重难点03 二次函数中的线段、周长与面积的最值问题及定值问题（3类型+8题型）-2024年中考数学一轮复习（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
重难点突破03 二次函数中的线段、周长与面积
的最值问题及定值问题
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc155385608" 题型01 利用二次函数解决单线段的最值问题
\l "_Tc155385609" 题型02 利用二次函数解决两条线段之和的最值问题
\l "_Tc155385610" 题型03 利用二次函数解决两条线段之差的最值问题
\l "_Tc155385611" 题型04 利用二次函数解决三条线段之和的最值问题
\l "_Tc155385612" 题型05 利用二次函数解决三角形周长的最值问题
\l "_Tc155385613" 题型06 利用二次函数解决四边形周长的最值问题
\l "_Tc155385614" 题型07 利用二次函数解决图形面积的最值问题
\l "_Tc155385615" 类型一 利用割补、拼接法解决面积最值问题
\l "_Tc155385616" 类型二 利用用铅垂定理巧求斜三角形面积最值问题
\l "_Tc155385617" 类型三 构建平行线，利用同底等高解决面积最值问题
\l "_Tc155385618" 题型08 利用二次函数解决定值问题
题型01 利用二次函数解决单线段的最值问题
【解题思路】抛物线中的线段最值问题有三种形式：
1．平行于坐标轴的线段的最值问题：常通过线段两端点的坐标差表示线段长的函数关系式，运用二次函数性质求解．求最值时应注意：
①当线段平行于y轴时，用上端点的纵坐标减去下端点的纵坐标；
②当线段平行于x轴时，用右端点的横坐标减去左端点的横坐标．在确定最值时，函数自变量的取值范围应确定正确．
1．（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．
【详解】（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．
2．（2021·西藏·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点．与y轴交于点C．且点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，5）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图（甲）．若点P是第一象限内抛物线上的一动点．当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标；
（3）图（乙）中，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2＋4x＋5；（2）P（52，354）；（3）存在，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．
【分析】（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c，即可得抛物线的解析式为y＝﹣x2＋4x＋5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，由y＝﹣x2＋4x＋5可得B（5，0），故OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，可证明△PHQ是等腰直角三角形，即知PH＝PQ2，当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得直线BC解析式为y＝﹣x＋5，设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m＋5），PQ＝﹣（m﹣52）2＋254，故当m＝52时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（52，354）；
（3）抛物线y＝﹣x2＋4x＋5对称轴为直线x＝2，设M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，可列方程组s+22=5+02−s2+4s+5+t2=0+52，即可解得M（3，8），②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，同理可得s+52=2+02−s2+4s+4+02=t+52，解得M（﹣3，﹣16），③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，则s+02=2+52−s2+4s+5+52=t+02，解得M（7，﹣16）．
【详解】解：（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c得：
0=−1−b+c5=c，解得b=4c=5，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋4x＋5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，如图：
在y＝﹣x2＋4x＋5中，令y＝0得﹣x2＋4x＋5＝0，
解得x＝5或x＝﹣1，
∴B（5，0），
∴OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，
∴∠CBO＝45°，
∵PD⊥x轴，
∴∠BQD＝45°＝∠PQH，
∴△PHQ是等腰直角三角形，
∴PH＝PQ2，
∴当PQ最大时，PH最大，
设直线BC解析式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得0＝5k＋5，
∴k＝﹣1，
∴直线BC解析式为y＝﹣x＋5，
设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m＋5），
∴PQ＝（﹣m2＋4m＋5）﹣（﹣m＋5）＝﹣m2＋5m＝﹣（m﹣52）2＋254，
∵a＝﹣1＜0，
∴当m＝52时，PQ最大为254，
∴m＝52时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（52，354）；
（3）存在，理由如下：
抛物线y＝﹣x2＋4x＋5对称轴为直线x＝2，
设M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），
①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，如图：
∴s+22=5+02−s2+4s+5+t2=0+52，解得s=3t=−3，
∴M（3，8），
②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，如图：
∴s+52=2+02−s2+4s+4+02=t+52，解得s=−3t=−21，
∴M（﹣3，﹣16），
③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，如图：
s+02=2+52−s2+4s+5+52=t+02，解得s=7t=−11，
∴M（7，﹣16）；
综上所述，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、函数图象上点坐标的特征、等腰直角三角形、平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度．
3．（2021·山东泰安·统考中考真题）二次函数y=ax2+bx+4(a≠0)的图象经过点A(−4,0)，B(1,0)，与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接BC，当∠DPB=2∠BCO时，求直线BP的表达式；
（3）请判断：PQQB是否有最大值，如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由．
【答案】（1）y=−x2−3x+4；（2）y=−158x+158；（3）PQQB有最大值为45，P点坐标为(−2,6)
【分析】（1）将A(−4,0)，B(1,0)代入y=ax2+bx+4(a≠0)中，列出关于a、b的二元一次方程组，求出a、b的值即可；
（2）设BP与y轴交于点E，根据PD//y轴可知，∠DPB=∠OEB，当∠DPB=2∠BCO，即∠OEB=2∠BCO，由此推断△OEB为等腰三角形，设OE=a，则CE=4−a，所以BE=4−a，由勾股定理得BE2=OE2+OB2，解出点E的坐标，用待定系数法确定出BP的函数解析式即可；
（3）设PD与AC交于点N，过B作y轴的平行线与AC相交于点M．由A、C两点坐标可得AC所在直线表达式，求得 M点坐标，则BM=5，由BM//PN，可得△PNQ∽△BMQ，PQQB=PNBM=PN5，设P(a0,−a02−3a0+4)(−4【详解】解：（1）由题意可得：
a⋅(−4)2+b⋅(−4)+4=0a+b+4=0
解得：a=−1b=−3，
∴二次函数的表达式为y=−x2−3x+4；
（2）设BP与y轴交于点E，
∵PD//y轴，
∴∠DPB=∠OEB，
∵∠DPB=2∠BCO，
∴∠OEB=2∠BCO，
∴∠ECB=∠EBC，
∴BE=CE，设OE=a，
则CE=4−a，∴BE=4−a，
在Rt△BOE中，由勾股定理得BE2=OE2+OB2，
∴(4−a)2=a2+12
解得a=158，
∴E0,158，
设BE所在直线表达式为y=kx+e(k≠0)
∴k⋅0+e=158,k⋅1+e=0.解得k=−158,e=158.
∴直线BP的表达式为y=−158x+158．
（3）设PD与AC交于点N．
过B作y轴的平行线与AC相交于点M．
由A、C两点坐标分别为(−4,0)，(0,4)
可得AC所在直线表达式为y=x+4
∴M点坐标为(1,5)，BM=5
由BM//PN，可得△PNQ∽△BMQ，
∴PQQB=PNBM=PN5
设P(a0,−a02−3a0+4)(−4∴PQQB=−a02−3a0+4−(a0+4)5=−a02−4a05=−(a0+2)2+45，
∴当a0=−2时，PQQB有最大值0.8，
此时P点坐标为(−2,6)．
【点睛】本题主要考查二次函数以及一次函数解析式的确定，函数图像的性质，相似三角形，勾股定理等知识点，熟练运用待定系数法求函数解析式是解题关键，本题综合性强，涉及知识面广，难度较大，属于中考压轴题．
4．（2020·辽宁阜新·中考真题）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于点A−3,0，B1,0，交y轴于点C．点Pm,0是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．

（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图1．求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．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．
【答案】（1）y=x2+2x−3；（2）①94，②存在，Q1(0,−32−1),Q2(0,32−1)
【分析】（1）把A(−3,0),B(1,0)代入y=x2+bx+c中求出b，c的值即可；
（2）①由点Pm,0得M(m,−m−3),Nm,m2+2m−3，从而得MN=(−m−3)−m2+2m−3，整理，化为顶点式即可得到结论；
②分MN=MC和MC=2MN两种情况，根据菱形的性质得到关于m的方程，求解即可．
【详解】解：（1）把A(−3,0),B(1,0)代入y=x2+bx+c中，得
0=9−3b+c,0=1+x+c.
解得b=2,c=−3.
∴y=x2+2x−3．
（2）设直线AC的表达式为y=kx+b，把A(−3,0),C(0,−3)代入y=kx+b．
得，0=−3k+b,−3=b.解这个方程组，得k=−1,b=−3.
∴y=−x−3．
∵点Pm,0是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴M(m,−m−3),Nm,m2+2m−3．
∴MN=(−m−3)−m2+2m−3
=−m2−3m
=−m+322+94．
∵a=−1<0，
∴此函数有最大值．
又∵点P在线段OA上运动，且−3<−32<0
∴当m=−32时，MN有最大值94．
②∵点Pm,0是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴M(m,−m−3),Nm,m2+2m−3．
∴MN=(−m−3)−m2+2m−3 =−m2−3m
（i）当以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形，则有MN=MC，如图，
∵C（0，-3）
∴MC=(m−0)2+(−m−3+3)2=2m2
∴−m2−3m=2m2
整理得，m4+6m3+7m2=0
∵m2≠0，
∴m2+6m+7=0，
解得，m1=−3+2，m2=−3−2
∴当m=−3+2时，CQ=MN=32−2，
∴OQ=-3-(32−2)=−32−1
∴Q(0，−32−1)；
当m=−3−2时，CQ=MN=-32−2，
∴OQ=-3-(-32−2)=32−1
∴Q(0，32−1)；
(ii)若MC=2MN，如图，
则有−m2−3m=22×2m2
整理得，m2+4m=0
解得，m1=−4，m2=0（均不符合实际，舍去）
综上所述，点Q的坐标为Q1(0,−32−1),Q2(0,32−1)
【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用线段的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用菱形的性质得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．
5．（2020·天津·中考真题）已知点A(1,0)是抛物线y=ax2+bx+m（a,b,m为常数，a≠0,m<0）与x轴的一个交点．
（1）当a=1,m=−3时，求该抛物线的顶点坐标；
（2）若抛物线与x轴的另一个交点为M(m,0)，与y轴的交点为C，过点C作直线l平行于x轴，E是直线l上的动点，F是y轴上的动点，EF=22．
①当点E落在抛物线上（不与点C重合），且AE=EF时，求点F的坐标；
②取EF的中点N，当m为何值时，MN的最小值是22？
【答案】（1）抛物线的顶点坐标为(−1,−4)；（2）①点F的坐标为(0,−2−7)或(0,−2+7)；②当m的值为−32或−12时，MN的最小值是22．
【分析】（1）根据a=1,m=−3，则抛物线的解析式为y=x2+bx−3，再将点A（1，0）代入y=x2+bx−3，求出b的值，从而得到抛物线的解析式，进一步可求出抛物线的顶点坐标；
（2）①首先用含有m的代数式表示出抛物线的解析式，求出C(0,m)，点E(m+1,m).
过点A作AH⊥l于点H,在Rt△EAH中，利用勾股定理求出AE的值，再根据AE=EF，EF=22，可求出m的值，进一步求出F的坐标；
②首先用含m的代数式表示出MC的长，然后分情况讨论MN什么时候有最值.
【详解】解：（1）当a=1，m=−3时，抛物线的解析式为y=x2+bx−3．
∵抛物线经过点A(1,0)，
∴0=1+b−3．解得b=2．
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3．
∵y=x2+2x−3=(x+1)2−4，
∴抛物线的顶点坐标为(−1,−4)．
（2）①∵抛物线y=ax2+bx+m经过点A(1,0)和M(m,0)，m<0，
∴0=a+b+m，
0=am2+bm+m，即am+b+1=0．
∴a=1，b=−m−1．
∴抛物线的解析式为y=x2−(m+1)x+m．
根据题意，得点C(0,m)，点E(m+1,m)．
过点A作AH⊥l于点H．
由点A(1,0)，得点H(1,m)．
在Rt△EAH中，EH=1−(m+1)=−m，HA=0−m=−m，
∴AE=EH2+HA2=−2m．
∵AE=EF=22，
∴−2m=22．解得m=−2．
此时，点E(−1,−2)，点C(0,−2)，有EC=1．
∵点F在y轴上，
∴在Rt△EFC中，CF=EF2−EC2=7．
∴点F的坐标为(0,−2−7)或(0,−2+7)．
②由N是EF的中点，得CN=12EF=2．
根据题意，点N在以点C为圆心、2为半径的圆上．
由点M(m,0)，点C(0,m)，得MO=−m，CO=−m．
∴在Rt△MCO中，MC=MO2+CO2=−2m．
当MC≥2，即m≤−1时，满足条件的点N落在线段MC上，
MN的最小值为MC−NC=−2m−2=22，解得m=−32；
当MC<2，−1MN的最小值为NC−MC=2−(−2m)=22，解得m=−12．
∴当m的值为−32或−12时，MN的最小值是22．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，抛物线上的点的坐标满足抛物线方程等，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．．
6．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=14x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，其中B3,0，C0,−3．

(1)求该抛物线的表达式；
(2)点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD⊥AC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，将该抛物线向右平移5个单位，点E为点P的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点F，Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．写出所有使得以QF为腰的△QEF是等腰三角形的点Q的坐标，并把求其中一个点Q的坐标的过程写出来．
【答案】(1)y=14x2+14x−3
(2)PD取得最大值为45，P−2,−52
(3)Q点的坐标为92,−1或92,5或92,74．
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）直线AC的解析式为y=−34x−3，过点P作PE⊥x轴于点E，交AC于点Q，设Pt,14t2+14t−3，则Qt,−34t−3，则PD=45PQ，进而根据二次函数的性质即可求解；
（3）根据平移的性质得出y=14x−922−4916，对称轴为直线x=92，点P−2,−52向右平移5个单位得到E3,−52，F0,2，勾股定理分别表示出EF2,QE2,QF2，进而分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：将点B3,0，C0,−3．代入y=14x2+bx+c得，
14×32+3b+c=0c=−3
解得：b=14c=−3，
∴抛物线解析式为：y=14x2+14x−3，
（2）∵y=14x2+14x−3与x轴交于点A，B，
当y=0时，14x2+14x−3=0
解得：x1=−4,x2=3，
∴A−4,0,
∵C0,−3．
设直线AC的解析式为y=kx−3，
∴−4k−3=0
解得：k=−34
∴直线AC的解析式为y=−34x−3，
如图所示，过点P作PE⊥x轴于点E，交AC于点Q，

设Pt,14t2+14t−3，则Qt,−34t−3，
∴PQ=−34t−3−14t2+14t−3=−14t2−t，
∵∠AQE=∠PQD，∠AEQ=∠QDP=90°，
∴∠OAC=∠QPD，
∵OA=4,OC=3，
∴AC=5，
∴cs∠QPD=PDPQ=cs∠OAC=AOAC=45，
∴PD=45PQ=45−14t2−t=−15t2−45t=−15t+22+45，
∴当t=−2时，PD取得最大值为45，14t2+14t−3=14×−22+14×−2−3=−52，
∴P−2,−52；
（3）∵抛物线y=14x2+14x−3 =14x+122−4916
将该抛物线向右平移5个单位，得到y=14x−922−4916，对称轴为直线x=92，
点P−2,−52向右平移5个单位得到E3,−52
∵平移后的抛物线与y轴交于点F，令x=0，则y=14×922−4916=2，
∴F0,2,
∴EF2=32+2+522=1174
∵Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．
则Q点的横坐标为92，
设Q92,m，
∴QE2=92−32+m+522，QF2=922+m−22，
当QF=EF时，922+m−22 = 1174，
解得：m=−1或m=5，
当QE=QF时，92−32+m+522 = 922+m−22，
解得：m=74
综上所述，Q点的坐标为92,−1或92,5或92,74．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，解直角三角形，待定系数法求解析式，二次函数的平移，线段周长问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
题型02 利用二次函数解决两条线段之和的最值问题
【解题思路】抛物线中的线段最值问题有三种形式：
2. 两条线段和的最值问题：解决这类问题最基本的定理就是“两点之间线段最短”， 解决这类问题的方法是：作其中一个定点关于已知直线的对称点，连接对称点与另一个定点，它们与已知直线的交点即为所求的点. 其变形问题有三角形周长最小或四边形周长最小等.
【常见模型一】（两点在河的异侧）：在直线L上找一点M，使PA+PB的值最小.

