又∵∠AMD＝90°，∴∠AMQ＝∠QMD＝45°，此时点D（或点A）与点N重合，（如下图（2））此时MQ⊥x轴，故点Q的坐标为（1,0）．
【知识点】二次函数关系式；顶点式；一次函数；相似三角形的性质；等腰直角三角形的性质和判定；勾股定理的逆定理；三角形面积公式
2. （2018湖南郴州，25，10） 如图，已知抛物线与轴交于A（-1，0），B（3，0）两点，与轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P的横坐标为.
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线的对称轴为，与轴的交点为D，在直线上是否存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S，①求S关于的函数表达式；②求P点到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P的坐标.
【解析】解：（1）∵与轴交于A（-1，0），B（3，0），
∴，解得：，∴抛物线的表达式为：；
（2）∵抛物线的表达式为：，∴抛物线的对称轴为，C点的坐标为（0，3），∴D点的坐标为（1，0），∵点P的横坐标为，且点P在抛物线上，∴P点的坐标为（，），设M点的坐标为（1，），分两种情况讨论：
①M点在轴的上方，当四边形CDPM是平行四边形，且C、P和D、M分别是一组相对的顶点时，设平行四边形的对角线的交点为N，根据平行四边形对角线互相平分，则N点的坐标可表示为（，）或（1，），∴=1，=，解得：=2，=6, ∴M点的坐标为（1，6）；
②M点在轴的下方，当四边形CDMP是平行四边形，且C、M和D、P分别是一组相对的顶点时，设平行四边形的对角线的交点为N′，根据平行四边形对角线互相平分，则N′点的坐标可表示为（，）或（，），∴=，=，解得：=0，=0, ∴M点的坐标为（1，0），此时M点和D点重合，且P点不在第一象限，C、D、M、P四点不能形成平行四边形，故不存在；
综上，点M的坐标为（1，6）；
（3）①∵B（3，0），C（0，3），∴OB=3，OC=3，设P点的坐标为（，），过点P分别作PE⊥轴，PF⊥轴，垂足分别为E、F，∴PE=，PF=，连结OP，则：
，
∴S关于的函数表达式为S=；
②∵B（3，0），C（0，3），∴OB=3，OC=3，∴BC=，设P点到直线BC的距离为，则△PBC的面积S=，
∵S=，∴=，
，
∴当=时，有最大值为，此时P点的坐标为（，）.
【知识点】 二次函数，平行四边形的判定，三角形面积，二次函数的最值
26．（2018湖南郴州，26，12）在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上的任意一点（不含C，D两端点），过点P作PF∥BC，交对角线BD于点F.
（1）如图1，将△PDE沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E.求证：△DEF是等腰三角形；
（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P′DF′，连接P′C，F′B，设旋转角为.
①若∠BDC，即DF′在∠BDC内部时，求证：△DP′C～△DF′B；
②如图3,若点P是CD的中点，△DF′B能否为直角三角形？如果能，试求出此时∠DBF′的值，如果不能，请说明理由.
【思路分析】（1）首先利用平行公理及矩形的性质推出PF∥AD，从而判断出∠ADB与∠DFP的关系，再联系轴对称的性质得到∠ADB=∠DFE，便可得出△DEF是等腰三角形；
（2）①由旋转的性质得出相关线段、角的相等关系，根据平行线分线段对应成比例，代换得出，由“对应边成比例及夹角相等”即可证得结论；②△DF′B为直角三角形时，可能会出现两种情形：∠DF′B=90°或∠B DF′=90°，结合旋转的性质，将要求的角转化到Rt△DP′C中，问题便得到解决.
【解析】解：（1）证明：在矩形ABCD中，AD∥BC，∵PF∥BC，∴PF∥AD，∴∠ADB=∠DFP，∵将△PDE沿对角线BD翻折得到△QDF，∴∠DFE=∠DFP，∴∠ADB=∠DFE，∴DE=EF，∴△DEF是等腰三角形；
（2）①∵PF∥BC，∴，∵△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P′DF′，∴∠BDF′=∠CDP′，DP′=DP，DF=DF′，∴，∴△DP′C～△DF′B；
②由①知，△DP′C～△DF′B，∴∠DBF′=∠DCP′，∵点P是CD的中点，∴DP=DC，
∵△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P′DF′，∴∠BDF′=∠CDP′，DP′=DP，∠DF′B=∠DP′C，
当∠DF′B=90°时，有∠DP′C =90°，∴DP=DP′=DC，∴∠ P′CD =30°，故∠DBF′=∠DCP′=30°=；
当∠B DF′=90°时，有∠C DP′=90°，∴DP=DP′=DC，故∠DBF′=∠DCP′=.
