专题26二次函数与线段周长压轴问题-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）

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中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题26二次函数与线段周长压轴问题
经典例题



【例1】（2022·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx-3(a≠0)与x轴交于点A(-1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
【答案】(1)y=x2-2x-3
(2)（1，-2）
(3)（-1，0）或（1-2，-2）或（1-6，2）

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），根据轴对称最短路径可知AE与抛物线对称轴的交点即为点Q；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx-3(a≠0)与x轴交于点A(-1,0)，点B(3,0)，
∴a-b-3=09a+3b-3=0，
∴a=1b=-2，
∴抛物线解析式为y=x2-2x-3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=x2-2x-3=x-12-4，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线x=1，点C的坐标为（0，-3）
如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），  
由轴对称的性质可知CQ=EQ，
∴△ACQ的周长=AC+AQ+CQ，
要使△ACQ的周长最小，则AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，
∴当A、Q、E三点共线时，AQ+QE最小，
设直线AE的解析式为y=k1x+b1，
∴-k1+b1=02k1+b1=-3，
∴k1=-1b1=-1，
∴直线AE的解析式为y=-x-1，
当x=1时，y=-x-1=-1-1=-2，
∴点Q的坐标为（1，-2）；

（3）解： 如图1所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点P作EF∥x轴，过点M作MF⊥EF于F，过点B作BE⊥EF于E，


∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，
∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，
∴∠FMP=∠EPB，
∴△FMP≌△EPB（AAS），  
∴PE=MF，BE=PF，
设点P的坐标为（1，m），
∴BE=m，PE=2，
∴MF=2，PF=m，
∴点M的坐标为（1-m，m-2），
∵点M在抛物线y=x2-2x-3上，
∴1-m2-21-m-3=m-2，  
∴1-2m+m2-2+2m-3=m-2，
∴m2-m-2=0，
解得m=2或m=-1（舍去），
∴点M的坐标为（-1，0）；
同理当当点P在x轴下方，∠BPM=90°时可以求得点M的坐标为（-1，0）；
如图2所示，当点P在x轴上方，∠PBM=90°时，过点B作EF∥y轴，过点P作PE⊥EF于E，过点M作MF⊥EF于F，设点P的坐标为（1，m），
同理可证△PEB≌△BFM（AAS），
∴BF=PE=2，MF=BE=m，
∴点M的坐标为（3-m，-2），
∵点M在抛物线y=x2-2x-3上，
∴3-m2-23-m-3=-2，
∴9-6m+m2-6+2m-3=-2，
∴m2-4m+2=0，
解得m=2+2或m=2-2（舍去），
∴点M的坐标为（1-2，-2）；

如图3所示，当点P在x轴下方，∠PBM=90°时，
同理可以求得点M的坐标为（1-6，2）；
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，点M的坐标为（-1，0）或（1-2，-2）或（1-6，2）．

【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
【例2】（2021·四川遂宁·统考中考真题）如图，已知二次函数的图象与x轴交于A和B（－3，0）两点，与y轴交于C（0，－3），对称轴为直线x=-1，直线y＝－2x＋m经过点A，且与y轴交于点D，与抛物线交于点E，与对称轴交于点F．
（1）求抛物线的解析式和m的值；
（2）在y轴上是否存在点P，使得以D、E、P为顶点的三角形与△AOD相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由；
（3）直线y＝1上有M、N两点（M在N的左侧），且MN＝2，若将线段MN在直线y＝1上平移，当它移动到某一位置时，四边形MEFN的周长会达到最小，请求出周长的最小值（结果保留根号）．

【答案】（1）y=x+12-4；m=2；（2）存在，P0,12或0,14.5；（3）102+45+2
【分析】（1）根据抛物线的对称性求出A（1，0），再利用待定系数法，即可求解；再把点A坐标代入直线的解析式，即可求出m的值；
（2）先求出E（-5，12），过点E作EP⊥y轴于点P，从而得△EDP∽△ADO，即可得到P的坐标，过点E作EP'⊥AE，交y轴于点P'，可得△P'DE∽△ADO，再利用tan∠ADO=tan∠PEP'，即可求解；
（3）作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到F'，作点E关于y=1的对称点E'，连接E'F'与直线y=1交于点M，过点F作FN∥E'F'，交直线y=1于点N，在Rt△EWF中和 Rt△E'WF'中分别求出EF， E'F'，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象与x轴交于A和B（－3，0）两点，对称轴为直线x=-1，
∴A（1，0），
设二次函数解析式为：y=a(x-1)(x+3)，把C（0，－3）代入得：-3=a(0-1)(0+3)，解得：a=1，
∴二次函数解析式为：y= (x-1)(x+3)，即：y=x+12-4，
∵直线y＝－2x＋m经过点A，
∴0=-2×1+m，解得：m=2；
（2）由（1）得：直线AF的解析式为：y=-2x+2，
又∵直线y=-2x+2与y轴交于点D，与抛物线交于点E，
∴当x=0时，y=2，即D（0，2），
联立y=-2x+2y=x+12-4，解得：x1=-5y1=12，x2=1y2=0，
∵点E在第二象限，
∴E（-5，12），
过点E作EP⊥y轴于点P，