方法：如右图，连接AB，与直线L交于点M,在M处渡河距离最短，最短距离为线段AB的长。
【常见模型二】（两点在河的同侧）：在直线L上找一点M，使PA+PB的值最小.

方法：如右图，作点B关于直线L的对称点B’，连接AB’,与直线L的交点即为所求的渡河点，最短距离为线段AB’的长。
7．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D．

(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？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．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)37
(3)存在，Q1,3或Q1,1或Q1,5
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）作点D关于x轴的对称点D'，连接D'M，D'M与x轴的交点即为点H，进而得到MH+DH的最小值为D'M的长，利用两点间距离公式进行求解即可；
（3）分DM，DP，MP分别为对角线，三种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，
∴−1−b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
∴y=−x2+2x+3；
（2）∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴M1,4，
设直线AM:y=kx+m(k≠0)，
则：−k+m=0k+m=4，解得：k=2m=2，
∴AM:y=2x+2，
当x=0时，y=2，
∴D0,2；
作点D关于x轴的对称点D'，连接D'M，
则：D'0,−2，MH+DH=MH+D'H≥D'M，
∴当M,H,D'三点共线时，MH+DH有最小值为D'M的长，

∵D'0,−2，M1,4，
∴D'M=12+4+22=37，
即：MH+DH的最小值为：37；
（3）解：存在；
∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴对称轴为直线x=1，
设Pp,t，Q1,n，
当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时：
①DM为对角线时：1+p=0+1t+n=4+2，

∴p=0t+n=6，
当p=0时，t=3，
∴n=3，
∴Q1,3；
②当DP为对角线时：0+p=1+12+t=4+n，

∴p=22+t=4+n，
当p=2时，t=−22+2×2+3=3，
∴n=1，
∴Q1,1；
③当MP为对角线时：1+p=0+14+t=2+n，

∴p=0n−t=2，
当p=0时，t=3，
∴n=3，
∴Q1,5；
综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，Q1,3或Q1,1或Q1,5．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，是中考常见的压轴题．正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
8．（2015·四川自贡·统考中考真题）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)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ΔBPC为直角三角形的点P的坐标.
【答案】（1）抛物线的解析式为y=−x2−2x+3，直线的解析式为y=x+3.（2）M(−1,2)；（3）P的坐标为(−1,−2)或(−1,4)或(−1,3+172)或(−1,3−172).
【详解】分析：（1）先把点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，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线解析式；把B、C两点的坐标代入直线y=mx+n，解方程组求出m和n的值即可得到直线解析式；
（2）设直线BC与对称轴x=-1的交点为M，此时MA+MC的值最小．把x=-1代入直线y=x+3得y的值，即可求出点M坐标；
（3）设P（-1，t），又因为B（-3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（-1+3）2+t2=4+t2，PC2=（-1）2+（t-3）2=t2-6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意t值即可求出点P的坐标．
详解：（1）依题意得：−b2a=−1a+b+c=0c=3，解得：a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3.
∵对称轴为x=−1，且抛物线经过A(1,0)，
∴把B(−3,0)、C(0,3)分别代入直线y=mx+n，
得−3m+n=0n=3，解之得：m=1n=3，
∴直线y=mx+n的解析式为y=x+3.
（2）直线BC与对称轴x=−1的交点为M，则此时MA+MC的值最小，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).
（注：本题只求M坐标没说要求证明为何此时MA+MC的值最小，所以答案未证明MA+MC的值最小的原因）.
（3）设P(−1,t)，又B(−3,0)，C(0,3)，
∴BC2=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：
t1=3+172，t2=3−172.
综上所述P的坐标为(−1,−2)或(−1,4)或(−1,3+172)或(−1,3−172).
点睛：本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数（二次函数和一次函数）的解析式、利用轴对称性质确定线段的最小长度、难度不是很大，是一道不错的中考压轴题．
9．（2021·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线y=−12x+2过B、C两点，连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求证：△AOC∽△ACB；
（3）点M3,2是抛物线上的一点，点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作DE⊥x轴交直线BC于点E，点P为抛物线对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求PD+PM的最小值．
【答案】（1）y=−12x2+32x+2；（2）见解析；（3）5
【分析】（1）先利用直线y=−12x+2得到点B和点C的坐标，利用待定系数法求解；
（2）根据解析式求得点A的坐标，求出两个三角形的边长，根据两组对应边成比例夹角相等求证；
（3）设点D的坐标为x,−12x2+32x+2，将线段DE的长用函数关系式表示为顶点式形式，利用函数的性质得到当x=2时，线段DE的长度最大，得到点D的坐标，再利用轴对称及勾股定理求出答案即可．
【详解】（1）解：∵直线y=−12x+2分别与x轴和y轴交于点B和点C，
∴点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，2），
把B4,0，C0,2分别代入y=−12x2+bx+c，
得−8+4b+c=0c=2，
解得b=32c=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2．
（2）∵抛物线y=−12x2+32x+2与x轴交于点A，
∴−12x2+32x+2=0，
解得x1=−1，x2=4，
∴点A的坐标为−1,0，
∴AO=1，AB=5，
在Rt△AOC中，AO=1，OC=2，
∴AC=5，
∴AOAC=15=55，
∵ACAB=55，
∴AOAC=ACAB，
又∵∠OAC=∠CAB，
∴△AOC∽△ACB．
（3）设点D的坐标为x,−12x2+32x+2
则点E的坐标为x,−12x+2
∴DE=−12x2+32x+2−−12x+2
=−12x2+32x+2+12x−2
=−12x2+2x
=−12(x−2)2+2
∵−12<0，
∴当x=2时，线段DE的长度最大．
此时，点D的坐标为2,3，
∵C0,2，M3,2
∴点C和点M关于对称轴对称，
连接CD交对称轴于点P，此时PD+PM最小．
连接CM交直线DE于点F，则∠DFC=90°，点F的坐标为2,2，
∴CD=CF2+DF2=5，
∵PD+PM=PC+PD=CD
∴PD+PM的最小值5．
．
【点睛】此题考查的是二次函数的综合知识，利用待定系数法求函数解析式，函数图象与坐标轴的交点问题，函数的最值问题，轴对称的性质，勾股定理，证明两个三角形相似，熟练掌握各知识点是解题的关键．
10．（2023·山东德州·校考一模）如图，已知抛物线y=ax2−32x+c与x轴交于点A(−4,0)，B(1,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点Q使QB+QC最小？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)点P为AC上方抛物线上的动点，过点P作PD⊥AC，垂足为点D，连接PC，当△PCD与△ACO相似时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−12x2−32x+2
(2)存在，Q(−32,54)
(3)点P的坐标为(−3,2)或(−32,258)
【分析】（1）由待定系数法求解即可；
（2）找到点B关于对称轴对称的点A，连接AC交对称轴于一点即为Q，求AC所在直线解析式，即可求解；
（3）当△PCD与△ACO相似时，则△PCD∽△CAO或△PCD∽△ACO，故分分类讨论即可：①若△PCD∽△CAO，则∠PCD=∠CAO，可推出点P的纵坐标与点C的纵坐标相同，由点P为AC上方抛物线上的动点，得关于x的一元二次方程，求解并作出取舍则可得答案；②若△PCD∽△ACO，则∠PCD=∠ACO，PDAO=CDCO，过点A作AC的垂线，交CP的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于点H，判定△GAC∽△PDC，△GHA∽△AOC，由相似三角形的性质得比例式，解得点G的坐标，从而可得直线CG的解析式，求得直线CG与抛物线的交点横坐标，再代入直线CG的解析式求得其纵坐标，即为此时点P的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2−32x+c与x轴交于点A(−4,0)，B(1,0)，
∴ 16a−32×(−4)+c=0a−32+c=0，
解得a=−12c=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
（2）存在，如图：∵A，B关于对称轴对称，
∴QA=QB，
∴QB+QC=QA+QC，
∴QB+QC的最小值为AC，
∴AC与对称轴的交点即为所求：
由（1）可知，对称轴为：x=−b2a=−−322×(−12)=−32，C(0,2)，
∵A(−4,0)，C(0,2)，
∴AC所在直线解析式为：y=12x+2，
令x=−32，y=12×(−32)+2=54，
∴Q(−32，54)；
（3）∵点A(−4,0)，B(1,0)，
∴OA=4，OB=1，
在抛物线y=−12x2−32x+2中，当x=0时，y=2，
∴C(0,2)，
∴OC=2，
∴AC=OA2+OC2=42+22=25．
∵PD⊥AC，
∴∠PDC=90°=∠AOC，
∴当ΔPCD与ΔACO相似时，则△PCD∽△CAO或△PCD∽△ACO，
①若△PCD∽△CAO，则∠PCD=∠CAO，
∴CP∥AO，
∵C(0,2)，
∴点P的纵坐标为2，
∵点P为AC上方抛物线上的动点，
∴2=−12x2−32x+2，
解得：x1=0（不合题意，舍去），x2=−3，
∴此时点P的坐标为(−3,2)；
②若△PCD∽△ACO，则∠PCD=∠ACO，PDAO=CDCO，
∴ PDCD=AOCO=42=2，
过点A作AC的垂线，交CP的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于点H，如图：
∵PD⊥AC，GA⊥AC，
∴GA∥PD，
∴△GAC∽△PDC，
∴ GAPD=ACCD，
∴ GAAC=PDCD=2，
∵GA⊥AC，GH⊥x轴，
∴∠GAC=∠GHA=90°，
∴∠AGH+∠GAH=90°，∠GAH+∠CAO=90°，
∴∠AGH=∠CAO，
∵∠GHA=∠AOC=90°，
∴△GHA∽△AOC，
∴ GHAO=AHCO=GAAC，
即GH4=AH2=2，
∴GH=8，AH=4，
∴HO=AH+OA=8，
∴G(−8,8)，
设直线CG的解析式为y=−34x+2，
令−34x+2=−12x2−32x+2，
解得：x1=0（不合题意，舍去），x2=−32，
把x=−32代入y=−34x+2得：y=−34x+2=−34×(−32)+2=258，
∴此时点P的坐标为(−32，258)，
综上所述，符合条件的点P的坐标为(−3,2)或(−32，258)．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数的解析式、一线三直角模型及相似三角形的判定与性质等知识点是解题的关键．
11．（2021·广东东莞·校考一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，抛物线的对称轴l与x轴交于M点．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)设点P是直线l上的一个动点，当PA+PC的值最小时，求PA+PC长；
(3)已知点N（0，﹣1），在y轴上是否存在点Q，使以M、N、Q为顶点的三角形与△BCM相似？若存在；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+2x+3
(2)PA+PC的长为32
(3)存在，点Q的坐标为0,2或0,−13，理由见解析
【分析】（1）当x＝0时，y＝3，可得C（0，3）．再设设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0），利用待定系数法，即可求解；
（2）连接PA、PB、PC，根据轴对称性可得PA＝PB．从而得到PA+PC＝PC+PB．进而得到当点P在线段BC上时，PC+AP有最小值．即可求解；
（3）先求出抛物线的对称轴，可得点M1,0，再由点N（0，﹣1），B（3，0），C（0，3）．可得MN=2,BC=32,BM=2,∠CBM=45°,∠MNO=45°，可得∠CBM=∠MNO，然后分三种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）解：把x＝0代入得：y＝3，
∴C（0，3）．
设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3）（a≠0），
将点C的坐标代入上式得：3＝﹣3a，解得：a＝﹣1．
∴抛物线的解析式为y＝-（x+1）（x-3）=﹣x2+2x+3．
（2）解：如图，连接PA、PB、PC，
∵点A与点B关于直线l对称，点P在直线l上，
∴PA＝PB．
∴PA+PC＝PC+PB．
∵两点之间线段最短，
∴当点P在线段BC上时，PC+AP有最小值．
∵OC＝3，OB＝3，
∴BC＝32．
∴PA+PC的最小值＝32．
（3）解：存在，理由：
抛物线的对称轴为直线x＝﹣b2a＝1．
∵抛物线的对称轴l与x轴交于M点．
∴点M1,0，
∵点N（0，﹣1），B（3，0），C（0，3）．
∴OM=ON=1，OB=OC=3，
∴MN=2,BC=32,BM=2,∠CBM=45°,∠MNO=45°，
∴∠CBM=∠MNO，
当点Q在点N下方时，∠MNQ=135°，不符合题意，
∴点Q在点N上方，
设点Q的坐标为（0，n）．则QN=n+1，
∵以M、N、Q为顶点的三角形与△BCM相似，
∴∠QMN=∠CMB或∠MQN=∠CMB，
当∠Q1MN=∠CMB时，△Q1MN∼△CMB，如图（2），
∴Q1NBC=MNBM，
∴n+132=22，解得：n=2，
∴点Q10,2；
当∠MQ2N=∠CMB时，△MQ2N∼△CMB，如图（3），
∴Q2NMB=MNBC，
∴n+12=232，解得：n=−13，
∴点Q20,−13，
综上所述，点Q的坐标为0,2或0,−13．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，相似三角形的判定和性质，两点之间，线段最短，待定系数法求二次函数解析式等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
12．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，二次函数y=−14x2+12m−1x+m（m是常数，且m>0）的图象与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，动点P在对称轴l上，连接AC、BC、PA、PC．
(1)求点A、B、C的坐标（用数字或含m的式子表示）；
(2)当PA+PC的最小值等于45时，求m的值及此时点P的坐标；
(3)当m取（2）中的值时，若∠APC=2∠ABC，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)A−2，0，B2m，0，C0，m
(2)m=4，P3，52
(3)P点坐标为3，0或3，52
【分析】（1）将x=0，y=0，分别代入y=−14x2+12m−1x+m，计算求解即可；
（2）如图1，连接PB，由题意知，PA=PB，则PA+PC=PB+PC，可知当C，P，B三点共线时，PA+PC值最小，在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=5m，由PA+PC的最小值等于45，可得5m=45，计算m的值，然后得出B，C的点坐标，待定系数法求直线BC的解析式，根据P是直线BC与直线l的交点，计算求解即可；
（3）由（2）知m=4，则B8，0，C0，4，抛物线的对称轴为直线x=3，勾股定理逆定理判断△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，记D为直线l与x轴的交点，如图2，连接CD，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得CD=BD=AD，由等边对等角可得∠DCB=∠ABC，由三角形外角的性质可得∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，进而可得∠ADC=∠APC，即P与D重合，求此时的P点坐标；过A，C，D三点作⊙O'，如图2，由同弧所对的圆周角相等可知⊙O'与直线l=3交点即为P，设P3，a，由题意知，圆心O'在直线x=12上，设圆心坐标为12，n， 则AO'2=CO'2=PO'2，根据AO'2=CO'2，可求n值，根据AO'2=PO'2，可求a值，进而可得此时的P点坐标．
【详解】（1）解：当x=0时，y=m，
当y=0时，−14x2+12m−1x+m=0，整理得x2−2m−1x−4m=0，即x−2mx+2=0，
解得x1=2m，x2=−2，
∴A−2，0，B2m，0，C0，m，
（2）解：如图1，连接PB，
由题意知，PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC，
∴当C，P，B三点共线时，PA+PC值最小，
在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=OB2+OC2=4m2+m2=5m，
∵PA+PC的最小值等于45，
∴5m=45，
解得m=4，
∴B8，0，C0，4，
∴抛物线的对称轴为直线x=3，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B8，0，C0，4代入得，0=8k+b4=b，
解得k=−12b=4，
∴直线BC的解析式为y=−12x+4，
当x=3时，y=−12×3+4=52，
∴P3，52，
∴m=4，P3，52；
（3）解：∵m=4，
∴B8，0，C0，4，抛物线的对称轴为直线x=3，
∵AC2=22+42=20，BC2=452=80，AB2=102=100，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
记D为直线l与x轴的交点，如图2，连接CD，
∴CD=BD=AD，
∴∠DCB=∠ABC，
∵∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，
∴∠ADC=∠APC，
∴P与D重合，即P3，0；
过A，C，D三点作⊙O'，如图2，由同弧所对的圆周角相等可知⊙O'与直线l=3交点即为P，设P3，a，
由题意知，圆心O'在直线x=12上，设圆心坐标为12，n， 则AO'2=CO'2=PO'2，
∵AO'2=CO'2，即−2−122+0−n2=0−122+4−n2，
解得n=54，
∵AO'2=PO'2，即−2−122+0−542=3−122+a−542，
解得a1=0，a2=52，
∴P3，52，
综上，P点坐标为3，0或3，52．
【点睛】本题考查了二次函数与线段、角度综合，二次函数的图象与性质，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，等边对等角，三角形外角的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
题型03 利用二次函数解决两条线段之差的最值问题
【解题思路】抛物线中的线段最值问题有三种形式：
3. 两条线段差的最值问题：解决这类问题最基本的定理就是“三角形任何两边之差小于第三边”， 解决这类问题的方法是：求解时,先根据原理确定线段差取最值时的图形,再根据已知条件求解。
【常见模型一】（两点在同侧）：在直线L上求一点P,求|PA-PB|的最大值