【知识点】轴对称的性质；旋转的性质；相似三角形的判定；等腰三角形的判定；平行线分线段对应成比例；三角函数
3. （2018湖南益阳，23，10分）如图，在平面直角坐标系中有三点（1，2），（3，1），（－2，－1），其中有两点同时在反比例函数的图象上，将这两点分别记为A，B，另一点记为C．
（1）求出k的值；
（2）求直线AB对应的一次函数的表达式；
（3）设点C关于直线AB的对称点为D，P是x轴上一个动点，直接写出PC＋PD的最小值（不必说明理由）．
【思路分析】（1）根据k=xy，可知横纵坐标乘积相等的两点在反比例函数图象上可求出k的值；（2）设直线AB的解析式为：y=kx＋b，代入两点坐标即可；（3）作出图形，求几何最值关键是找出对称点，利用勾股定理求值．
【解析】
解：（1）∵1×2=（－2）×（－1）=2，3×1=3≠2，所以在反比例函数图象的两点为（1，2）和（－2，－1），k=2．
（2）设直线AB的解析式为：y=kx＋b
则．解得：
∴直线AB的解析式为y=x＋1．
（3）如图所示点C关于直线AB的对称点D（0，4），点D关于x轴对称点D′（0，－4），连接CD′交x轴于点P，连接PD，则此时PC+PD最小，即为线段CD′的长度．
D
D′
C
P
．
即：写出PC＋PD的最小值为．
P
【知识点】反比例函数，一次函数，几何最值问题
4. （2018湖南益阳，25，12分）如图1，在矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E为直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F=30°．
（1）求证：BE=CE；
（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动，若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N（如图2）．
①求证：△BEM≌△CEN;
②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；
③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值．
图1
图2
图3
【思路分析】（1）利用矩形的性质和中点的定义证明（SAS）△ABE≌△DCE即可；（2）①用ASA证明全等；②设BM=x，列出△BMN的面积与x的函数关系式，利用函数求最大值；③利用△EBG的面积不变求sin∠EBG．
【解析】
解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠D=90°，AB=DC．
∵E为AD中点，
∴AE=DE．
∴△ABE≌△DCE．
∴BE=CE．
（2）①∵△ABE≌△DCE，
∴∠AEB=∠DEC．
∵∠FEG=90°，
∴∠AEB=∠DEC=45°．
∴∠ABE=∠ECB=45°．
∵∠BEM＋∠BEN=∠CEN＋∠BEN=90°．
∴∠BEM=∠CEN．
∵BE=CE，
∴△BEM≌△CEN．
②由①可知△ABE和△DEC都是等腰直角三角形，E为AD中点
∴BC=AD=2AB=4
设BM=CN=x，则BN=4－x，2≤x≤4．
∴当x=2时, △BMN的面积最大，最大面积为2；
③∵BC∥AD，∠FGE=90°，
∴∠BNG=∠FGE=90°．
∵∠F=30°，∴∠NBG=∠F=30°．
由①可知∠EBN=45°
设NG=x，则BG=2x，BN=，EN=
∴BE=．
∴S△EBG=
∴
【知识点】矩形，图形的旋转，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，二次函数的应用
5. (2018山东菏泽，24，10分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，交轴于点和点，过点作AD∥x轴交抛物线于点D.
（1）求此抛物线的表达式；
（2）点是抛物线上一点，且点关于轴的对称点在直线上，求的面积；
（3）若点是直线下方的抛物线上一动点，当点运动到某一位置时，的面积最大，求出此时点的坐标和的最大面积．
【思路分析】（1）方法1：代入和，得出关于a，b的方程组，解方程即可得出抛物线的解析式；方法2：设抛物线的表达式为y=a(x+5)(x－1)，代入A(0，－5)，得出a的值，从而得出抛物线的表达式；（2）由轴对称的性质得出点E到AD的距离，把y=－5代入抛物线的表达式，得出AD的长，利用三角形面积公式求出△EAD的面积；（3）作PQ∥y轴，交直线AB于点Q，先求出直线AB的表达式，设点P的横坐标为m，则P(m，m2+4m－5)，Q(m，－m－5)，然后表示出PQ的长；再设的面积为S，求出S关于m的二次函数，利用配方法求出S的最大值及点P的坐标．
【解析】解：（1）方法1：把和代入，得
解得
∴抛物线的表达式为y=x2+4x－5．
方法2：∵抛物线与x轴交于和，
∴设抛物线的表达式为y=a(x+5)(x－1)，
又∵抛物线与y轴交于A点，∴A(0，－5)，
把A(0，－5)代入y=a(x+5)(x－1)，得
－5=－5a，
∴a=1，
∴抛物线的表达式为y=(x+5)(x－1)=x2+4x－5．
（2）∵A(0，－5)，AD∥x轴，点E关于x轴的对称点在直线AD上，
∴点E的纵坐标为5，∴点E到直线AD的距离为10．
把y=－5代入y=x2+4x－5，得
－5=x2+4x－5，
解得x1=－4，x2=0，
∴D(－4，－5)，AD=5．
∴S△EAD=×4×10=20．
（3）设直线AB的表达式为y=kx+b，
把和A(0，－5)代入，得
解得
∴直线AB的表达式为y=－x－5．
设点P的坐标为(m，m2+4m－5)，
作PQ∥y轴，交直线AB于点Q，∴Q(m，－m－5)．
∵点是直线下方的抛物线上一动点，
∴PQ=－m－5－(m2+4m－5)=－m2－5m．
设的面积为S，
∴S=S△APQ+S△BPQ=×(－m2－5m)×(－m)+×(－m2－5m)×(m+5)=－(m+)2+，
∴当m=－时，S最大，
即当点P(－，－)时，面积最大，最大面积为．
【知识点】二次函数的综合题；动点问题；轴对称；
6.（2018四川遂宁，25，12分）如图，已知抛物线的对称轴是直线x=3，且与x轴相交于A，B两点（B点在A点右侧），与y轴交于C点。
（1）求抛物线的解析式和A、B两点的坐标
（2）若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），则是否存在一点P，使△PBC的面积最大，若存在，请求出△PBC的最大面积；若不存在，试说明理由
（3）若M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点N，当MN=3时，求M点的坐标
【思路分析】（1）首先根据抛物线的对称轴可得出a的值，进而得出抛物线的解析式，然后令y=0，得出A,B的坐标即可；
（2）首先由抛物线解析式得出C点的坐标，进而得出直线BC的解析式，然后连接PB，PC，过P点作PD∥y轴，可得S△PBC=PD·OB=，最后利用二次函数的性质得出结果；
（3）首先根据平行于y轴的直线上两点的距离公式以及MN=3得出，然后根据绝对值的意义分别求解方程和即可.