∵∠ADO=∠EDP，∠DOA=∠DPE=90°，
∴△EDP∽△ADO，
∴P（0，12）；
过点E作EP'⊥AE，交y轴于点P'，可得△P'DE∽△ADO，
∵∠EDP'+∠PED=∠PEP'+∠PED=90°，
∴∠ADO=∠EDP'=∠PEP'，即：tan∠ADO=tan∠PEP'，
∴OAOD=PP'EP，即：12=PP'5，解得：PP'=2.5，
∴P'（0，14.5），
综上所述：点P的坐标为（0，12）或（0，14.5）；
（3）∵点E、F均为定点，
∴线段EF长为定值，
∵MN=2，
∴当EM+FN为最小值时，四边形MEFN的周长最小，
作直线y=1，将点F向左平移2个单位得到F'，作点E关于y=1的对称点E'，连接E'F'与直线y=1交于点M，过点F作FN∥E'F'，交直线y=1于点N，

由作图可知：EM=E'M，F'M=FN，
又∵E'，M，F'三点共线，
∴EM+FN=E'M+F'M=E'F'，此时，EM+FN的值最小，
∵点F为直线y=-2x+2与直线x=-1的交点，
∴F（-1，4），
∴F'（-3，4），
又∵E（-5，12），
∴E'（-5，-10），
延长FF'交线段EE'于点W，
∵FF'与直线y=1平行，
∴FW⊥EE'，
∵在Rt△EWF中，由勾股定理得：EF=12-42+-1+52=45，
在Rt△E'WF'中，由勾股定理得：E'F'=4+102+-3+52=102，
∴四边形MEFN的周长最小值=ME+FN+EF+MN=E'F'+EF+MN=102+45+2．
【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握待定系数法，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，利用轴对称图形的性质，构造线段和的最小值，是解题的关键．
【例3】（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c与x轴分别交于点A(1，0)和点B，与y轴交于点C(0，﹣3)，连接BC．

(1)求抛物线的解析式及点B的坐标．
(2)如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值．
(3)动点P以每秒2个单位长度的速度在线段BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x-3，（-3，0）
(2)94
(3)-3,-32或（-2，1）或0,3-32

【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式求得a，c的值，进而得出解析式，当y=0时，求出方程的解，进而求得B点坐标；
（2）由B，C两点求出BC的解析式，进而设出点P和点Q坐标，表示出PQ的长，进一步得出结果；
（3）要使以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分为PM=BM，PM=PB和BP=BM，结合图象，进一步得出结果．
（1）
解：把点A(1，0)，C(0，﹣3)代入y=ax2+2x+c得：
c=-3a+2×1+c=0，解得：c=-3a=1，
∴抛物线解析式为y=x2+2x-3；
令 y=0，则x2+2x-3=0，
解得：x1=1,x2=-3，
∴点B的坐标为（-3，0）；
（2）
解：设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
把点B（-3，0），C(0，﹣3)代入得：
b=-3-3k+b=0，解得：k=-1b=-3，
∴直线BC的解析式为y=-x-3，
设点Pm,-m+3，则Qm,m2+2m-3，
∴PQ=-m-3-m2+2m-3=-m2-3m=-m+322+94，
∴当m=-32时，PQ最大，最大值为94；
（3）
解：存在，
根据题意得：PC=2t,BM=t，则PB=32-2t，
如图，当BM=PM时，

∵B（-3，0），C（0，-3），
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
延长NP交y轴于点D，
∵点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，
∴PN∥x轴，BN∥PM，即DN⊥y轴，
∴△CDP为等腰直角三角形，
∴CD=PD=PC⋅sin∠OCB=2t×22=t，
∵BM=PM，
∴∠MPB=∠OBC=45°，
∴∠PMO=∠PDO=∠MOD=90°，
∴四边形OMPD是矩形，
∴OM=PD=t，MP⊥x轴，
∴BN⊥x轴，
∵BM+OM=OB，
∴t+t=3，解得t=32，
∴P-32,-32，
∴N-3,-32；
如图，当PM=PB时，作PD⊥y轴于D，连接PN，

∵点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，
∴PN⊥BM，NE=PE，
∴BM=2BE，
∴∠OEP=∠DOE=∠ODP=90°，
∴四边形PDOE是矩形，
∴OE=PD=t，
∴BE=3-t，
∴t=2（3-t），解得：t=2，
∴P（-2，-1），
∴N（-2，1）；
如图，当PB=MB时，

32-2t=t，解得：t=6-32，
∴PN=BP=BM=6-32，
过点P作PE⊥x轴于点E，
∴PE⊥PM，
∴∠EON=∠OEP=∠EPN=90°，
∴四边形OEPN为矩形，
∴PN=OE，PN⊥y轴，
∵∠OBC=45°，
∴BE=PE=PB⋅sin∠OBC=6-32×22=32-3，
∴OE=OB-BE=3-32-3=6-32，
∴点N在y轴上，
∴N0,3-32，
综上所述，点N的坐标为-3,-32或（-2，1）或0,3-32．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形．
【例4】（2022·江苏镇江·统考中考真题）一次函数y=12x+1的图像与x轴交于点A，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像经过点A、原点O和一次函数y=12x+1图像上的点B(m,54)．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)如图1，一次函数y=12x+n(n>-916,n≠1)与二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像交于点C(x1,y1)、D(x2,y2)（x1-916,n≠1)与二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像交于点C(x1,y1)、D(x2,y2)（x11时，CD位于AB的上方，∵A(-2,0)、B(12,54)，
∴AE=-2--32-94+4n2=-52+94+4n2，BF=-32+94+4n2-12=-52+94+4n2，
∴AE=BF，
当-916