方法：如右图，延长射线AB，与直线L交于点P，|PA-PB|最大值为AB
【常见模型二】（两点在异侧）：在直线L上求一点P,求|PA-PB|的最大值。
方法：如右图，作点B关于直线L的对称点B’， 延长射线AB’，与直线L交于点P，|PA-PB|最大值为AB’
13．（2023·江西九江·校考模拟预测）已知二次函数y=ax2＋bx＋c中，x，y的部分对应值如下表，点P(t，0)是x轴上一动点．
(1)表格中m=______，在如图所示的平面直角坐标系中画出该二次函数的图象；

(2)若二次函数y=ax2＋bx＋c的图象与y轴交于点A，顶点为B，求|PA−PB|的最大值及此时点P的坐标；
(3)设Q(0，2t)是y轴上的动点，若线段PQ与函数y=ax2＋bx＋cx≥0的图象只有一个公共点，求t的取值范围．
【答案】(1)4，画图象见解析
(2)|PA−PB|的最大值为2，点P的坐标为−3，0
(3)t的取值范围是32≤t<3或t=72
【分析】（1）由表格中的y与x的对应值可知点(−1，0)，(0，3)，(3，0)，运用待定系数法即可求得抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，即可画出函数的图象，再由点(1，m)在抛物线上求出m的值即可；
（2）先求得A(0，3)，抛物线的顶点坐标为B(1，4)，再根据勾股定理求得AB=2，由PA−PB≤AB，可知当点P在直线AB上时，PA−PB=AB，此时PA−PB取得最大值2，求得直线AB的解析式为y=x+3，将P(t，0)代入 y=x+3，即可求出t的值及点P的坐标；
（3）结合函数图象分类讨论求解即可
【详解】（1）∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点(−1,0)，(3,0)，
∴可设二次函数的解析式为y=a(x+1)(x−3)．
又二次函数的图象经过点(0,3)，
将(0,3)代入y=a(x+1)(x−3)，
得−3a=3，
∴a=−1，
∴y=−x+1x−3=−x2+2x+3=−x−12+4．
当x=1时，y=4，即m=4．
图象如图所示，

（2）对于y=−x2+2x+3，当x=0时，则y=3，
∴A(0，3)
∵y=−x2+2x+3=−x−12+4
∴抛物线的顶点坐标为B1，4，
∴AB=12+4−32=2，
∵PA−PB≤AB，
∴当点P在直线AB上时，PA−PB=AB，此时PA−PB的值最大，最大值为2，
∴设直线AB的解析式为y=kx+3，则k+3=4，
解得k=1，
∴直线AB的解析式为y=x+3，
∵P(t,0)在直线y=x+3上，
∴t+3=0，解得t=−3，
∴P(−3，0)，
∴PA−PB的最大值为2，对应的点P的坐标为(−3，0)．
（3）由题意可知二次函数y=ax2＋bx＋c=−x2＋2x＋3．
∴二次函数y=−x2+2x+3x≥0的图象如图（2）所示．

设线段PQ所在直线的解析式为y=x＋n，
将P(t，0)，Q(0，2t)分别代入，得tk+n=0,n=2t,解得k=−2,n=2t,
∴线段PQ所在直线的解析式为y=−2x＋2t．
当线段PQ过点(0，3)，即点Q与点A重合时，线段PO与函数y=−x2+2x+3x≥0的图象有一个公共点，此时t=32．
当线段PQ过点(3，0)，即点P与点(3，0)重合时，t=3，此时线段PQ与函数y=−x2+2x+3x≥0的图象有两个公共点，分别为点(3，0)，(1，4)，不符合题意．
∴当32≤t<3时，线段PQ与函数y=−x2+2x+3x≥0的图象只有一个公共点．
将y=−2x＋2t代入y=x2+2x+3x≥0，得−x2＋2x＋3=−2x＋2t，
∴−x2＋4x＋3−2t=0．
令Δ=16−4×(−1)×(3−2t)=0，解得t=72，
∴当t=72时，线段PQ与函数y=−x2+2x+3x≥0的图象只有一个公共点．
综上所述，t的取值范围是32≤t<3或t=72．
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数的解析式、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法．
14．（2022·湖南常德·统考中考真题）如图，已经抛物线经过点O(0,0)，A(5,5)，且它的对称轴为x=2．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，当△OAB的面积为15时，求B的坐标；
(3)在（2）的条件下，P是抛物线上的动点，当PA−PB的值最大时，求P的坐标以及PA−PB的最大值
【答案】(1)y=x2−4x.
(2)B(2,8)
(3)P(−2,12), PA−PB的最大值为32.
【分析】（1）根据题意可设抛物线为y=ax2+bx,再利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；
（2）设B2,y, 且y>0, 记OA与对称轴的交点为Q，设直线OA为：y=kx, 解得：k=1, 可得直线OA为：y=x, 则Q2,2, 利用S△OAB=S△BOQ+S△ABQ=12×BQ×xA−xO列方程，再解方程即可；
（3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时PA−PB=AB最大，由勾股定理可得最小值，再利用待定系数法求解AB的解析式，联立一次函数与二次函数的解析式，解方程组可得P的坐标．
【详解】（1）解：∵ 抛物线经过点O(0,0)，
∴设抛物线为：y=ax2+bx,
∵ 抛物线过A(5,5)，且它的对称轴为x=2．
∴25a+5b=5−b2a=2, 解得：a=1b=−4,
∴抛物线为：y=x2−4x.
（2）解：如图，点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，
设B2,y, 且y>0, 记OA与对称轴的交点为Q，
设直线OA为：y=kx,
∴5=5k, 解得：k=1,
∴ 直线OA为：y=x,
∴Q2,2,
∴S△OAB=S△BOQ+S△ABQ=12×BQ×xA−xO
=12y−2×5=15,
解得：y=8或y=−4,
∵y>0, 则y=8,
∴B2,8.
（3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时PA−PB=AB最大，
∵A5,5,B2,8,
∴AB=5−22+5−82=32,
设AB为：y=k'x+b', 代入A、B两点坐标，
∴5k'+b'=52k'+b'=8,
解得：k'=−1b'=10,
∴AB为：y=−x+10,
∴y=−x+10y=x2−4x,
解得：x=5y=5,x=−2y=12,
∴P−2,12.
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，坐标与图形面积，三角形三边关系的应用，勾股定理的应用，确定PA−PB最大时P的位置是解本题的关键．
15．（2022上·福建泉州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为E1，4的抛物线y=ax2+bx+c与x轴从左到右依次交于A，B两点，与y轴的交点为C0，3，P是抛物线对称轴右侧图象上的一点，且在x轴的上方．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若直线BP与抛物线对称轴交于点D，当BD−CD取得最大值时，求点P的坐标；
(3)若直线BC与抛物线对称轴交于点F，连接PC，PE，PF，记△PCF，△PEF的面积分别为S1，S2，判断2S1+S2是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)P(2，3)
(3)存在，最大值为3
【分析】（1）由顶点坐标可设该函数顶点式为y=a'(x−1)2+4，再将C0，3代入，求出a'的值，即可得出抛物线的解析式；
（2）设直线BP与抛物线对称轴交于点D，连接AD，CD，AC．根据抛物线解析式可求出A(−1，0)，B(3，0)，由抛物线的对称性可知AD=BD，即BD−CD=AD−CD．再根据AD−CD≤AC，即得出BD−CD的最大值为AC的长，此时点A，C，D三点共线，最后再次根据抛物线的对称性可知点C关于抛物线对称轴的对称点即为点P，即可解答；
（3）利用待定系数法可求出直线BC的解析式为y=−x+3，从而可求出F(1，2)．设直线PC与抛物线对称轴交于点Q，设P(t，−t2+2t+3)(1【详解】（1）解：∵该抛物线顶点为E1，4，
∴还可设该抛物线解析式为y=a'(x−1)2+4．
∵该抛物线与y轴的交点为C0，3，
∴3=a'(0−1)2+4，
解得：a'=−1，
∴该抛物线解析式为：y=−(x−1)2+4=−x2+2x+3；
（2）如图，设直线BP与抛物线对称轴交于点D，连接AD，CD，AC．
对于y=−x2+2x+3，令y=0，即−x2+2x+3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴A(−1，0)，B(3，0)．
∵抛物线关于其对称轴对称，点D在抛物线对称轴上，
∴AD=BD，
∴BD−CD=AD−CD．
∵AD−CD≤AC，
∴BD−CD≤AC，即BD−CD的最大值为AC的长，此时点A，C，D三点共线，
∴点C关于抛物线对称轴的对称点即为点P．
∵抛物线对称轴为x=−b2a=−22×(−1)=1，
∴P(2，3)；
（3）存在，最大值为3．
设直线BC的解析式为y=mx+n，
则0=3m+n3=n，解得：m=−1n=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
当x=1时，y=−1+3=2，
∴F(1，2)．
如图，设直线PC与抛物线对称轴交于点Q，
设P(t，−t2+2t+3)(1则−t2+2t+3=tp+q3=q，解得：p=−t+2q=3，
∴直线PC解析式为y=(−t+2)x+3，
令x=1，则y=−t+5，
∴Q(1，−t+5)，
∴FQ=yQ−yF=−t+5−2=−t+3，
∴S1=S△PCF=S△CFQ+S△PFQ=12FQ⋅xF+12FQ⋅(xP−xF)=12FQ⋅xP=12×(−t+3)×t=−12t2+32t．
∵EF=yE−yF=4−2=2，
∴S2=S△PEF=12EF⋅(xP−xF)=12×2×(t−1)=t−1，
∴2S1+S2=2×−12t2+32t+t−1=−(t−2)2+3，
∵1∴当t=2时，2S1+S2有最大值，最大值为3．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质等知识．熟练掌握二次函数的图象和性质并利用数形结合的思想是解题关键．
16．（2020上·广东惠州·九年级惠州一中校考阶段练习）如图，抛物线y=ax2−2ax−3a与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，与y轴交于点C，D为抛物线的顶点，已知△ABC的面积为23．
(1)求抛物线的解析式．
(2)P为抛物线对称轴上的点，当PA−PC取最大值时，求点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，E为抛物线上的动点，若S△BDE:S△BDP=1:2时，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)y=33x2−233x−3
(2)P（1，−23）
(3)2+2,236−33或2−2,−33−236或2,−3
【分析】（1）令y=0，求出x的值即可；
（2）根据三角形两边之差小于第三边，所以当点P在直线AC延长线上时，PA−PC最大，最大值为AC，求出直线AC的解析式，代入x=1即可求得P的坐标；
（3）连接BP，BD，过点E作EF∥y轴交BD于点F，连接BE，DE，先求出S△BDP =233，S△BDE=33；设点E的坐标为：t,33t2−233t−3，点F的坐标为t,233t−23,进而求出EF，列方程求出t的值即可
【详解】（1）对于y=ax2−2ax−3a，当y=0时，ax2−2ax−3a=0，
∵a≠0,
∴x2−2x−3=0,
解得，x1=−1,x2=3,
∵点A，B分别位于原点的左、右两侧，
∴A−1,0,B3,0；
∴AB=3−−1=4,
令x=0,则y=−3a，
∴OC=−3a；
∵S△ABC=12AB⋅OC=12×4×3a=23，
∴a=33，
∴OC=3，
∴抛物线的解析式为y=33x2−233x−3；
（2）如图所示，根据三角形两边之差小于第三边，所以，当点P在直线AB上时，PA−PC最大，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
把−1,0,0,−3代入得，−k+b=0b=−3，
解得，k=−3b=−3，
∴直线AC的解析式为y=−3x−3，
∵y=33x2−233x−3=33x−12+233,
∴抛物线的对称轴直线为x=1，
∴y=−3−3=−23,
∴P（1，−23）．
（3）如图，连接BP，BD，过点E作EF∥y轴交BD于点F，
连接BE，DE，
当x=1时，y=−433，
∴点D的坐标为1,−433
∵P1,−23,
∴PD=−433−−23=233,
∴S△BDP=12×DP×xB−xD =12×233×3−1 =233
又S△BDE:S△BDP=1:2
∴S△BDE=233×12=33，
设点E的坐标为：t,33t2−233t−3，
设直线BD的解析式为y=k1x+b1，
代入B3,0，D1,−433得，3k1+b1=0k1+b1=−433，
解得：k1=233,b1=−23，
∴直线BD的解析式为：y=233x−23；
∴点F的坐标为t,233t−23,
∴EF=33t2−433t+3，
∵S△BDE=S△BEF−S△DEF
=12⋅EF⋅xB−xD
=12×|33t2−433t+3|×2
∴|33t2−433t+3|=33,
整理得，t2−4t+2=0或t2−4t+4=0，
解得，t1=2+2，t2=2−2或t3=2，
代入可得点E的坐标为：2+2,236−33或2−2,−33−236或2,−3
【点睛】本题考查了二次函数的应用以及解析式的确定以及面积问题等知识，主要考查学生数形结合思想的应用能力，题目的综合性很强．
17．（2019·云南红河·统考一模）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），与y轴交于点B，且对称轴为x＝1．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线对称轴上的一动点，当|PA﹣PB|取最大值时，求点P的坐标．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）P（1，6）
【分析】（1）利用待定系数法即可求得；
（2）根据三角形两边之差小于第三边，得，当点P在直线AB上时，|PA﹣PB|最大，根据△ABO∽△APH求得PH的长度，即可求得P的坐标．
【详解】（1）由题意得：−1−b+c=0b2×(−1)=1 ，解得b=2c=3 ，
∴该抛物线的解析式：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵抛物线为y＝﹣x2+2x+3，
令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
∵三角形两边之差小于第三边，
∴当点P在直线AB上时，|PA﹣PB|最大.
设抛物线的对称轴直线x＝1与x轴交于点H，与直线AB交于点P，
∵PH∥y轴，
∴△ABO∽△APH
∴BOPH=AOAH=12，
∴PH＝2BO＝6，
∴P（1，6）即为所求．
【点睛】本题主要考查二次函数与平面几何的综合，根据三角形两边之差小于第三边，得：点P在直线AB上时，|PA﹣PB|最大，是解题的关键.
题型04 利用二次函数解决三条线段之和的最值问题
18．（2021·湖北恩施·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上，抛物线y=x2+bx+c经过点B，D−4,5两点，且与直线DC交于另一点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）F为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接ME，BP．探究EM+MP+PB是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2+2x−3；（2）存在以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，点F的坐标为−1,22或−1,−22或−1,5−17或−1,5+17；（3）EM+MP+PB存在最小值，最小值为41+1，此时点M的坐标为−1,54．
【分析】（1）由题意易得AD=AB=5，进而可得A−4,0，则有B1,0，然后把点B、D代入求解即可；
（2）设点F−1,a，当以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形时，则根据菱形的性质可分①当BF=BE时，②当EF=BE时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可；
（3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进而可得OM=BP，则有EM+MP+PB=DM+MO+1，若使EM+MP+PB的值为最小，即DM+MO+1为最小，则有当点D、M、O三点共线时，DM+MO+1的值为最小，然后问题可求解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，D−4,5，
∴AD=AB=5，A−4,0，
∴AO=4，
∴OB=1，
∴B1,0，
把点B、D坐标代入得：16−4b+c=51+b+c=0，
解得：b=2c=−3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）由（1）可得B1,0，抛物线解析式为y=x2+2x−3，则有抛物线的对称轴为直线x=−1，
∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称，
∴E2,5，
∴由两点距离公式可得BE2=1−22+0−52=26，
设点F−1,a，当以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：
①当BF=BE时，如图所示：
∴由两点距离公式可得BF2=BE2，即1+12+0−a2=26，
解得：a=±22，
∴点F的坐标为−1,22或−1,−22；
②当EF=BE时，如图所示：
∴由两点距离公式可得EF2=BE2，即2+12+5−a2=26，
解得：a=5±17，
∴点F的坐标为−1,5−17或−1,5+17；
综上所述：当以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，点F的坐标为−1,22或−1,−22或−1,5−17或−1,5+17；
（3）由题意可得如图所示：
连接OM、DM，
由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，B1,0，
∴OB=1，DM=EM，
∵过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，
∴PM=OB=1,PM//OB，
∴四边形BOMP是平行四边形，
∴OM=BP，
∴EM+MP+PB=DM+MO+1，
若使EM+MP+PB的值为最小，即DM+MO+1为最小，
∴当点D、M、O三点共线时，DM+MO+1的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：
∵D−4,5，
∴OD=42+52=41，
∴DM+MO+1的最小值为41+1，即EM+MP+PB的最小值为41+1，
设线段OD的解析式为y=kx，代入点D的坐标得：k=−54，
∴线段OD的解析式为y=−54x，
∴M−1,54．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键．
19．（2022·山东烟台·统考二模）如图，平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B在x轴上，抛物线y=−x2+bx+c经过A，C4,−5两点，且与直线DC交于另一点E．
(1)求抛物线的解析式：
(2)P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q，连接EQ，AP．试求EQ+PQ+AP的最小值；
(3)N为平面内一点，在抛物线对称轴上是否存在点M，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)41+1
(3)存在，1,−3，1,22，1,−22，1,−5+17，1,−5−17
【分析】（1）求出A点坐标，把A、C坐标代入解析式计算即可；
（2）连接OC，交对称x=1于点Q，证明四边形AOQP是平行四边形，即可说明若使的EQ+PQ+AP值为最小，其EQ+OQ为量小，最小值为线段OC长；
（3）由于N是任意一点，要使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形只要说明△AME是等腰三角形即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，C4,−5，
∴AD=AB=5，B4,0，
∴OA=1，
∴A−1,0，
将点A，C坐标代入y=−x2+bx+c得：−16+4b+c=−5−1−b+c=0，
解得：b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）连接OC，交对称x=1于点Q
∵PQ⊥y轴，
∴AO∥PQ，
∵AO=PQ=1，
∴四边形AOQP是平行四边形，
∴AP=OQ，
∴EQ+PQ+AP=EQ+1+OQ
若使的EQ+PQ+AP值为最小，其EQ+OQ为量小．
∵E，C关于对称轴x=1对称，
∴EQ=CQ，
∴EQ+OQ=CQ+OQ，
此时EQ+OQ的值最小，最小值为线段OC长．
∵C4,−5，
∴OC=42+52=41，
∴EQ+PQ+AP的最小值为41+1，
即EQ+PQ+AP的最小值为41+1．
（3）设M(1,m)
∵E，C关于对称轴x=1对称，C4,−5，
∴E−2,−5，
∵A−1,0
∴AE2=(−1+2)2+(−5−0)2=26
AM2=(−1−1)2+(0−m)2=m2+4
EM2=(−2−1)2+(−5−m)2=m2+10m+34
∵由于N是任意一点，要使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形
∴△AME是等腰三角形
当AE=AM时，AM2=AE2=m2+4=26，
解得m=±22，
此时M点坐标为1,22，1,−22
当AE=EM时，EM2=AE2=m2+10m+34=26，
解得m=−5±17，
此时M点坐标为1,−5+17，1,−5−17
当AM=EM时，EM2=AM2=m2+10m+34=m2+4，
解得m=−3，
此时M点坐标为1,−3
综上所述，存在点M1,−3，1,22，1,−22，1,−5+17，1,−5−17
，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形
【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求抛物线的解析式、线段和最值问题、二次函数的性质、菱形的判定与性质，综合性较强，有一定难度．其中第（3）问把菱形转换成等腰三角形是解题的关键，需要注意分析题意分情况进行讨论，否则容易漏解．
20．（2022·湖北恩施·统考模拟预测）如图，已知抛物线y=14x+ℎ2+k．点A−1,2在抛物线的对称轴上，B0,54是抛物线与y轴的交点，D为抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C．
(1)直接写出ℎ，k的值；
(2)如图，若点D的坐标为3,m，点Q为y轴上一动点，直线QK与抛物线对称轴垂直，垂足为点K．探求DK+KQ+QC的值是否存在最小值，若存在，求出这个最小值及点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图，连接AD，AC，若∠DAC=60°，求点D的坐标．
【答案】(1)ℎ=1，k=1
(2)存在，最小值为74+1，Q0,157
(3)D23−1,4
【分析】（1）根据二次函数性质进行分析，即可得到答案；
（2）由（1）可知y=14x+12+1，求得D3,5，作C点关于直线x=−12的对称点C'，连接C'D交抛物线对称轴于点K，连接CQ，当C'、K、D三点共线时，C'D有最小值，即DK+KQ+QC的值最小，利用坐标点的距离公式，得到C'D=74，即可求出DK+KQ+QC的最小值，再利用待定系数法求出直线C'D的解析式为y=57x+207，进而得到点K的坐标，即可求得点Q的坐标．
（3）如图，过D作DE⊥AC于E，设Dm,14m2+12m+54，则Cm,0，可得CD2=14m2+12m+542，DE2=34AD2 CE2=AC2−AC⋅AD+14AD2，DE2+CE2=AD2+AC2−AC⋅AD，而CD2=DE2+CE2，再建立方程求解即可.
【详解】（1）解：∵点A−1,2在抛物线的对称轴上，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴ℎ=1，
∴y=14x+12+k，
∵B0,54是抛物线与y轴的交点，
∴14+k=54，
∴k=1；
（2）解：存在最小值，理由如下：
由（1）可知，y=14x+12+1，
∵点D是抛物线上一点，坐标为3,m，
∴m=14×3+12+1=5，
∴D3,5，
作C点关于直线x=−12的对称点C'，连接C'D交抛物线对称轴于点K，连接CQ，