【解析】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x=3，
∴，解得a=-，
∴抛物线解析式为，
又抛物线与x轴交于点A，B两点，且B点在A点右侧，
令y=0，得，解得x1=-2，x2=8，
∴A(-2,0)，B（8,0）
（2）∵抛物线与y轴交与点C，
令x=0，得=4，
∴C(0，4).
设直线BC的解析式：yBC=kx+b(k≠0)，
把B，C两点坐标代入，可得
，解得，
∴,
假设存在，设P（x，y）（0＜x＜8）
连接PB，PC，过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，
∴PD=yP-yD=（）-（）==
又∵S△PBC=PD·OB=×8×[]=
∴当x=4时，△PBC的面积最大，最大面积是16，
又∵0＜x＜8，
∴存在点P使△PBC的面积最大，最大面积是16.
（3）∵M是抛物线上任意一点，
设M点的横坐标为m，
∴M点的纵坐标为yM=，
∵MN∥y轴，N是直线MN与直线BC交点，
∴N点的纵坐标yN=，
∵MN=3，
∴，
∴，
∴，
当时，解得m1=2，m2=6；
当时，解得m3=4+2,m4=4-2
∴M的坐标为（2,6）或（6,4）或（4+2，-1-）或（4-2，-1+）.
【知识点】二次函数图象与系数的关系，函数图象与坐标轴的交点问题，二次函数的性质，待定系数法求一次函数的解析式，平行于坐标轴的直线上的两点的距离，解一元二次方程
7. （2018·重庆A卷，26，12）如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y＝－x2＋4x上，且横坐标为1，点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E的坐标为(1，1)．
（1）求线段AB的长；
（2）点P为线段AB上方抛物线上的任意一点，过点P作AB的垂线交AB于点H，点F为y轴上一点，当△PBE的面积最大时，求PH＋HF＋FO的最小值；
（3）在（2）中，PH＋HF＋FO取得最小值时，将△CFH绕点C顺时针旋转60°后得到△．过点作的垂线与直线AB交于点Q，点R为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点S，使以点D，Q，R，S为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点S的坐标；若不存在，请说明理由．
26题备用图
26题图
【思路分析】（1）将x＝1代入抛物线的解析式求出A点坐标，再利用对称轴公式求出抛物线的对称轴，然后利用轴对称性质求出点B坐标，最后用A、B两点的横坐标之差求出线段AB的长．
（2）过点E作EN⊥PH，交PH延长线于点N，PN交BE于点M．①先求出直线BE的解析式为y＝x，设P(t，－t2＋4t)，则M(t，t)，PM＝－t2＋4t－t＝－t2＋3t；②再利用S△PEB＝S△EPM＋S△BPM，求出S△PEB＝－(t－)2＋，得到当t＝时，S△PEB有最大值为，此时P(，)，H(，3)，PH＝；③然利用30°所对的直角边等于斜边的一半，过原点O在y轴左侧作射线OJ，使∠COJ＝30°，过点H作HG⊥OJ于点G，交y轴于点K，则当K与点F重合时，HF＋FO取得最小值，此时，HF＋FO＝OK＋KH＝KG＋KH＝HG；④最后利用解直角三角形知识求出HG的长，于是锁定PH＋HF＋FO的最小值．
（3）先由题意，求出CQ＝1，DQ＝，再分类讨论，如下面的答图3至答图6共四种情况，利用菱形的对角线互相垂直平分且四边相等，找到S点并计算出相应的坐标，得到符合条件的S点的坐标为(5，3)或(－1，3＋)或(－1，3－)或(－1，8)．
26题答图3
26题答图4
26题答图5
26题答图6
【解析】解：（1）在y＝－x2＋4x中，当x＝1时，y＝3，从而A(1，3)．
∵抛物线的对称轴是直线x＝－，点B与点A关于该直线对称，
∴B(3，3)，从而AB＝3－1＝2．
∴线段AB的长为2．
（2）如答图1所示，过点E作EN⊥PH，交PH延长线于点N，PN交BE于点M．由E(1，1)，B(3，3)可知直线BE的解析式为y＝x，设P(t，－t2＋4t)，则M(t，t)，PM＝－t2＋4t－t＝－t2＋3t．
∵S△PEB＝S△EPM＋S△BPM＝EN•PM＋BH•PM＝( EN＋BH)•PM
＝(－t2＋3t)×2＝－t2＋3t＝－(t－)2＋，
∴当t＝时，S△PEB有最大值为，此时P(，)，H(，3)，PH＝．
26题答图2
26题答图1
如答图2所示，过原点O在y轴左侧作射线OJ，使∠COJ＝30°，过点H作HG⊥OJ于点G，交y轴于点K，则当K与点F重合时，HF＋FO取得最小值，此时，HF＋FO＝OK＋KH＝KG＋KH＝HG．易知∠CHK＝∠KOG＝30°，由tan∠CHK＝，得CK＝tan30°＝，HK＝2CK＝，从而OK＝OC－CK＝3－，故GK＝OK＝，HG＝GK＋KH＝＋＝，因此，PH＋HF＋FO的最小值为PH＋HG＝＋＝．
（3）点S的坐标为(5，3)或(－1，3＋)或(－1，3－)或(－1，8)．
【知识点】二次函数；一元二次方程的解法；勾股定理；平移；旋转；轴对称；最值问题；等腰三角形；分类思想；数形结合思想；探究性问题；压轴题
8. （2018甘肃天水，T25，F12）如图所示，在正方形ABCD和△EFG中，AB=EF=EG=5cm，FG=8cm，点B、C、F、G在同一条直线l上.当点C，F重合时，△EFG以1cm/s的速度沿直线l向左开始运动，t秒后正方形ABCD与△EFG重合，部分的面积为Scm2.请解答下列问题：
（1）当t=3秒时，求S的值；
（2）当t=5秒时，求S的值；
（3）当5秒＜t≤8秒时，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值.