由对称性可知，C'K=CQ，
∴DK+KQ+QC=DK+KQ+C'K≥C'D+KQ，
当C'、K、D三点共线时，C'D有最小值，即DK+KQ+QC的值最小，
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，QK与抛物线对称轴垂直，
∴KQ=1，
∵D3,5，CD⊥x轴，
∴C3,0，
∴C'−4,0，
∴C'D=3+42+5−02=74，
∴DK+KQ+QC的最小值为74+1，
设直线C'D的解析式为y=kx+b，
∴−4k+b=03k+b=5，
解得：k=57b=207，
∴直线C'D的解析式为y=57x+207，
令x=−1，则y=−57+207=157，
∴K−1,157，
∴Q0,157．
（3）∵y=14x+12+1=14x2+12x+54，
如图，过D作DE⊥AC于E，设Dm,14m2+12m+54，则Cm,0，
∴CD2=14m2+12m+542，

∵∠DAC=60°，
∴DE2=AD⋅sin60°2=34AD2，CE2=AC−AD⋅cs60°2=AC2−AC⋅AD+14AD2，
∴DE2+CE2=AD2+AC2−AC⋅AD
=m+12+4+14m2+12m+54−22+m+12−m+12+14m2+12m−342⋅m+12+4，
而CD2=DE2+CE2，
解得：m=±23−1，
∵D在第二象限，则m>0，
∴m=23−1，
∴D23−1,4.
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，最值问题，勾股定理，一元二次方程的解法，待定系数法求一次函数解析式等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
题型05 利用二次函数解决三角形周长的最值问题
21．（2023·广东湛江·校考一模）抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A−3,0,B1,0，与y轴交于点C．

(1)
(2)求抛物线的解析式
(3)在抛物线对称轴上找一点M，使△MBC的周长最小，并求出点M的坐标和△MBC的周长
(4)若点P是x轴上的一个动点，过点P作PQ∥BC交抛物线于点Q，在抛物线上是否存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在请求出点Q的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−23x2−43x+2
(2)当△MBC的周长最小时，点M的坐标为−1,43，△MBC的周长为13+5
(3)在抛物线上存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点Q的坐标为−2,2或−1−7,−2或−1+7,−2
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，利用二次函数的性质可得出抛物线对称轴为直线x=−1，连接AC，交抛物线对称轴于点M，此时△MBC的周长取最小值，由点A，B，C的坐标可得出BC，AC的长度及直线AC的解析式，再结合二次函数图象对称轴的横坐标和直线AC的解析式可得出点M的坐标和△MBC的周长；
（3）由点B，C，P的纵坐标可得出点Q的纵坐标为2或−2，再利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：解：将A−3,0,B1,0代入y=ax2+bx+2，得：9a−3b+2=0a+b+2=0，
解得：a=−23b=−43，
∴抛物线的解析式为y=−23x2−43x+2．
（2）解：当x=0时，y=−23x2−43x+2=2，
∴点C的坐标为0,2．
∵抛物线的解析式为y=−23x2−43x+2，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1．
连接AC，交抛物线对称轴于点M，如图1所示．

∵点A，B关于直线x=−1对称，
∴MA=MB，
∴MB+MC=MA+MC=AC，
∴此时△MBC的周长取最小值．
∵点A的坐标为−3,0，点B的坐标为1,0，点C的坐标为0,2，
∴AC=13，BC=5，直线AC的解析式为y=23x+2（可用待定系数法求出来）．
当x=−1时，y=23x+2=43，
∴当△MBC的周长最小时，点M的坐标为−1,43，△MBC的周长为13+5．
（3）解：∵以B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点B，P的纵坐标为0，点C的纵坐标为2，
∴点Q的纵坐标为2或−2，如图2所示．

当y=2时，2=−23x2−43x+2，
解得：x1=−2,x2=0（舍去），
∴点Q的坐标为−2,2；
当y=−2时，−2=−23x2−43x+2，
解得：x1=−1−7,x2=−1+7，
∴点Q的坐标为−1−7,−2或−1+7,−2．
∴在抛物线上存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点Q的坐标为−2,2或−1−7,−2或−1+7,−2．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、二次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式；（2）利用两点之间线段最短，找出点M的位置；（3）根据平行四边形的性质，找出点Q的纵坐标为2或−2．
22．（2023·湖南郴州·统考中考真题）已知抛物线y=ax2+bx+4与x轴相交于点A1,0，B4,0，与y轴相交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求PAPC的值；
(3)如图2，取线段OC的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使tan∠QDB=12？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−5x+4
(2)35
(3)Q5+172,2或Q5−172,2或Q3,−2或Q23,109
【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据△PAC的周长等于PA+PC+AC，以及AC为定长，得到当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，根据抛物线的对称性，得到A,B关于对称轴对称，则：PA+PC=PB+PC≥BC，得到当P,B,C三点共线时，PA+PC=BC，进而求出P点坐标，即可得解；
（3）求出D点坐标为0,2，进而得到tan∠OBD=12，得到∠QDB=∠OBD，分点Q在D点上方和下方，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+4与x轴相交于点A1,0，B4,0，
∴a+b+4=016a+4b+4=0，解得：a=1b=−5，
∴y=x2−5x+4；
（2）∵y=x2−5x+4，当x=0时，y=4，
∴C0,4，抛物线的对称轴为直线x=52
∵△PAC的周长等于PA+PC+AC，AC为定长，
∴当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，
∵A,B关于对称轴对称，
∴PA+PC=PB+PC≥BC，当P,B,C三点共线时，PA+PC的值最小，为BC的长，此时点P为直线BC与对称轴的交点，
设直线BC的解析式为：y=mx+n，
则：4m+n=0n=4，解得：m=−1n=4，
∴y=−x+4，
当x=52时，y=−52+4=32，
∴P52,32，
∵A1,0,C0,4，
∴PA=52−12+322=322，PC=522+4−322=522，
∴PAPC=35；
（3）解：存在，
∵D为OC的中点，
∴D0,2，
∴OD=2，
∵B4,0，
∴OB=4，
在Rt△BOD中，tan∠OBD=ODOB=12，
∵tan∠QDB=12=tan∠OBD，
∴∠QDB=∠OBD，
①当Q点在D点上方时：
过点D作DQ∥OB，交抛物线与点Q，则：∠QDB=∠OBD，此时Q点纵坐标为2，
设Q点横坐标为t，
则：t2−5t+4=2，
解得：t=5±172，
∴Q5+172,2或Q5−172,2；
②当点Q在D点下方时：设DQ与x轴交于点E，
则：DE=BE，
设Ep,0，
则：DE2=OE2+OD2=p2+4，BE2=4−p2，
∴p2+4=4−p2，解得：p=32，
∴E32,0，
设DE的解析式为：y=kx+q，
则：q=23k2+q=0，解得：q=2k=−43，
∴y=−43x+2，
联立y=−43x+2y=x2−5x+4，解得：x=3y=−2或x=23y=109，
∴Q3,−2或Q23,109；
综上：Q5+172,2或Q5−172,2或Q3,−2或Q23,109．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．本题的综合性强，难度较大，属于中考压轴题．
23．（2023·四川资阳·统考二模）如图，直线y=−43x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=−43x2+bx+c过A、B两点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为抛物线上位于AB上方的一点，过点D作DE⊥AB于点E，作DF∥y轴交AB于点F，当△DEF的周长最大时，求点D的坐标；
(3)G是平面内的一点，在（2）的条件下，将△DEF绕点G顺时针旋转α得到△D'E'F'，当α=∠OBA时，△D'E'F'的两个顶点恰好落在抛物线上，求点D'的横坐标．
【答案】(1)y=−43x2+83x+4
(2)D32,5
(3)1910或75
【分析】（1）根据yAB=−43x+4，令y=0和x=0，求出 A3,0，B0,4，代入解析式即可得到最后结果；
（2）根据勾股定理求出AB长度，表示出DE+EF+DF=125DF，设Dt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，表示出DF=−43t2+4t，DE+EF+DF=−165t−322+365，根据题意，即可得到D点坐标；
（3）根据当△DEF顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，设D'm,n则E'm−95,n，F'm−95,n，分别在当E'、D'两个顶点在抛物线上时，和当D'、E'两个顶点在抛物线上时，求出m的值为1910或75，即可得到最后结果．
【详解】（1）解：∵yAB=−43x+4，令y=0，
得−43x+4=0，
解得：x=3，
令x=0，得y=4，
∴A3,0，B0,4，
故得方程组0=−12+3b+c4=c，
∴b=83c=4，
∴此抛物线的解析式为：y=−43x2+83x+4；
（2）∵A3,0，B0,4，
∴OA=3，OB=4，
∴AB=OA2+OB2=5，
∴sin∠ABO=OAAB=35，cs∠ABO=OBAB=45，
∵DF∥y轴，
∴∠DFE=∠ABO，
∵DE⊥AB，
∴DEDF=sin∠DFE=cs∠ABO=35，
∴EF=35DF，
∵EFDF=cs∠DFE=cs∠ABO=45，
∴EF=45DF，
∴DE+EF+DF=35DF+45DF+DF=125DF，
设Dt,−43t2+83t+4，则Ft,−43t+4，
∴DF=−43t2+83t+4−−43t+4=−43t2+4t，
∴DE+EF+DF=125−43t2+4t=−165t−322+365，
∴当t=32时，△DEF的周长最大，
∵t=32，−43t2+83t+4=5，
∴D32,5；
（3）当t=32时，DF=3，
∴DE=35DF=95，EF=45DF=125，
∵∠DFE=∠ABO=α，
∴当△DEF顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，
设D'm,n则E'm−95,n，F'm−95,n，
①当E'、D'两个顶点在抛物线上时，