第25题图
【思路分析】对于（1），首先确定重叠部分是三角形，再根据相似三角形的判定和性质求出高，进而得出面积；
对于（2），确定重叠部分的面积是四边形，再根据△EFG的面积-△CHG的面积计算即可；
对于（3），先确定重叠部分是五边形，然后根据相似三角形的判定和性质表示出对应边，再根据S=S△EFG- S△BFH- S△CGP，列出关于S，t的关系式，再根据二次函数的性质讨论极值即可.
【解析】过点E作EM⊥l，于点M.
∵EF=EG=5cm，FG=8cm，
∴FM=MG=4cm.
在Rt△EFM中，EM=3cm.
由△EFG以1cm/s的速度运动，可知CF=tcm………………………………………………1分
（1） 当t=3秒时，CF=3cm＜CM，知重叠部分为△CFH，如图所示………………….2分
∵∠FCH=∠FME，∠HFC=∠EFM，
∴△FCH∽△FME，
∴CFFM=CHEM.
∵CF=3cm，FM=4cm，EM=3cm，
∴CH=94.
则S=12CF·CH=278（cm2）……………………………………………………………………….4分
（2） 如图所示.当t=5秒时，点F与点B重合，△CHG的面积=278cm2…………………5分
S=12FG·EM-S△CHG=12-278=698（cm2）……………………………………………………………7分
（3） 当5秒＜t≤8秒时，重叠部分是五边形………………………………………….8分
BF=(t-5)cm，CG=(8-t)cm，
∵∠FBH=∠FME，∠HFB=∠EFM，
∴△FBH∽△FME，
∴BFFM=BHEM，
∵BF=(t-5)cm，FM=4cm，EM=3cm，
则BH=34(t-5).
∴S△BFH=12BF·BH=12(t-5)×34(t-5)=38(t-5)2=38t2-154t+758………………………………………….9分
同理CP=34(8-t)，
∴S△CGP=12CG·CP=12(8-t)×34(8-t)=38(8-t)2=38t2-6t+24…………………………………………..10分
∴S=S△EFG- S△BFH- S△CGP=12-(38t2-154t+758)-( 38t2-6t+24)=-34(t-132)2+16516.
∵-34＜0，
∴函数图象有最高点，
当t=132时，S的最大值为16516……………………………………………………………………12分
【知识点】动点问题，二次函数的应用，相似三角形的性质和判定
9.（2018甘肃天水，T26，F12）已知：抛物线y=ax2+4ax+m（a＞0）与x轴的一个交点为A（-1，0）.
（1）求抛物线以x轴的另一个交点B的坐标；
（2）点D是抛物线与y轴的交点，点C是抛物线上的一个点，且以AB为一底的梯形ABCD的面积为9，求此抛物线的解析式；
（3）点E是第二象限内到x轴，y轴的距离比为5:2的点，如果点E在（2）中的抛物线上，且点E与点A在此抛物线对称轴的同侧.问：在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△APE的周长最小.若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【思路分析】
【解析】（1）抛物线y=ax2+4ax+m的对称轴为x=-2，
∵该抛物线与x轴的一个交点为A（-1，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为B（-3，0）………………………………………………….2分
（2）设点D的坐标为（0，m），
根据抛物线的对称性，可知点C的坐标为（-4，m）……………………………………….3分
S梯形ABCD=12(AB+CD)×OD=12×(2+4)m=9，
解得m=3………………………………………………………………………………………4分
设抛物线的关系式为y=a(x+3)(x+1)，
∵点D（0，3）在图像上，
∴3=3a，
解得a=1，
则抛物线的解析式为y=x2+4x+3………………………………………………………………7分
（3）由点E是第二象限内到x轴，y轴的距离比为5:2的点，
设点E的坐标为（-2c，5c），
∵点E在抛物线y=x2+4x+3的图像上，
∴5c=4c2-8c+3，
解得c=14或c=3，
当c=14时，点E（-12，54）；
当c=3时，点E（-6，15）（不符合题意，舍去）. …………………………………………9分
点A关于对称轴x=-2对称的点为点B，△PAE的周长=PE+AP+AE=PE+PB+AE，AE的长
为定值，要求△PAE的周长最小，即要求PB+PE最小，根据两点之间线段最短，可知连接
BE与对称轴的交点即为点P…………………………………………………………………10分
设过点B（-3，0）和点E（-12，54）的直线为y=kx+b，
得54=-12k+b,0=-3k+b.
解得k=12,b=32.