−43m2+83m+4=n−43m−952+83m−95+4=n，
解得：m=1910，
∴D'的横坐标为1910，
②当D'、F'两个顶点在抛物线上时，

∴−43m2+83m+4=n−43m−952+83m−95+4=n−125，
解得：m=75，
∴D'的横坐标为75，
又∵E'F'∥y轴，
∴E'、F'不会同时在抛物线上，
∴综上所述，点D'的横坐标为1910或75．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求函数解析式，二次函数图像和特征，一次函数图像和特征，勾股定理，三角函数值，解答本题的关键是运用分类讨论的思想．
24．（2023·湖北恩施·统考一模）已知直线y=x−1与x轴交于点A，过x轴上A，C两点的抛物线y=ax2+bx+3与y轴交于点B，与直线y=x−1交于D且OB=OC，
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点M是抛物线对称轴l上一动点，当△CDM的周长最小时，求△CDM的面积；
(4)点P是抛物线上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，DP，若△ADP的面积等于3，求点P的坐标．
【答案】(1)A1，0，C3，0，B0，3
(2)y=x2−4x+3
(3)2
(4)P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172
【分析】（1）先求出点C的坐标，进而求出点B的坐标，在y=x−1中，当y=0时，x=1，即可求出点A的坐标；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）先求出D4，3；设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，由对称性可知AM=CM，则当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，根据S△CDH=S△ACD−S△ACH进行求解即可；
（4）先求出过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，再证明S△ADC=S△ADP，则由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，据此求解即可．
【详解】（1）解：在y=ax2+bx+3中，当x=0时，y=3，
∴C3，0，
∴OB=OC=3，
∴B0，3，
在y=x−1中，当y=0时，x=1，
∴A1，0；
（2）解：设抛物线解析式为y=ax−1x−3，
把C0，3代入y=ax−1x−3中得3=a0−10−3，
解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x−1x−3=x2−4x+3；
（3）解：联立y=x−1y=x2−4x+3，
解得x=4y=3或x=1y=0，
∴D4，3；
设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，
由对称性可知AM=CM，
∴△CDM的周长=CM+DM+CD=AM+DM+CD，
∵CD是定值，
∴当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点M与点H重合，
∵A1，0，B3，0，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
在y=x−1中，当x=2时，y=1，
∴H2，1，
∴S△CDH=S△ACD−S△ACH=12×3−1×3−12×3−1×1=2；
（4）解：设过点C且与AD平行的直线解析式为y=x+b1，
∴0=3+b1，
∴b1=−3，
∴过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，
∵S△ADC=12×3−2×3=3，
∴S△ADC=S△ADP，
∴由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，
联立y=x−3y=x2−4x+3，解得x=2y=−1或x=3y=0，
∴P12，−1；
联立y=x+1y=x2−4x+3，解得x=5+172y=7+172或x=5−172y=7−172，
∴P25+172，7+172或P35−172，7−172；
综上所述，点P的坐标为P12，−1或P25+172，7+172或P35−172，7−172．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，待定系数法求函数解析式等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
25．（2023·四川成都·统考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+ca≠0 与x轴交于点A−1，0，点B3，0，与y轴交于点C0，−3．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使△AQC的周长最小，求点Q的坐标；
(3)在（2）的条件下，点P是抛物线上的一点，当△AQC和△AQP面积相等时，请求出所有点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)Q(1,−2)
(3)P1(1,−4)，P21+172,1−172，P31−172,1+172
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）如图，连接CB交对称轴于点Q，先求出抛物线的对称轴为直线x=1，由对称性得到AQ=BQ，进一步推出当C，B，Q三点共线时，△AQC的周长最小，求出直线BC的解析式为y=x−3，进而求出点Q的坐标即可；
（3）同理可求出直线AQ的解析式y=−x−1，过点C作AQ的平行线，交抛物线于点P1，同理可求出直线P1C的解析式为y=−x−3，联立y=−x−3y=x2−2x−3，解得x=1y=−4，则P11,−4；直线AQ与y轴的交点为0，−1，点C0，−3到0，−1的距离为2个单位，根据平行线间间距相等可知将直线AQ向上平移2个单位，得到直线y=−x+1，其与抛物线的两个交点也符合题意，同理求出对应的交点坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于点A−1,0，点B3,0，与y轴交于点C0，−3，
∴a−b+c=09a+3b+c=0c=−3，
∴a=1b=−2c=−3，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：如图，连接CB交对称轴于点Q，
∵抛物线解析式为y=x2−2x−3=x−12−4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵点A，B关于对称轴x=1对称，
∴AQ=BQ，
∴AC+AQ+CQ=AC+CQ+BQ≥AC+BC，
∴当C，B，Q三点共线时，△AQC的周长最小，
∵C0,−3，B(3,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b'k≠0，
∴3k+b'=0b'=−3，
∴k=1b'=−3
∴直线BC的解析式为y=x−3，
在y=x−3中，当x=1时，y=−2，
∴Q1,−2；
（3）解： 同理可求出直线AQ的解析式y=−x−1，
过点C作AQ的平行线，交抛物线于点P1，
同理可求出直线P1C的解析式为y=−x−3，
联立y=−x−3y=x2−2x−3，解得x=1y=−4或x=0y=−3（舍去），
∴P11,−4；
∵直线AQ与y轴的交点为0，−1，点C0，−3到0，−1的距离为2个单位，根据平行线间间距相等可知将直线AQ向上平移2个单位，得到直线y=−x+1，其与抛物线的两个交点也符合题意，
联立y=−x+1y=x2−2x−3，解得x=1+172y=1−172或x=1−172y=1+172
同理可得P21+172,1−172，P31−172,1+172，
综上所述：点P的坐标为P1(1,−4)，P21+172,1−172，P31−172,1+172．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数函数综合，待定系数法求函数解析式，平行线间间距相等等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
题型06 利用二次函数解决四边形周长的最值问题
26．（2023·辽宁丹东·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A−1,0，B5,0两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点P是位于直线BC上方抛物线上的一个动点，求△BPC面积的最大值；
(3)若点D是y轴上的一点，且以B、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标；
(4)若点E为抛物线的顶点，点F3,a是该抛物线上的一点，点M在x轴、点N在y轴上，是否存在点M、N使四边形EFMN的周长最小，若存在，请直接写出点M、点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x+5
(2)1258
(3)D的坐标为0,−1或0,−103
(4)M1117,0，N0,115
【分析】（1）把A−1,0，B5,0分别代入y=ax2+bx+5，利用待定系数法求解；
（2）过点P作PH⊥OB交BC于点H，根据S△PBC=12OB⋅PH得到S△PBC关于点P的横坐标的二次函数关系式，进而求出二次函数的最值即可；
（3）由∠OBC=∠OCB=45°可知：要使△BCD与△ABC相似，则有ABBC=BCCD或ABBC=CDBC，分别求解即可；
（4）作点E关于y轴的对称点E'，作点F3,a关于x轴的对称点F'，由轴对称的性质可得四边形EFMN的周长=MN+NE+MF+EF=MN+NE'+MF'+EF，可知当E'，F'，M，N在一条直线上时，四边形EFMN的周长取最小值，直线E'F'与x轴、y轴的交点即为点M、N，由此可解．
【详解】（1）解：把A−1,0，B5,0分别代入y=ax2+bx+5得：
0=a−b+50=25a+5b+5 ，
解得a=−1b=4，
∴抛物线的表达式为y=−x2+4x+5．
（2）解：如图，过点P作PH⊥OB交BC于点H，

令x=0，得y=5，
∴C0,5，
∴设直线BC的表达式为：y=kx+b，
将C0,5，B5,0代入y=kx+b，
得5=b0=5k+b，
解得k=−1b=5，
∴直线BC的表达式为y=−x+5，
设Pm,−m2+4m+5，则Hm,−m+5，
∴PH=−m2+4m+5+m−5=−m2+5m，
∴S△PBC=12OB⋅PH=12×5×−m2+5m=−52m−522+1258，
∴当m=52时，S△PBC取最大值，最大值为1258，
即△BPC面积的最大值为1258；
（3）解：如图，

∵C0,5，B5,0，A−1,0，
∴OC=OB=5，AB=5−−1=6，
∴∠OBC=∠OCB=45°，BC=OC2+OB2=52，
要使△BCD与△ABC相似，
则有ABBC=BCCD或ABBC=CDBC，
①当ABBC=BCCD时，652=52CD，
解得CD=253，
则OD=CD−OC=103，
∴D0,−103；
② 当ABBC=CDBC时，CD=AB=6，
则OD=CD−OC=6−5=1，
∴D0,−1，
即D的坐标为0,−1或0,−103；
（4）解：y=−x2+4x+5=−x−22+9，
∵E为抛物线的顶点，
∴E2，9，
∵F3,a在抛物线上，
∴a=−32+4×3+5=8，
∴F3,8，
如图，作点E关于y轴的对称点E'−2，9，作点F关于x轴的对称点F'3,−8，