∴直线BE的关系式为y=12x+32，………………………………………………………………11分
当x=-2时，y=12，
∴点P的坐标为（-2，12）……………………………………………………………………12分
【知识点】二次函数的应用，根据轴对称求线段和最小，待定系数法求一次函数解析式
10. （2018广东广州，23，12分）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．
【思路分析】（1）利用基本作图“作已知角的角平分线”，按照题目的作图语句作图；（2）①延长DE、AB相交于点F，由“角平分线、平行线”可以得出“等腰三角形ADF”，再结合“AD＝AB＋CD”，利用全等证得DE＝EF，然后由“等腰三角形三线合一”证得AE⊥DE；②利用轴对称转化BM＋MN，再利用垂线段最短分析得出B N′即为所求，利用相似三角形求出BN′的长．
【解析】（1）如图所示：
（2）如下图，延长DE、AB相交于点F．
∵∠ABC＝∠C＝90°，∴∠ABC＋∠C＝180°．∴AB∥CD．∴∠CDE＝∠F．∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE．∴∠ADE＝∠F．∴AD＝AF＝AB＋BF．又AD＝AB＋CD．∴AB＋BF＝AB＋CD．∴BF＝CD．在△ＣED和△BFE中，，∴△CED≌△BFE．∴DE＝EF．又AD＝AF，∴AE⊥DE；
②如图，作DH垂直AB于H，作点N关于AE的对称点N′，则MN＝M N′．∴BM＋MN＝BM＋M N′．由①可得AD＝AF，DE＝EF．∴AE平分∠DAB． ∴点N′在AD上．∴当点B，M，N′共线且B N′⊥AD时BM＋M N′有最小值，即BM＋MN有最小值．在Rt△ADH中，AD＝AB＋CD＝6，AH＝AB－BH＝2，有勾股定理可得，DH＝．∵∠DHA＝∠BN′A＝90°，∠DAH＝∠DAH，∴△DAH∽△BAN′．∴．∴．∴B N′＝．
【知识点】全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质；作图—基本作图；轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定与性质
11. （2018贵州遵义，27题，14分）在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过点C(0,2)和点D(4,-2)，点E是直线与二次函数图像在第一象限内的交点。
（1）求二次函数的解析式及点E的坐标；
（2）如图①，若点M是二次函数图像上的点，且在直线CE的上方，连接MC，OE，ME，求四边形COEM面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）如图②，经过A、B、C三点的圆交y轴于点F，求点F的坐标。
第27题图
【思路分析】（1）由待定系数法可得a和c的值，进而得到二次函数解析式，联立两个函数解析式可得交点E的坐标；（2）分析四边形COEM是由△COE和△CME组成的，而△COE面积已经确定，△CME中CE确定，点M位置不确定，因此以CE为底，M到CE的距离则为高，因为M在抛物线上运动，作一条与CE平行的直线，当它与抛物线相切时，两直线距离最远，即三角形的高最大，切点即为M点，设出直线的解析式，与抛物线联立得到一元二次方程，令△=0，可得直线解析式，进而求出点M坐标，求得四边形面积；（3）连接BF、AC，可得∠ACO=∠ABF，则△AOC∽△FOB，通过边的比例关系得到OF，进而得到F坐标。
【解析】（1）因为二次函数的图像经过点C(0,2)和点D(4,-2)，由此可得，解得，二次函数解析式为，与联立，得x1=0（舍去），x2=3，此时，y=1，故E(3,1)。
（2）S四边形COEM=S△COE+S△CME，S△COE=，因为C(0,2)，E(3,1)，所以S△COE=3，S△CME=，其中h为点M到CE的距离，因为M在抛物线上运动，因此当平行于CE的直线与抛物线相切于点M时，h最大，从而面积最大，设l’:，与联立，得，△=36+8(6-3b)=0，b=，此时点M坐标为(,3)，过M作MN∥y轴，交CE与点N，在中，令x=，得y=，N(,)，所以S△CME==，所以S四边形COEM=S△COE+S△CME=
N
第27题解图
（3）在中，令y=0，得，，连接BF，AC，因为∠ACO=∠ABF，∠AOC=∠FOB，所以△AOC∽△FOB，则，所以，得，OF=，所以F(0,-)
【知识点】二次函数解析式，交点坐标，三角形面积，最值，相似三角形
12. （2018湖南省湘潭市，26，10分）如图，点P为抛物线y=x2上一动点．
（1）若抛物线y=x2是由抛物线y=（x+2）2-1通过图象平移得到的，请写出平移的过程；
（2）若直线l经过y轴上一点N，且平行于x轴，点N的坐标为（0，-1），过点P作PM⊥l于M．
①问题探究：如图一，在对称轴上是否存在一定点F，使得PM=PF恒成立？若存在，求出点F的坐标：若不存在，请说明理由．
②问题解决：如图二，若点Q的坐标为（1，5），求QP+PF的最小值．
【思路分析】（1）直接根据抛物线的平移规律“上加下减，左加右减”解答；（2）①过点P作PB⊥y轴于点B构造Rt△PFB，从而利用勾股定理求出BF的长，最后根据线段的和差关系求出OF的长，从而确定出点F的坐标；②根据①中的结论，得到PM=PF，所以QP+PF的最小值为QP+QM的最小值，即当Q、P、M三点共线时，从而求出结果.
【解析】解：（1）∵抛物线y=（x+2）2-1的顶点为（-2，-1），
∴抛物线y=（x+2）2-1的图象向上平移1个单位，再向右2个单位得到抛物线y=x2的图象．
（2）①存在一定点F，使得PM=PF恒成立．
如图一，过点P作PB⊥y轴于点B，
设点P坐标为（a，a2），∴PM=PF=a2+1，∵PB=a，∴点B的坐标为（0，a2），
∴Rt△PBF中，BF===a2-1，∵BO=a2，
∴OF=OB-BF=1，
∴点F坐标为（0，1）
②由①，PM=PF，
∴QP+PF的最小值为QP+QM的最小值，即当Q、P、M三点共线时，QP+QM有最小值为点Q纵坐标5．
∴QP+PF的最小值为5．
【知识点】二次函数的平移规律；勾股定理；点到直线的距离
13. （2018江苏淮安，27，12）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴和y轴分别相交于A、B两点。动点P从点A出发，在线段AO上以每秒3个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O停止运动。点A关于点P的对称点为点Q,以线段PQ为边向上作正方形PQMN。设运动时间为x秒。
(1) 当秒时，点Q的坐标是 ；
(2) 在运动过程中，设正方形PQMN与△AOB重叠部分的面积为S,求S与t的函数表达式；
(3) 若正方形PQMN对角线的交点为T，请直接写出运动过程中OT+PT的最小值。
【思路分析】本题综合考查动点问题，（1）由动点的特征，代入数据直接计算即可；
（2）由题意分类讨论，由动点的特征，分别代入数据直接计算即可
【解析】 (1)当 秒时，可得 AP=1，则点 P 坐标为（5,0），因点 A 坐标为（6,0），则点 Q 坐
标为（4,0）.