由轴对称的性质可知E'N=EN，F'M=FM，
∴四边形EFMN的周长=MN+NE+MF+EF=MN+NE'+MF'+EF，
∴当E'，F'，M，N在一条直线上时，四边形EFMN的周长取最小值，
因此，直线E'F'与x轴、y轴的交点即为点M、N，
设直线E'F'的解析式为：y=mx+n，将E'−2，9，F'3,−8代入，
得9=−2m+n−8=3m+n，
∴m=−175n=115，
∴直线E'F'的解析式为：y=−175x+115，
当x=0时，y=115；
当y=−175x+115=0时，x=1117，
∴M1117,0，N0,115．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查一次函数、二次函数、轴对称、相似三角形等知识点，综合性较强，难度较大，解题的关键是综合运用上述知识点，第四问的关键是利用轴对称的性质找出点M和点N的位置．
27．（2022·广东东莞·东莞市光明中学校考一模）二次函数y=ax2+bx+3a≠0的图像与y轴交于点C，与x轴交于点A1,0、B92,0．
(1)求a、b的值；
(2)P是二次函数图像在第一象限部分上一点，且∠PAB=∠OCA，求P点坐标；
(3)在（2）的条件下，有一条长度为1的线段EF落在OA上（E与点O重合，F与点A重合），将线段EF沿x轴正方向以每秒613个单位向右平移，设移动时间为t秒，当四边形CEFP周长最小时，求t的值．
【答案】(1)a=23,b=−113
(2)P5,43
(3)6
【分析】（1）把A1,0、B92,0代入数y=ax2+bx+3即可得出结果；
（2）先得出tan∠PAB=13，设Px,23x2−113x+3(092），如图：过点P作.PD⊥x.轴于点D，根据解直角三角形得出tan∠PAD=PDAD=23x2−113x+3x−1=13，得出P点坐标；
（3）作P1关于x轴的对称点P2，先求CP2的解析式，得出当CE+PF值最小时，四边形CEFP的周长最小，连接EP1，根据两点之间线段最短可得：当C，E，P2三点共线，CE+EP2=CP2时，CE+EP2最短，得出结论．
【详解】（1）解：把A1,0、B92,0代入数y=ax2+bx+3
得：a+b+3=0814a+92b+3=0，解得：a=23，b=−113，
∴a的值为：23，b的值为：−113．
（2）解：由y=23x2−113x+3，令x=0，则y=3，
∴C(0,3），即OC=3
∵OA=1，OC=3，
∴在Rt△AOC中，tan∠ACO=AOCO=13，
∵∠PAB=∠OCA，
∴tan∠PAB=13，
设Px,23x2−113x+3(092），
过点P作PD⊥x轴于点D，
∴AD=OD−OA=x−1，
在Rt△PAD中，
tan∠PAD=PDAD=23x2−113x+3x−1=13，
∴x=5，
∴x−1≠0，
当x=5时，23x2−113x+3=23×52−113×5+3=43，
∴P5,43.
（3）解：由题意得：OE=613t，OF=613t+1，即F向左平移1个单位到点E，
将P5,43向左平移1个单位到P14,43，
作P1关于x轴的对称点P2，则P24,−43，
连接CP2，
设CP2：y=kx+b(k≠0），
把C0,3，P24,−43代入得：
b=34k+b=−43，解得：k=−1312b=3，
∴CP2：y=−1312x+3，
令y=0，则0=−1312x+3，
∴x=3613，即CP2与x轴的交点为3613,0，
∴当E3613,0，F4913,0时，四边形CEFP的周长最短，
∵四边形CEFP的周长=CP+EF+CE+PF，且CP，EF是定长，
∴当CE+PF值最小时，四边形CEFP的周长最小，
连接EP1，
∵PP1=1=EF，且PP1//EF，
∴四边形EFPP1是平行四边形，
∴EP1=PF，
∵P1，P2关于x轴对称，E是x轴上的点，
∴EP1=EP2，
∴EP2=PF，
∴CE+PF=CE+EP2，
根据两点之间线段最短可得：当C，E，P2三点共线，CE+EP2=CP2时，CE+EP2最短，
即E3613,0时，四边形CEFP的周长最小，
∴613t=3613，t=6s，
即当t=6s时，四边形CEFP的周长最小．
【点睛】本题考查了二次函数的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
28．（2022·安徽六安·校考一模）如图，直线AB∶y=x-3与x轴、y轴分别交于A，B两点，抛物线y=x²+bx+c经过点A，B，抛物线的对称轴与x轴交于点D，与直线AB交于点N，顶点为C
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M在线段BN上运动，过点M作线段EF平行于y 轴，分别交抛物线于点F，交x轴于点E，作FG⊥CD于点G；
①若设E（t，0），试用含t的式子表示 DE的长度；
②试求四边形 EFGD的周长取得最大值．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)①DE=1−t；②172
【分析】（1）由直线AB∶y=x-3，求出其与x轴、y轴的交点坐标，再代入二次函数解析式，求解即可；
（2）①由抛物线的解析式得出它的对称轴，对称轴与x轴交点的横坐标减去点 E 的横坐标，就是 DE 的长度；
②用含t的代数式表示 EF 的长度，再表示矩形 EFGD 的周长，将得到的二次函数解析式转化为顶点式，求四边形 EFGD周长最大时 t的值即可．
【详解】（1）∵直线AB∶y=x-3，令x=0 得y=−3 ，令y=0 得x=3
∴A(3,0),B(0,−3)
将A、B的坐标代入y=x²+bx+c
得{0=9+3b+c−3=c 解得{b=−2c=−3
∴ 抛物线的解析式为y=x2−2x−3
（2）①∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4
∴D(1,0)
∵ E（t，0）
∴DE=1−t
②∵ E（t，0）
∴M(t,t−3),F(t,t2−2t−3)
∴EF=−(t2−2t−3)=−t2+2t+3
∴ 四边形 EFGD的周长=2(1−t−t2+2t+3)=−2t2+2t+8=−2(t−12)2+172
∵−2<0,0∴t=12 时，四边形 EFGD的周长取得最大值为172 ．
【点睛】本题考查了一次函数图象与坐标轴的交点、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质及二次函数求最值的问题等，熟练掌握知识点并能够运用数形结合的思想是解题的关键．
题型07 利用二次函数解决图形面积的最值问题
【解题思路】抛物线中的面积最值问题通常有以下3种解题方法：
1）当所求图形的面积没有办法直接求出时，通常采用分割或补全图形的方法表示所求图形的面积，如下：
一般步骤为：①设出要求的点的坐标；
②通过割补将要求的图形转化成通过条件可以表示的图形面积和或差；
③列出关系式求解；
④检验是否每个坐标都符合题意．
2）用铅垂定理巧求斜三角形面积的计算公式：三角形面积等于水平宽和铅锤高乘积的一半.
3）利用平行线间的距离处处相等，根据同底等高，将所求图形的面积转移到另一个图形中，如图所示：
一般步骤为：①设出直线解析式，两条平行直线k值相等；
②通过已知点的坐标，求出直线解析式；
③求出题意中要求点的坐标；
④检验是否每个坐标都符合题意．
类型一 利用割补、拼接法解决面积最值问题
29．（2022·广东·统考中考真题）如图，抛物线y=x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A1,0，AB=4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ//BC交AC于点Q．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)2；P（-1，0）
【分析】（1）用待定系数法将A，B的坐标代入函数一般式中，即可求出函数的解析式；
（2）分别求出C点坐标，直线AC，BC的解析式，PQ的解析式为：y=-2x+n，进而求出P，Q的坐标以及n的取值范围，由S△CPQ=S△CPA−S△APQ列出函数式求解即可．
【详解】（1）解：∵点A（1，0），AB=4，
∴点B的坐标为（-3，0），
将点A（1，0），B（-3，0）代入函数解析式中得：
{0=1+b+c0=9−3b+c，
解得：b=2，c=-3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为y=x2+2x−3，
顶点式为：y=(x+1)2−4，
则C点坐标为：（-1，-4），
由B（-3，0），C（-1，-4）可求直线BC的解析式为：y=-2x-6，
由A（1，0），C（-1，-4）可求直线AC的解析式为：y=2x-2，
∵PQ∥BC，
设直线PQ的解析式为：y=-2x+n，与x轴交点P(n2,0)，
由{y=−2x+ny=2x−2解得：Q(n+24,n−22)，
∵P在线段AB上，
∴−3∴n的取值范围为-6＜n＜2，
则S△CPQ=S△CPA−S△APQ
=12×(1−n2)×4−12×(1−n2)×(−n−22)
=−18(n+2)2+2
∴当n=-2时，即P（-1，0）时，S△CPQ最大，最大值为2．
【点睛】本题考查二次函数的面积最值问题，二次函数的图象与解析式间的关系，一次函数的解析式与图象，熟练掌握数形结合思想是解决本题的关键．
30．（2012下·江苏泰州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A−4,0，B0,−4，C2,0三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值；
(3)若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=−x上的动点，判断有几个位置能使以点P，Q，B，O为顶点的四边形为平行四边形（要求PQ∥OB），直接写出相应的点Q的坐标．
【答案】(1)y=12x2+x−4
(2)S=−m2−4m,S的最大值为4
(3)Q−2+25,2−25或−2−25,2+25或−4,4．
【分析】（1）先假设出函数解析式，利用待定系数法求解函数解析式即可；
（2）设出M点的坐标，利用S=S△AOM+S△OBM−S△AOB，即可进行解答；
（3）由PQ∥OB，则OB，PQ是平行四边形的边，根据平行四边形的对边相等，列出方程求解即可．
【详解】（1）解：设此抛物线的函数解析式为：y=ax2+bx+ca≠0，
将A−4,0，B0,−4，C2,0三点代入函数解析式得：
16a−4b+c=0c=−44a+2b+c=0，
解得a=12b=1c=−4，
所以此函数解析式为：y=12x2+x−4；
（2）解：连接OM ，
∵M点的横坐标为m，且点M在这条抛物线上，
∴M点的坐标为m,12m2+m−4，
∴S=S△AOM+S△OBM−S△AOB
=12×4×−12m2−m+4+12×4×−m−12×4×4
=−m2−4m
=−m+22+4，
∵−4当m=−2时，S有最大值为：S=4．
（3）解：设Px,12x2+x−4，
根据平行四边形的性质知PQ∥OB，且PQ=OB，则OB，PQ为平行四边形的边，
∴Q的横坐标等于P的横坐标，
又∵直线的解析式为y=−x，
则Qx,−x，
由PQ=OB，得−x−12x2+x−4=4，
整理得：−12x2−2x+4=4,
所以−12x2−2x+4=4或−12x2−2x+4=−4,
解得x=0或−4或−2±25（x=0不符合题意，舍去），
∵PQ∥OB，
∴OB不可能是对角线
∴由此可得：Q−2+25,2−25或−2−25,2+25或−4,4．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到平行四边形的性质、面积的计算等，有一定的综合性，熟练的利用二次函数的性质与平行四边形的性质解题是关键．
31．（2021·河南驻马店·校联考二模）如图所示，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=3，抛物线与x轴交于A−2,0、B两点，与y轴交于点C0,4．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连结BC，在第一象限内的抛物线上，是否存在一点P，使△PBC的面积最大？最大面积是多少？
【答案】（1）y=−14x2+32x+4；（2）存在，当m=4时，△PBC面积最大为16，此时点P点坐标为4,6．
【分析】（1）用待定系数法解答便可；
（2）设点P的坐标为m,−14m2+32m+4，连结PC、PB、PO．根据对称性求出点B的坐标，根据S△PBC=S△POC+S△POB−S△BOC得到二次函数关系式，最后配方求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线过点C0,4，
∴c=4．
∵抛物线的对称轴为直线x=3，
∴可设抛物线为y=ax−32−9a+4．
∵抛物线过点A−2,0，
∴25a−9a+4=0，解得a=−14．
∴抛物线的解析式为y=−14(x−3)2+32+4，即y=−14x2+32x+4．
（2）存在，设点P的坐标为m,−14m2+32m+4，连结PC、PB、PO．
∵点A、B关于直线x=3对称，且A−2,0
∴B8,0．
∴S△PBC=S△POC+S△POB−S△BOC
=12×4×m+12×8×−14m2+32m+4−12×4×8
=−m2+8m
=−(m−4)2+16．
∵a=−1<0
∴当m=4时，△PBC面积最大为16，此时点P点坐标为4,6．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，三角形面积公式以及二次函数的最值求法，根据图形得出S△PBC=S△POC+S△POB−S△BOC由此得出二次函数关系式是解答此题的关键．
32．（2022·湖北随州·统考中考真题）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c+a<0与x轴分则点A和点B1,0，与y轴交于点C，对称轴为直线x=−1，且OA=OC，P为抛物线上一动点．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
(3)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)S最大=758，P点的坐标为−32,154
(3)存在，P1−1,4，N10,4；P2−5−1456,145−118，N21−1456,0；P3−5+1456,−145−118，N31+1456,0
【分析】（1）根据已知条件，列出方程组求出a，b，c的值即可；
（2）方法一：设Pm,n，四边形PABC的面积S=SΔPAO+SΔPCO+SΔBCO，用m表示出S，并求出S的最大值与此时P点的坐标；
方法二：易知A−3,0，C0,3，故直线AC的方程为y=x+3，设Px,−x2−2x+3−3（3）根据题目要求，分类讨论当当N在y轴上时；当N在x轴负半轴上时，设Nt,0，用t表示出点P的坐标，解出t，写出点P及其对应点N的坐标．
【详解】（1）解：∵OA=OC，
∴C0,c，A−c，0，
∵B1,0，对称轴为直线x=−1，c>0，
∴0=a+b+c−b2a=−10=ac2+bc+c，解得a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3．
（2）解：方法一：连接OP，
设Pm,n，易知−30，
∵AO=CO=3，BO=1，
∴四边形PABC的面积S=SΔPAO+SΔPCO+SΔBCO，
∴S=12×3n+12×3⋅−m+12×3×1
=32n−m+1
又∵n=−m2−2m+3，
∴S=32−m2−3m+4=−32m+322+758
∴当m=−32时，S最大=758，
∴此时P点的坐标为−32,154；
方法二：易知A−3,0，C0,3，故直线AC的方程为y=x+3
设Px,−x2−2x+3−3∵过点P作PQ⊥x轴，交AC于点Q，
∴Ox,x+3，
∵点P在AC上方，
∴PQ=−x2−2x+3−x+3=−x2−3，
∴SΔAPC=SΔPAQ+SΔPCQ=12PQxQ−xA+12PQxC−xQ
=12PQxC−xA=32PQ=32−x2−3x=−32x2−92x，
∴四边形PABC面积S=SΔAPC+SΔABC=−32x2−92x+12×4×3=−32x2−92x+6，
∴当x=−32时，S有最大值758，
∴此时P点的坐标为−32,154．
（3）存在点N．
①当N在y轴上时，
∵四边形PMCN为矩形，
此时，P1−1,4，N10,4；
②当N在x轴负半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设Nt,0，则ON=−t，
∴∠CDM=∠NEP=90°，
∵四边形PMCN为矩形，
∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，
∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，
∴∠MCD=∠ONC，
又∵∠CDM=∠CON=90°，
∴△CMD∽△CNO，
∴CDON=MDOC，
又∵点M在对称轴上，C0,3，
∴DM=1,OC=3，
∴CD−t=13，即CD=−13t，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，
∴∠CMD=∠PNE，
∴△CMD≌△NPEAAS，
∴NE=MD=1，EP=CD=−13t，
∴OE=ON+EN=−t+1，
∴P点的坐标为t−1,−13t，
∵P点在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴−13t=−t−12−2t−1+3
解得t1=1−1456，t2=1+1456（舍），
∴P2−5−1456,145−118，N21−1456,0；
③当N在x轴正半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设Nt,0，则ON=t，
∴∠CDM=∠NEP=90°，
∵四边形PMCN为矩形时，
∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，
∵∠MCD+∠OCN=90°，∠ONC+∠OCN=90°，
∴∠MCD=∠ONC，
又∵∠CDM=∠CON=90°，
∴△CMD∽△CNO，
∴CDON=MDOC，
又∵点M在对称轴上，C0,3，
∴DM=1,OC=3，
∴CDt=13，即CD=13t，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠ONC+∠PNE=90°，
∴∠CMD=∠PNE，
∴△CMD≌△NPEAAS，
∴NE=MD=1，EP=CD=13t，
∴OE=ON−EN=t−1，
∴P点的坐标为t−1,−13t，
∵P点在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴−13t=−t−12−2t−1+3
解得t1=1−1456（舍），t2=1+1456，
∴P3−5+1456,−145−118，N31+1456,0，
综上：P1−1,4，N10,4；P2−5−1456,145−118，N21−1456,0；P3−5+1456,−145−118，N31+1456,0
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数、二次函数综合问题，矩形的性质与判定，二次函数图象上点的坐标特征等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．
类型二 利用用铅垂定理巧求斜三角形面积最值问题
33．（2022·山东烟台·统考中考真题）如图，已知直线y＝43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x＝﹣1．
(1)求抛物线的表达式；
(2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；
(3)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣43x2﹣83x+4
(2)S最大＝252，D（﹣32，5）
(3)存在，Q（﹣2，198）
【分析】（1）先求得A，C，B三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；
（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出DE的长，进而表示出三角形ADC的面积，进而表示出S的函数关系式，进一步求得结果；
（3）根据菱形性质可得PA＝PC，进而求得点P的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q坐标．
【详解】（1）解：当x＝0时，y＝4，
∴C （0，4），
当y＝0时，43x+4＝0，
∴x＝﹣3，
∴A （﹣3，0），
∵对称轴为直线x＝﹣1，
∴B（1，0），
∴设抛物线的表达式：y＝a（x﹣1）•（x+3），
∴4＝﹣3a，
∴a＝﹣43，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣43（x﹣1）•（x+3）＝﹣43x2﹣83x+4；
（2）如图1，
作DF⊥AB于F，交AC于E，
∴D（m，﹣43m2﹣83m+4），E（m，43m+4），
∴DE＝﹣43m2﹣83m+4﹣（43m+4）＝﹣43m2﹣4m，
∴S△ADC＝12DE⋅OA＝32•（﹣43m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，
∵S△ABC＝12AB⋅OC＝12×4×4＝8，
∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+32）2+252，
∴当m＝﹣32时，S最大＝252，
当m＝﹣32时，y＝﹣43×(−32−1)×(−32+3)＝5，
∴D（﹣32，5）；
（3）设P（﹣1，n），
∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，
∴PA＝PC，
即：PA2＝PC2，
∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，
∴n＝138，
∴P（﹣1，138），
∵xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝yA+yC
∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4﹣138＝198，
∴Q（﹣2，198）．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象性质，勾股定理，菱形性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关二次函数和菱形性质
34．（2019·湖南娄底·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C，且过点D(2,−3)．点P、Q是抛物线y=ax2+bx+c上的动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在直线OD下方时，求ΔPOD面积的最大值．
(3)直线OQ与线段BC相交于点E，当ΔOBE与ΔABC相似时，求点Q的坐标．
【答案】(1)抛物线的表达式为：y=x2−2x−3；(2)SΔPOD有最大值，当m=14时，其最大值为4916；(3) Q(3,−23)或(−3,23)或−1+132,1−132或−1−132,3+3132．
【分析】（1）函数的表达式为：y=a（x+1）（x-3），将点D坐标代入上式，即可求解；
（2）设点Pm,m2−2m−3，求出OG=3+2m，根据SΔPOD=12×OGxD−xP =12(3+2m)(2−m) =−m2+12m+3，利用二次函数的性质即可求解；
（3）分∠ACB=∠BOQ、∠BAC=∠BOQ，两种情况分别求解，通过角的关系，确定直线OQ倾斜角，进而求解．
【详解】解：(1)函数的表达式为：y=a(x+1)(x−3)，将点D坐标代入上式并解得：a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2−2x−3…①；
(2)设直线PD与y轴交于点G，设点Pm,m2−2m−3，
将点P、D的坐标代入一次函数表达式：y=sx+t并解得，直线PD的表达式为：y=mx−3−2m，则OG=3+2m，
SΔPOD=12×OGxD−xP =12(3+2m)(2−m) =−m2+12m+3，
∵−1<0，故SΔPOD有最大值，当m=14时，其最大值为4916；
(3)∵OB=OC=3，∴∠OCB=∠OBC=45°，
∵∠ABC=∠OBE，故ΔOBE与ΔABC相似时，分为两种情况：
①当∠ACB=∠BOQ时，AB=4，BC=32，AC=10，
过点A作AH⊥BC与点H，
SΔABC=12×AH×BC=12AB×OC，解得：AH=22，
∴CH＝2
则tan∠ACB=2，
则直线OQ的表达式为：y=−2x…②，
联立①②并解得：x=±3，
故点Q(3,−23)或(−3,23)；
②∠BAC=∠BOQ时，
tan∠BAC=OCOA=31=3=tan∠BOQ，
则直线OQ的表达式为：y=−3x…③，
联立①③并解得：x=−1±132，
故点Q−1+132,3−3132或−1−132,3+3132；
综上，点Q(3,−23)或(−3,23)或−1+132,1−132或−1−132,3+3132．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、三角形相似、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
35．（2018·辽宁阜新·中考真题）如图，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象交x轴于点A（1，0），B（3，0），交y轴于点C．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）点P是直线BC下方抛物线上的一动点，求△BCP面积的最大值；
（3）直线x=m分别交直线BC和抛物线于点M，N，当△BMN是等腰三角形时，直接写出m的值．
【答案】（1）这个二次函数的表达式是y=x2﹣4x+3；（2）S△BCP最大=278；（3）当△BMN是等腰三角形时，m的值为2，﹣2，1，2．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PE的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）根据等腰三角形的定义，可得关于m的方程，根据解方程，可得答案．
【详解】解：（1）将A（1，0），B（3，0）代入函数解析式，得
a+b+3＝09a+3b+3＝0，
解得a＝1b＝−4，
∴二次函数的表达式是y=x2-4x+3；
（2）当x=0时，y=3，即点C（0，3），
设BC的表达式为y=kx+b，将点B（3，0）点C（0，3）代入函数解析式，得
3k+b＝0b＝0，
解这个方程组，得
k＝−1b＝3
直线BC的解析是为y=-x+3，
过点P作PE∥y轴
，
交直线BC于点E（t，-t+3），
PE=-t+3-（t2-4t+3）=-t2+3t，
∴S△BCP=S△BPE+SCPE=12（-t2+3t）×3=-32（t-32）2+278，
∵-32＜0，
∴当t=32时，S△BCP最大=278.
（3）M（m，-m+3），N（m，m2-4m+3）
MN=m2-3m，BM=2|m-3|，
当MN=BM时，①m2-3m=2（m-3），解得m=2，
②m2-3m=-2（m-3），解得m=-2
当BN=MN时，∠NBM=∠BMN=45°，
m2-4m+3=0，解得m=1或m=3（舍）
当BM=BN时，∠BMN=∠BNM=45°，
-（m2-4m+3）=-m+3，解得m=2或m=3（舍），
当△BMN是等腰三角形时，m的值为2，-2，1，2．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用面积的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用等腰三角形的定义得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．
36．（2021·辽宁阜新·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3交x轴于点A(−1,0)，B(3,0)，过点B的直线y=23x−2交抛物线于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2） 若点P是直线BC下方抛物线上的一个动点（P不与点B，C重合），求△PBC面积的最大值；
（3）若点M在抛物线上，将线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，是否存在点M，使点N恰好落在直线BC上？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2−2x−3；（2）12527；（3）存在，(0,−3)或 1−974,21+3978或1+974,21−3978或12,−154
【分析】（1）将A、B两点的坐标分别代入抛物线的解析式中，得关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可求得a、b，从而可求得抛物线的函数解析式；
（2）过点P作PD//y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，则有S△PBC=S△PEB+S△PEC，设Pm,m2−2m−3，则可得E点坐标，从而可分别求得PE、DE，从而求得PE，解由二次函数与一次函数组成的方程组，可求得点C的坐标，
进而求得△PBC的面积关于m的函数，求出函数的最值即可；
（3）设点M的坐标为(p,q)，分别求出直线OM、ON的解析式，再求得ON与直线y=23x−2的交点N的坐标，根据OM=ON，即可求出p与q的值，从而求得点M的坐标．
【详解】（1）将点A−1,0，B3,0代入y=ax2+bx−3中，得：
0=a−b−30=9a+3b−3
解得a=1b=−2
∴该抛物线表达式为y=x2−2x−3．
（2）过点P作PD//y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，如图．
设点Pm,m2−2m−3，则点Em,23m−2．
∵点P、E均位于直线y=23x−2的下方
∴P、E两点的纵坐标均为负
∴PE=−m2+2m+3，DE=−23m+2
∴PE=PD−DE=−m2+2m+3−−23m+2 =−m2+83m+1
∵点C的坐标为方程组y=x2−2x−3y=23x−2的一个解
∴解这个方程组，得x1=3，x2=−13
∵点B坐标为3,0
∴点C的横坐标为−13
∴BD+CF=3+−13=103
∴S△PBC=S△PEB+S△PEC
=12PE⋅BD+12PE⋅CF
=12PE(BD+CF)
=12−m2+83m+1⋅103
=−53m−432+12527．（其中−13∵−53<0
∴这个二次函数有最大值，且当m=43时，S△PBC的最大值为12527．
（3）存在
设M(p,q)，其中q=p2−2p−3，且p≠0， 则直线OM的解析式为：y=qpx
由于ON⊥OM，则直线ON的解析式为： y=−pqx
解方程组y=−pqxy=23x−2 ，得x=6q2q+3p， y=−6p2q+3p
即点N的坐标为6q2q+3p,−6p2q+3p
∴ON2=6q2q+3p2+−6p2q+3p2=36(p2+q2)(2q+3p)2
∵OM2=p2+q2，且OM=ON
∴ 36(p2+q2)(2q+3p)2=p2+q2
∴(2q+3p)2=36
即2q+3p=6 或2q+3p=−6
把q=p2−2p−3代入两式中并整理，得：2p2−p−12=0 或2p2−p=0
解方程得： p1=1−974 ，p2=1+974，p3=12，p4=0 (舍去)
当p1=1−974时，q1=21+3978；当p2=1+974时，q2=21−3978；当p3=12时，q3=−154
故点M的坐标分别为：1−974,21+3978或1+974,21−3978或12,−154
当p=0时，则q=－3，即M(0,－3)，而B(3,0)，且OM⊥OB
即此时点M也满足题意
综上所述，满足题意的点M的坐标为(0,−3)或1−974,21+3978或1+974,21−3978或12,−154．
【点睛】本题是二次函数的压轴题，也是中考常考题型，它考查了待定系数法求二次数解析式，二次函数的图象，求二次函数的最值，平面直角坐标系中图象旋转问题，解方程组，勾股定理等知识，运算量较大，这对学生的运算能力提出了更高的要求；求三角形面积时用到图形的割补方法，这是在平面直角坐标系中求图象面积常用的方法．
37．（2020·内蒙古通辽·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A,B，与y轴交于点C，且直线y=x−6过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称．点P是线段OB上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线BD于点N．

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当△MDB的面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以Q,M,N三点为顶点的三角形是直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）y=−x2+5x+6；（2）（2，0）；（3）存在，（0，12）或（0，-4）或（0，4+215）或（0，4−215）.
【分析】（1）根据直线y=x−6求出点B和点D坐标，再根据C和D之间的关系求出点C坐标，最后运用待定系数法求出抛物线表达式；
（2）设点P坐标为（m，0），表示出M和N的坐标，再利用三角形面积求法得出S△BMD=−3m2+12m+36，再求最值即可；
（3）分当∠QMN=90°时，当∠QNM=90°时，当∠MQN=90°时，三种情况，结合相似三角形的判定和性质，分别求解即可.
【详解】解：（1）∵直线y=x−6过点B，点B在x轴上，
令y=0，解得x=6，令x=0，解得y=-6，
∴B（6，0），D（0，-6），
∵点C和点D关于x轴对称，
∴C（0，6），
∵抛物线y=−x2+bx+c经过点B和点C，代入，
0=−36+6b+c6=c，解得：b=5c=−6，
∴抛物线的表达式为：y=−x2+5x+6；
（2）设点P坐标为（m，0），
则点M坐标为（m，−m2+5m+6），点N坐标为（m，m-6），
∴MN=−m2+5m+6-m+6=−m2+4m+12，
∴S△BMD=S△MNB+S△MND
=12×−m2+4m+12×6
=−3m2+12m+36
=-3（m-2）2+48
当m=2时，S△BMD最大=48，
此时点P的坐标为（2，0）；
（3）存在，
由（2）可得：M（2，12），N（2，-4），
设点Q的坐标为（0，n），
当∠QMN=90°时，即QM⊥MN，如图，
可得，此时点Q和点M的纵坐标相等，
即Q（0，12）；

当∠QNM=90°时，即QN⊥MN，如图，
可得，此时点Q和点N的纵坐标相等，
即Q（0，-4）；

当∠MQN=90°时，MQ⊥NQ，如图，
分别过点M和N作y轴的垂线，垂足为E和F，
∵∠MQN=90°，
∴∠MQE+∠NQF=90°，又∠MQE+∠QME=90°，
∴∠NQF=∠QME，
∴△MEQ∽△QFN，
∴MEQF=EQFN，即2n+4=12−n2，
解得：n=4+215或4−215，
∴点Q（0，4+215）或（0，4−215），

综上：点Q的坐标为（0，12）或（0，-4）或（0，4+215）或（0，4−215）.
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的表达式，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，二次函数的最值，解一元二次方程，解题时要注意数形结合，分类讨论思想的运用.
38．（2022·湖南娄底·统考中考真题）如图，抛物线y=12x2−2x−6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
(2)点Pm,n0(3)点F是抛物线上的动点，作FE//AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−2,0，B6,0，C0,−6；
(2)m=3，△PBC面积的最大值272；
(3)存在，2+27,6或2−27,6或4,−6．
【分析】（1）令y=0得到12x2−2x−6=0，求出x即可求得点A和点B的坐标，令x=0，则y=−6即可求点C的坐标；
（2）过P作PQ∥y轴交BC于Q，先求出直线BC的解析式，根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，△PBC的面积最大，利用三角形面积公式求解；
（3）根据点F是抛物线上的动点，作FE//AC交x轴于点E得到AE∥CF，设Fa,12a2−2a−6，当点F在x轴下方时，当点F在x轴的上方时，结合点OC=6，利用平行四边形的性质来列出方程求解．
【详解】（1）解：令y=0，
则12x2−2x−6=0，
解得x1=−2，x2=6，
∴A−2,0，B6,0，
令x=0，则y=−6，
∴C0,−6；
（2）解：过P作PQ∥y轴交BC于Q，如下图．
设直线BC为y=kx+bk≠0，将B6,0、C0,−6代入得
0=6k+bb=−6，
解得k=1b=−6，
∴直线BC为y=x−6，
根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，△PBC的面积最大，
∵Pm,n0∴Pm，12m2−2m−6 ，Qm，m−6，
∴PQ=m−6−12m2−2m−6=−12m−32+92，
∵−12<0，
∴m=3时，PQ最大为92，
而S△PBC=12PQ⋅xC−xB=12×92×6=272，
∴△PBC的面积最大为272；
（3）解：存在．
∵点F是抛物线上的动点，作FE//AC交x轴于点E，如下图．
∴AE∥CF，设Fa,12a2−2a−6．
当点F在x轴下方时，
∵C0,−6，
即OC=6，
∴12a2−2a−6=−6，
解得a1=0（舍去），a2=4，
∴F4,−6．
当点F在x轴的上方时，令y=6，
则12a2−2a−6=6 ，
解得a3=2+27，a4=2−27，
∴F2+27,6或2−27,6．
综上所述，满足条件的点F的坐标为2+27,6或4,−6或2−27,6．
【点睛】本题是二次函数与平行四边形、二次函数与面积等问题的综合题，主要考查求点的坐标，平行四边形的性质，面积的表示，涉及方程思想，分类思想等．
39．（2021·湖北荆门·统考中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A(−1,0)，B(3,0)两点，交y轴于点C(0,−3)，点Q为线段BC上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求|QO|+|QA|的最小值；
（3）过点Q作PQ//AC交抛物线的第四象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAQ与△PBQ的面积分别为S1，S2，设S=S1+S2，求点P坐标，使得S最大，并求此最大值．
【答案】（1）y=x2−2x−3；（2）5；（3）P(32,−154)时，S有最大值278
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）作点O关于直线BC的对称点D，连接AD，交BC于点Q，此时|QO|+|QA|有最小值为AD，利用勾股定理即可求解；
（3）先求得直线BC的表达式为y=x−3，直线AC的表达式为y=−3x−3．可设P(m，m2−2m−3)得到直线PQ的表达式可设为y=−3x+ m2+m−3，由S=SΔPAQ+SΔPBQ=SΔPAB−SΔQAB得到二次函数，再利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）由已知：y=a(x−3)(x+1)，
将(0，−3)代入上式得：−3=a(0−3)(0+1)，
∴a=1，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）作点O关于直线BC的对称点D，连接DC 、DB，
∵B(3，0)，C(0，−3)，∠BOC=90°，
∴OB=OC=3，
∵O、D关于直线BC对称，
∴四边形OBDC为正方形，
∴D(3，−3)，
连接AD，交BC于点Q，由对称性|QD|=|QO|，此时|QO|+|QA|有最小值为AD，
AD=AB2+BD2=42+32=5，
∴|QO|+|QA|有最小值为5；
（3）由已知点A(−1，0)， B(3，0)，C(0，−3)，
设直线BC的表达式为y=kx−3，
把B(3，0)代入得：0=3k−3，
解得：k=1，
∴直线BC的表达式为y=x−3，
同理：直线AC的表达式为y=−3x−3．
∵PQ∥AC，
∴直线PQ的表达式可设为y=−3x+b，
由（1）可设P(m，m2−2m−3)代入直线PQ的表达式可得b= m2+m−3，
∴直线PQ的表达式可设为y=−3x+ m2+m−3，
由y=x−3y=−3x+m2+m−3，解得x=m2+m4y=m2+m−124，
即Q(m2+m4，m2+m−124)，
由题意：S=SΔPAQ+SΔPBQ=SΔPAB−SΔQAB，
∵P，Q都在四象限，
∴P，Q的纵坐标均为负数，
∴S=12|AB|−m2+2m+3−12|AB|(−m2−m+124)，
即S=−32m2+92m=−32m2−3=−32(m−32)2+278，
根据已知条件P的位置可知0∴m=32时，S最大，
即P(32，−154)时，S有最大值278．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数，二次函数的解析式，二次函数的最值等知识，数形结合，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
类型三 构建平行线，利用同底等高解决面积最值问题
40．（2021·江苏连云港·统考中考真题）如图，抛物线y=mx2+m2+3x−(6m+9)与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B(3,0)．
（1）求m的值和直线BC对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若S△PBC=S△ABC，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若∠ACQ=45°，求点Q的坐标．
【答案】（1）m=−1，y=x−3；（2）P2,1，P3+172,−7+172，P3−172,−7−172；（3）Q72,−54
【分析】（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；
（2）做点A关于BC的平行线AP1，联立直线AP1与抛物线的表达式可求出P1的坐标，设出直线AP1与y轴的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线P3P2，联立方程组即可求出P；
（3）取点Q，连接CQ，过点A作AD⊥CQ于点D，过点D作DF⊥x轴于点F，过点C作CE⊥DF于点E，得直线CD对应的表达式为y=12x−3，即可求出结果；
【详解】（1）将B3,0代入y=mx2+m2+3x−6m+9，
化简得m2+m=0，则m=0（舍）或m=−1，
∴m=−1，
得：y=−x2+4x−3，则C0,−3．
设直线BC对应的函数表达式为y=kx+b，
将B3,0、C0,−3代入可得0=3k+b−3=b，解得k=1，
则直线BC对应的函数表达式为y=x−3．
（2）如图，过点A作AP1∥BC，设直线AP1与y轴的交点为G，将直线BC向下平移 GC个单位，得到直线P3P2，
由（1）得直线BC的解析式为y=x−3，A1,0，
∴直线AG的表达式为y=x−1，
联立y=x−1y=−x2+4x−3，
解得：x=1y=0（舍），或x=2y=1，
∴P12,1，
由直线AG的表达式可得G−1,0，
∴GC=2，CH=2，
∴直线P3P2的表达式为y=x−5，
联立y=x−5y=−x2+4x−3，
解得：x1=3+172y1=−7+17，x2=3−172y2=−7−17，
∴P33+172,−7+172，P23−172,−7−172，
∴P2,1，P3+172,−7+172，P3−172,−7−172．
（3）如图，取点Q，连接CQ，过点A作AD⊥CQ于点D，
过点D作DF⊥x轴于点F，过点C作CE⊥DF于点E，
∵∠ACQ=45°，
∴AD=CD，
又∵∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠CDE=90°，
∵∠CDE+∠DCE=90°，
∴∠DCE=∠ADF，
又∵∠E=∠AFD=90°，
∴ΔCDE≌ΔDAF，则AF=DE，CE=DF．
设DE=AF=a，
∵OA=1，OF=CE，
∴CE=DF=a+1．
由OC=3，则DF=3−a，即a+1=3−a，解之得，a=1．
所以D2,−2，又C0,−3，
可得直线CD对应的表达式为y=12x−3，
设Qm,12m−3，代入y=−x2+4x−3，
得12m−3=−m2+4m−3，12m=−m2+4m，m2−72m=0，
又m≠0，则m=72．所以Q72,−54．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，结合一元二次方程求解是解题的关键．
41．（2021·天津北辰·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，抛物线y＝12x2＋bx＋c（b，c为常数）经过点A（﹣4，0）和点B（0，﹣2）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在一点P，使S△PAB＝S△OAB？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)点M为直线AB下方抛物线上一点，点N为y轴上一点，当△MAB的面积最大时，直接写出2MN＋ON的最小值．
【答案】(1)y=12x2+32x−2
(2)存在，点P的坐标为（﹣2﹣22，1+2）或（﹣2+22，1﹣2）或（﹣2，﹣3）
(3)3+23
【分析】（1）根据点A和点B的坐标，利用待定系数法，即可求解．
（2）过点O作直线m∥AB，在直线AB下方和直线m等间隔作直线n，则直线m、n和抛物线的交点即为点P，然后利用点A和点B的坐标，即可逐步求解．
（3）本题根据垂线段最短和直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：把A(−4,0),点B(0,−2)代入抛物线解析式y＝12x2＋bx＋c得，
c=−212×16−4b+c=0，解得b=32c=−2，
故抛物线的表达式为：y=12x2+32x−2．
（2）解：存在，理由如下：
过点O作直线m∥AB，在直线AB下方和直线m等间隔作直线n，则直线m、n和抛物线的交点即为点P，
由点A(−4,0)、B(0,−2)得，直线AB的表达式为y＝﹣12x﹣2，
则直线m的表达式为y＝﹣12x②，直线n的表达式为y＝﹣12x﹣4③，
联立①②、①③并解得：x＝﹣2±22或x＝﹣2，
故点P的坐标为（﹣2﹣22，1+2）或（﹣2+22，1﹣2）或（﹣2，﹣3）；
（3）解：过点M作MK//y轴交AB于点K，
设点M的坐标为（x，12x2+32x﹣2），点K（x，﹣12x﹣2），
则△MAB的面积＝12×MK×OA＝2（﹣12x﹣2﹣12x2﹣32x+2）＝﹣x2﹣4x，
∵﹣1＜0，故△MAB的面积存在最大值，
此时x＝﹣2，则点M的坐标为（﹣2，﹣3），
过点O作直线l使直线l与y轴负半轴的夹角为30°，过点M作MH⊥l，交y轴于点N，
则点N为所求点，此时2MN+ON最小，
理由：HN＝ONsin30°＝12ON，
则2MN+ON＝2（MN+12ON）＝2MH为最小，
过点M作MT⊥y轴于点T，则∠NMT＝∠NOH＝30°，
则设MH的表达式为y＝33x+t，
直线MH过点M（﹣2，﹣3），代入上式得：y＝33（x+2）﹣3，
令x＝0，则y＝233﹣3，则点N的坐标为（0，233﹣3），
则ON＝3﹣233，则NH＝32−33，
由点M、N的坐标得，MN＝(−2)2+(233−3+3)2＝433，
则2MN+ON的最小值为：833+3﹣233＝3+23．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，垂线段最短等知识，利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来是本题的关键．
题型08 利用二次函数解决定值问题
42．（2023·四川成都·校考三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx−32与x轴交于A−1,0，B3,0两点，其顶点为M．直线y=kx−k与抛物线相交于E，F两点（点E在点F的左侧）．