(2)由题意可知：重叠部分面积为正方形面积减去△CDN 的面积，因运动时间为 t，且点 A 关
于点 P 的对称点为点 Q，即 AP=PQ=3t，则可设点 P 坐标为（6-3t，0），则点 C 坐标为（6-3t，2t），则 CN=t,
则当 0≤ t≤1 时，
则当时，
则当 时，
综上：
（3）
【知识点】正方形的性质；勾股定理；分类讨论思想；转化思想；待定系数法；数形结合法；条件探索型问题；
动点问题；坐标系中点的坐标特征
14. （2018贵州安顺，T26，F14）如图，已知抛物线的对称轴为直线x=-1,且抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，其中 A(1, 0),C (0, 3).
（1）若直线y=mx+n经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴x=-1上找一个点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；
（3）设点P为抛物线的对称轴x=-1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标.
第26题图
【思路分析】(1)根据抛物线的对称轴是x=-1，A（1,0），可求出点B的坐标，联系C（0,3）利用两点式即可求出直线y=mx+n的解析式；把点A、C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系式，联立得到方程组，解出a，b和c的值即可得到抛物线的解析式;
（2）由于点M在抛物线的对称轴上，∴点M到点B的距离和到点A的距离相等，要使MB+MC的值最小，就是使点B、M、C三点共线即可，即对称轴与直线BC的交点就是要求的点M位置，进而求出点M的坐标即可；
（3）设出点P的坐标为（-1，t），再根据点B、C的坐标得出BC²=18，PB²=4+t²，PC²=t²-6t+10，然后根据直角顶点分三种情况讨论，最后求出符合题意的t值即可求出点P的坐标.
【解题过程】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x=-1，A（1,0），
∴点B的坐标为（-3,0）.
把B（-3,0）、C（0，3）分别代入直线y=mx+n中，
得解得
∴直线y=mx+n的解析式为y=x+3.
将A（1,0）和C（0,3）代入，
得a+b+c=0，c=3.由对称轴公式，得=-1,.
有解得
∴抛物线的解析式为.
（2）由于点M在抛物线的对称轴上，∴点M到点B的距离和到点A的距离相等，要使MB+MC的值最小，就是使点B、M、C三点共线即可，即对称轴与直线BC的交点就是要求的点M位置.
把x=-1代入直线y=x+3，得y=2.
∴M（-1,2），即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（-1,2）.
（3）设P的坐标为（-1，t），
又∵B（-3,0）、C（0,3），
∴BC²=（-3）²+3²=18，PB²=（-1+3）²+t²=4+t²，PC²=（-1）²+（t-
3）²=t²-6t+10.
①若点B为直角顶点，则BC²+PB²=PC²，即18+4+t²=t²-6t+10，解得t=-2；
②若点C为直角顶点，则BC²+PC²= PB²，即18+ t²-6t+10=4+t²，解得t=4；
③若点P为直角顶点，则PB²+PC²=BC²，即4+t²+ t²-6t+10=18，解得，.
综上所述，点P的坐标为（-1，-2）或（-1,4）或（-1，）或（-1，）.
【知识点】待定系数法，二次函数图象的性质，勾股定理，解一元二次方程.
15. （2018湖南省永州市，25，12）如图1，抛物线的顶点A的坐标为(1，4)，抛物线与x轴相交于B、C两点，与y轴交于点E(0，3).
（1）求抛物线的表达式；
（2）已知点F(0，-3)，在抛物线的对称轴上是否存在一点G，使得EG+FG最小，如果存在，求出点G的坐标；如果不存在，请说明理由.
（3）如图2，连接AB，若点P是线段OE上的一动点，过点P作线段AB的垂线，分别与线段AB、抛物线相交于点M、N（点M、N都在抛物线对称轴的右侧），当MN最大时，求△PON的面积.
【思路分析】(1)将已知点代入二次函数的表达式y=a(x-1)2+4中求出a的值，即可求出二次函数的表达式；(2)由于点E、F位于抛物线的对称轴的同侧，因此，只需要作出其中一个点关于对称轴的对称点，再连接这个对称点与另外一个点所得直线与对称轴的交点，即为所求的点G，使得EG+FG最小；(3) 由于AB的长度是一个定值，当MN最大时，即转化为求△ABN的面积最大时对应的线段MN的长度，从而确定点N的坐标和PN所在的直线，即可求得点P的坐标和△PON的面积．
【解题过程】(1) 设所求二次函数的表达式为y=a(x-1)2+4，
∵ 抛物线与y轴交于点E(0，3)，∴a(0-1)2+4=3，解得a=-1，
∴ 所求二次函数的表达式为y=-(x-1)2+4，即y=-x2+2x+3；
(2) 存在一点G，使得EG+FG最小.
∵ 抛物线的顶点A的坐标为(1，4)，
∴ 点E(0，3)关于抛物线对称轴成轴对称的点为E′(2，3)，
∵ 设直线E′F的函数表达式为y=kx+b，
∴ ，解得，即y=3x-3，
当x=1时，y=0，即点G(1，0)，使得EG+FG最小.
(3) 连接AN、BN，过点N作NT∥y轴交AB、x轴分别于点S、T.
y=-x2+2x+3，当y=0时，x1=-1，x2=3，则B(3，0)；
∵ A(1，4)，B(3，0)，∴AB=2；
设直线AB的函数表达式为y=mx+n，
∴ ，解得，即y=-2x+6，
设N(n，-n2+2n+3)，则S(n，-2n+6)，∴ NS=-n2+4n-3
∵ S△ABN=S△ANS+S△BNS，∴AB·MN=NS·(3-1)，
∴ MN=(-n2+4n-3)=-(n2-4n+3)=-(n-2)2+，
即n=2时，N(2，3)，线段MN最大，为；
∵ PN⊥AB，则直线PN的函数表达式为：y=x+c，且N(2，3)，∴c=2，则y=x+2，
∴ 点P(0，2)，∴S△OPN=OP·xN=×2×2=2.
【知识点】一次函数的图像与性质 二次函数的图像与性质 轴对称的性质
16.（2018广西玉林，26题，12分）如图，直线y=-3x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=-x2+bx+c与直线y=c分别交y轴的正半轴于点C和第一象限的点P，连接PB，得△PCB≌△BOA（O为坐标原点）。若抛物线与x轴正半轴交点为点F，设M是点C、F间抛物线上的一点（包括端点），其横坐标为m。
（1）直接写出点P的坐标和抛物线的解析式；
（2）当m为何值时，△MAB面积S取得最小值和最大值？请说明理由；
（3）求满足∠MPO=∠POA的点M的坐标。
第26题图
【思路分析】（1）由一次函数可得点A和点B坐标，由全等可得点C和点P坐标，带入二次函数解析式可得b、c的值，求得解析式；（2）△MAB中，AB的长度确定，面积随着M与AB的距离变化而变化，分析在CF范围内，点M距离AB最远和最近的位置，即可求得点M的坐标；（3）由∠MPO=∠POA，分类讨论，当M在CP段时，MP∥x轴，点M与点C重合，当M在FP段时，三角形OPN为等腰三角形，利用勾股定理求得点N坐标，从而得到PN表达式，联立二次函数求出点M坐标。
【解题过程】（1）在y=-3x+3中，令x=0，得y=3，B(0,3)，令y=0，得x=1，A(1,0)，因为△PCB≌△BOA，所以C(0,4)，P(3,4)，所以抛物线y=-x2+bx+c过点C(0,4)，P(3,4)，带入可得，解得，所以抛物线解析式为y=-x2+3x+4；
（2）设平行于直线y=-3x+3的直线l：y=-3x+n，如解图（1）：①当直线l过点C时，n=4，即y=-3x+4，此时，点M和点C重合，②当直线l过点F时，n=12，即y=-3x+12，此时点M与点F重合，③当直线l与抛物线相切时，即-3x+n=-x2+3x+4，其中，△=36-4(n-4)=0，解得n=13，所以l：y=-3x+13，联立可解得x=3，y=4，此时点M与点P重合，因此，第①种情况时，△MAB面积最小，此时m=0，第③种情况时，△MAB面积最大，此时m=3；
第26题解图（1）
（3）如图，①当M在CP段时，因为∠MPO=∠POA，所以PM1∥x轴，即M1与C重合，所以M1(0,4)；②当M在PF段时，设直线PM2与x轴交于点N，因为∠MPO=∠POA，则△ONP是等腰三角形，过点P作PQ⊥x轴于点Q，因为P(3,4)，则OQ=3，PQ=4，设QN=x则PN=ON=x+3，在Rt△PQN中，由勾股定理得，42+x2=(x+3)2，解得，x=，所以N(,0)，直线PN：，与二次函数联立，解得x1=3（舍去），x2=，此时y=，故M2(,).综上所述，M坐标为M1(0,4)，M2(,)
M1
M2
N
Q
第26题解图（2）
【知识点】待定系数法，三角形面积，根的判别式，等腰三角形，勾股定理
17. （2018江苏省宿迁市，28，12）如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A、D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE＝x．
（1）当AM＝时，求x的值；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值．
【思路分析】（1）利用△AEM为直角三角形，结合勾股定理可得x的值；（2）考量△MDP的周长，由于MP的长度不方便求，∴需要考虑将MP的长度进行转化，进而确定周长是否为定值；（3）只需考虑将CF的长度用x表示出来，面积的最小值即可利用二次函数求出．
第28题图
A
P
F
E
B
C
N
M
D
【解题过程】（1）由折叠可知ME＝BE＝x，∴AE＝1－x．
在Rt△AEM中，由AM＝，得（）2＋（1－x）2＝x2． 2分
解得x＝． 1分
第28题图
A
P
F
E
B
C
N
M
D
H
（2）连接AM、BO，过点B作BH⊥MN，垂足为H．
∵EB＝EM，∴∠EBM＝∠EMB．
∵∠EBC＝∠EMN，
∴∠MBC＝∠BMN．
又∵∠A＝∠MHB，BM＝BM，
∴△BAM≌△BHM． 1分
∴AM＝HM，BH＝AB．
∵BC＝AB，
∴BH＝BC．
又∵BP＝BP，
∴Rt△BHP≌Rt△BCP． 1分
∴HP＝PC．
∴△MDP的周长＝MD＋DP＋MP＝MD＋DP＋MH＋HP＝MD＋AM＋DP＋PC＝AD＋DC＝2．
∴△MDP的周长为2． 3分
第28题答图（2）
A
P
F
E
B
C
N
M
D
Q
（3）连接BM，过点F作FQ⊥AB，垂足为Q．
则QF＝BC＝AB．
∵∠BEF＋∠EBM＝90°，∠AMB＋∠EBM＝90°，
∴∠BEF＝∠AMB．
又∵∠A＝∠EQF，
∴△AMB≌△QEF．
∴AM＝EQ．
设AM＝a，则a2＋（1－x）2＝x2．
∴a＝．
∴CF＝x－． 1分
∴S＝（CF＋BE）×1
＝( x－＋x)
＝(2 x－) ． 1分
设＝t，则2x＝t2＋1．
S＝（t2＋1－t）＝（t－）2＋． 1分
∴当t＝，即x＝时，面积的最小值为． 1分
【知识点】折叠问题，勾股定理，正方形的性质，一元二次方程，三角形全等
18. （2018山东省泰安市， 24，11）如图，在平面直角坐标系中，二次函数交轴于点、，交轴于点，在轴上有一点，连接.
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点，求面积的最大值；
（3）抛物线对称轴上是否存在点，使为等腰三角形，若存在，请直接写出所有点的坐标，若不存在请说明理由.
【思路分析】本题考查了二次函数表达式的确定，利用函数求三角形面积的最大值以及直角三角形的判定. （1）直接将A、B、C三个点的坐标代入即可；（2）先求出直线AE的表达式，过点作与轴平行，交于点，交轴于点，过点作，垂足为，因为D、F的纵坐标相同，利用同一字母表示它们的坐标，DF为竖直高，，列出面积与的函数关系式，利用配方法求最值；（3）分为∠PAE=90°、∠APE=90°和∠AEP=90°三种情况进行讨论，利用相似或勾股定理进行解答．
【解题过程】解：（1）由题意可得
， 1分
解得，
所以二次函数的解析式为. 3分
（2）由，，
可求得所在直线解析式为. 4分
过点作与轴平行，交于点，交轴于点，过点作，垂足为，
设点坐标为，则点坐标为，
则， 5分
又，
∴
. 7分
∴当时，的面积取得最大值. 8分
（3）点的坐标为，，. 11分
【知识点】二次函数的表达式，待定系数法，二次函数求最值，勾股定理；分类讨论思想；数形结合思想；存在性问题.
19.（2018陕西，25，12分）
问题提出
（1）如图①，在△ABC中，∠A=120°，AB=AC=5，则△ABC的外接圆半径R的值为 ．
问题探究
（2）如图②，⊙O的半径为13，弦AB=24，M是AB的中点，P是⊙O上一动点，求PM的最大值．
问题解决
（3）如图③所示，AB、AC、是某新区的三条规划路，其中，AB=6 km，AC=3 km，∠BAC=60°，所对的圆心角为60°．新区管委会想在路边建物资总站点P，在AB、AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．为了快捷、环保和节约成本，要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PE＋EF＋FP的最小值．（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）
【思路分析】（1）找出△BAC外接圆的圆心，连接OA、OB、OC，证明△OAB和△OAC是等边三角形即可；（2）连接MO，并延长与⊙O相交于点P′，连接OA，OP，显然当点P运动到P′时，PM取得最大值,利用勾股定理可得；
（3）要使PE＋EF＋FP的和取最小值，需转化为“将军饮马”问题，即做点P关于AB和AC的对称点，由于点P也是动点，故结合（2）的结论可知点P在直线AO与的交点时PE＋EF＋FP取最小值，根据题目给出的数据进行计算即可．
【解题过程】（1）5
如图所示：设△ABC外接圆的圆心为O，连接OA、OB、OC．
则OA=OB=OC
∵AB=AC
∴△OAB≌△OAC
∴∠OAB=∠OAC=∠BAC=60°．
∴△OAB和△OAC都是等边三角形．
∴半径R=AB=AC=5．
（2）如图，连接MO，并延长与⊙O相交于点P′，连接OA，OP．
∵M是弦AB的中点，
∴OM⊥AB，AM=AB=12．
在Rt△AOM中，OM=．
∵PM≤OM＋OP=OM＋OP′=MP′=18，
∴当点P运动到P′时，PM取得最大值18．
（3）如图，P′为上任意一点，分别作点P′关于直线AB、AC的对称点P′1 、P′2，连接P′1 P′2，分别与AB、AC相交于点E′、F′，连接P′E′，P′F′，
∴△P′E′F′的周长= P′1E′＋E′F′＋P′2F′= P′1 P′2，
对于点P′及分别在AB、AC上的任意点E、F，
有△P′EF的周长≥△P′E′F′的周长= P′1 P′2的长．
连接A P′1 ，AP′，AP′2，
则A P′1=AP′= AP′2，∠P′1AB=∠P′AB，∠P′2AC=∠P′AC，
∴∠P′1A P′2=2∠BAC=120°，P′1 P′2=A P′1=A P′．
∴要使P′1 P′2最短，只要AP′最短．
设O为所在圆的圆心，连接OB、OC、OP′、OA，且OA与相交于点P，
则A P′＋P′O≥AO．
∴A P′≥A P．
连接BC，易证，△ACB为直角三角形，且∠ABC=30°，∠ACB=90°．
∴BC=AC·tan60°=．
∵∠BOC=60°,OB=OC,
∴BO=BC=，∠OBC=60°，∠ABO=∠ABC＋∠OBC=90°．
在Rt△ABO中，AO=．
∴AP=（AO－OP）=．
∴P′1 P′2的最小值为．
∴PE＋EF＋FP的最小值为()km．
【知识点】等腰三角形，三角形的外接圆，垂径定理，勾股定理，几何最值问题
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