(1)求抛物线的函数表达式和点M的坐标；
(2)当线段EF被抛物线的对称轴分成长度比为1:4的两部分时，求k的值；
(3)连接EM，FM，试探究∠EMF的大小是否为定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−x−32， 1,−2
(2)32或−32
(3)定值，∠EMF=90°，理由见详解
【分析】（1）将A、B代入解析式即可求解；
（2）可求直线y=kx−k过定点G1,0，设Fm,12m2−m−32 En,12n2−n−32，则有Fm,km−k，En,kn−k，可求EGFG=14或EGFG=4，①当EGFG=14时，过F作FP⊥GM交GM于P，过E作EQ⊥GM交GM于Q，可求km−k=−4kn−k12m2−m−32=−412n2−n−32，从而可求m=5n=0，求得E0,−32，接可求解；②当EGFG=4时，由①同理可求m=2n=−3，即可求解；
（3）分别过E、F作y轴的平行线交过M作x轴的平行线于C、D，可求12x2−x−32=kx−k，从而可得m+n=2+2kmn=2k−3，从而可求m−11−n=4，可得1−n=4m−1，由tan∠DMF=MDFD和tan∠CME=ECCM可证tan∠DMF=tan∠CME，从而可得∠DMF=∠CME，即可求证．
【详解】（1）解：由题意得
a−b−32=09a+3b−32=0，
解得：a=12b=−1，
∴ y=12x2−x−32，
当x=−−12×12=1时，
y=12−1−32=−2，
∴M1,−2，
故抛物线的函数表达式为y=12x2−x−32，M的坐标为1,−2．
（2）解：由y=kx−k得
y=kx−1，
当x=1时，y=0，
∴直线y=kx−k过定点G1,0，
设Fm,12m2−m−32，En,12n2−n−32，
则有Fm,km−k，En,kn−k，
∵线段EF被抛物线的对称轴分成长度比为1:4的两部分，
∴EGFG=14或EGFG=4，
①当EGFG=14时，
如图，过F作FP⊥GM交GM于P，过E作EQ⊥GM交GM于Q，

∴EQ∥FP，
∴GQGP=EGFG=14，
∴ PG=yF=12m2−m−32，
或PG=km−k，
GQ=−yE=−12n2−n−32
或GQ=−kn−k，
∴km−k=−4kn−k12m2−m−32=−412n2−n−32，
整理得：m=5−4nm2−2m+4n2−8n−15=0，
解得：m=5n=0或m=−3n=2，
∵此时m>0，
∴ m=−3n=2（舍去），
故m=5n=0，
∴当n=0时，y=−32，
∴E0,−32，
∴当x=0时，k×0−k=−32
解得：k=32；
②当EGFG=4时，如图，

由①同理可求m=2n=−3，
∴当n=−3时，y=12×9+3−32=6，
∴E−3,6，
∴当x=−3时，−3k−k=6，
解得：k=−32；
综上所述：k的值为32或−32．
（3）解：定值，∠EMF=90°；
理由：如图，分别过E、F作y轴的平行线交过M作x轴的平行线于C、D，

∴∠ECM=∠FDM=90°，
∴∠DMF+∠DFM=90°，
由（2）得：12x2−x−32=kx−k，
整理得：x2−2+2kx+2k−3=0，
∴m+n=2+2kmn=2k−3，
∴m+n−mn=5，
∴m+n−mn−1=4，
∴m−11−n=4，
∴1−n=4m−1，
在Rt△FDM中，tan∠DMF=MDFD
=m−112m2−m−32+2
=2m−1，
在Rt△CME中，tan∠CME=ECCM
=12n2−n−32+21−n
=121−n，
=12×4m−1
=2m−1，
∴tan∠DMF=tan∠CME，
∴∠DMF=∠CME，
∴∠DMF+∠CME=90°，
∴∠EMF=90°．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数解析式，一般角的三角函数，直线与抛物线交点问题，平行线分线段成比例定理，一元二次方程根与系数的关系等，用辅助未知数的式子表示相关点坐标和相关线段的长度是解题的关键．
13．（2023·安徽合肥·校考一模）已知抛物线y=x2与直线l:y=kx+8相交于A、B两点（点A在点B的左侧），点M为线段AB下方抛物线上一动点，过点M作MG∥y轴交AB于点G．
(1)当AB∥x轴时，①求点A、B的坐标；②求MGGA⋅GB的值；
(2)当k=2时，MGGA⋅GB的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由；
【答案】(1)①A−22,8，B22,8；②1
(2)是定值，理由见解析
【分析】（1）①利用AB∥x轴，则y=8，将y=8代入抛物线的解析式求得x值，则点A，B的横坐标可求，纵坐标为8，结论可得；
②设Mn,n2，分别用A，B，M，G的坐标表示出线段MG，GA，GB，代入运算即可得出结论；
（2）将两解析式联立求得A，B的坐标，设Mm,m2，则Gm,2m+8，分别用A，B，M，G的坐标表示出线段MG，GA，GB，代入运算即可得出结论．
【详解】（1）解：①当AB∥x轴时，k=0，则y=8，
对于y=x2，当y=8时， x2=8，
解得x=±22，
∴A−22,8，B22,8．
②∵点M为线段AB下方抛物线上一动点，
设Mn,n2，则Gn,8，
∴GM=8−n2，GA=n+22，GB=22−n，
∴MGGA⋅GB=8−n2n+2222−n=1．
（2）是定值．
∵k=2，
∴直线l：y=2x+8，
设Mm,m2，则Gm,2m+8，
∴MG=2m+8−m2=−m−4m+2．
令x2=2x+8，解得x1=−2，x2=4，
∵点A在点B的左侧，点M为线段AB下方抛物线上一动点，
∴A−2,4，B4,16，−2∴GA=m+22+2m+42=5m+22=5m+2，
GB=m−42+2m−82=5m−42=54−m，
∴MGGA⋅GB=−m−4m+25m+2⋅54−m=15．
∴当k=2时，MGGA⋅GB 的值为定值，这个定值为15．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，一次函数的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
44．（2023·福建莆田·统考二模）已知抛物线y=x+t2+t+2，其中t是实数．
(1)已知三个点1,0，2,0，2,4，其中有一个点可以是拋物线的顶点，请选出该点并求抛物线的解析式；
(2)在（1）的条件下，点A在抛物线上且其横坐标为4，过点A作AB⊥x轴于点B．点P为抛物线的顶点，连接PA．点Q为抛物线对称轴左侧上一点，AQ延长线交x轴于点C，QP延长线交AB延长线于点D，连接CD．
①若PA平分∠CAB时，求点Q的坐标；
②设S△PAC=S1，S△BCD=S2，判断S1S2是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)点2,0是抛物线的顶点
(2)①Q34,2516；②S1S2=1是定值，理由见解析
【分析】（1）由y=x+t2+t+2可知，顶点坐标为−t,t+2，顶点坐标在直线y=−x+2上，然后将三个点的横坐标代入进行验证即可求解；
（2）①由（1）可得抛物线解析式为y=x−22，根据题意画出图形，设P到AC的距离为d，则d=PB=2，设Cm,0，根据PA平分∠CAB，由角平分线的定义，以及等面积法可得ABAC=PBCP，进而求得m的值，得出C−43,0，求得直线AC的解析式为y=34x+1进而联立抛物线解析式得出Q34,2516，即可求解．
②设Cn,0，则PC=2−n，BC=4−n，得出S1=12PC×AB=2PC=22−n=4−2n，进而求得直线AC的解析式，联立抛物线求得点Q的坐标，进而求得直线PQ的解析式，令x=4，求得点D的坐标，求得S2，即可求解．
【详解】（1）解：由y=x+t2+t+2可知，顶点坐标为−t,t+2
∴顶点坐标在直线y=−x+2上，
已知三个点1,0，2,0，2,4，其中有一个点可以是拋物线的顶点，
当x=1时，y=−1+2=1，则点1,0不是顶点，
当x=2时，y=−2+2=0，则点2,0是抛物线的顶点，2,4不是顶点，
∴点2,0是抛物线的顶点
（2）①由（1）可知点2,0是抛物线的顶点
∴t=−2
∴抛物线解析式为y=x−22
∵点A在抛物线上且其横坐标为4，
∴x=4时，y=4−22=4，即A4,4，
如图所示，
∵A4,4，P2,0，则B4,0，
∴PB=2，
∵PA平分∠CAB，
设P到AC的距离为d，则d=PB=2，设Cm,0，
∴PC=2−m，BC=4−m，AC=AB2+BC2=42+4−m2=32+m2−8m
∵S△ABPS△ACP=12AB×PB12AC×d=12AB×PB12CP×AB
∴ABAC=PBCP
∴432+m2−8m=22−m
解得：m=−43，
∴C−43,0
设直线AC的解析式为y=kx+b
∴4=4k+b0=−43k+b
k=34b=1
∴直线AC的解析式为y=34x+1
联立y=34x+1y=x−22
解得：x=34y=2516或x=4y=4
∴Q34,2516
②S1S2=1是定值，理由如下，
设Cn,0，则PC=2−n，BC=4−n，
∴S1=12PC×AB=2PC=22−n=4−2n；
设直线AC的解析式为y=ax+b，
则an+b=04a+b=4
解得：a=−4n−4b=4nn−4
∴直线AC的解析式为y=−4n−4x+4nn−4
联立y=−4n−4x+4nn−4y=x−22
解得：x=4y=4或x=−4n−4y=4n2−16n+16n2−8n+16
∴Q−4n−4,4n2−16n+16n2−8n+16
设直线PQ解析式为y=ex+f
则2e+f=0−4n−4e+f=4n−22n−42
解得：e=−2n−4n−4f=4n−8n−4
∴直线PQ的解析式为y=−2n−4n−4x+4n−8n−4
当x=4时，
∴y=−4n−8n−4
即D4,−4n−8n−4
∴BD=4n−8n−4
∴S2=12×4n−8n−4×4−n=4−2n
∴S1S2=1是定值．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数求解析式，角度问题，面积问题，熟练掌握二次函数的性质，以及一次函数的性质是解题的关键．
45．（2023·四川·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点A−2,0，B4,0，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)已知E为抛物线上一点，F为抛物线对称轴l上一点，以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，求出点F的坐标；
(3)如图2，P为第一象限内抛物线上一点，连接AP交y轴于点M，连接BP并延长交y轴于点N，在点P运动过程中，OM+12ON是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)F1,1或F1,3或F1,−5或F1,−3
(3)OM+12ON=6，理由见解析
【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求得抛物线的对称轴为直线x=1，设l与x交于点G，当点F在x轴上方时，过点E作ED⊥l于点D，证明△DFG≌△GBF，设F1,m，则DE=1+m，DG=DF+FG=GB+FG=3+m，进而得出E点的坐标，代入抛物线解析式，求得m的值即可求出点F的坐标；当点F在x轴上方，且点E与点A重合时，利用等腰直角三角形的性质求出FG=12AB=3，即可求出点F的坐标；同理可求得当点F在x轴下方时的坐标；当E点与A点重合时，求得另一个解，进而即可求解；
（3）设Ps,t，直线AP的解析式为y=dx+f，BP的解析式为y=gx+ℎ，求得解析式，然后求得OM,ON，即可求解．
【详解】（1）解：将点A−2,0，B4,0，代入y=ax2+bx+4中得4a−2b+4=016a+4b+4=0，
解得：a=−12b=1，
∴抛物线解析式为y=−12x2+x+4；
（2）解：∵点A−2,0，B4,0，
∴抛物线的对称轴为直线l：x=−2+42=1，
如图所示，当点F在x轴上方时，设l与x交于点G，过点E作ED⊥l于点D，

∵以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴EF=BF，
∵∠DFE=90°−∠BFG=∠GBF，
∴△DFE≌△GBFAAS，
∴GF=DE，GB=FD，
设F1,m，则DE=m，DG=DF+FG=GB+FG=3+m
∴E1+m,3+m，
∵E点在抛物线y=−12x2+x+4上
∴3+m=−121+m2+1+m+4
解得：m=−3（舍去）或m=1,
∴F1,1；
如图所示，当点F在x轴上方时，且点E与点A重合时，设直线l与x轴交于G，
∵△BFE是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴FG=AG=BG=12AB=124−−2=3，
∴F1,3；
如图所示，当点F在x轴下方时，，设l与x交于点G，过点E作ED⊥l于点D

∵以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴EF=BF，
∵∠DFE=90°−∠BFG=∠GBF，
∴△DFE≌△GBF，
∴GF=DE,GB=FD，
设F1,m，则DE=m，DG=DF+FG=GB+FG=3−m
∴E1−m,m−3，
∵E点在抛物线y=−12x2+x+4上
∴m−3=−121−m2+1−m+4
解得：m=3（舍去）或m=−5，
∴F1,−5，
如图所示，当点F在x轴上方，当E点与A点重合时，

∵AB=6，△ABF是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴GF=12AB=3
∴F1,−3，
综上所述，F1,1或F1,3或F1,−5或F1,−3；
（3）解：设Ps,t，直线AP的解析式为y=dx+f，BP的解析式为y=gx+ℎ，
∵点A−2,0，B4,0，Ps,t，
∴−2d+f=0sd+f=t，4g+ℎ=0sg+ℎ=t
解得：d=ts+2f=2ts+2，g=ts−4ℎ=4t4−s
∴直线AP的解析式为y=ts+2x+2ts+2，BP的解析式为y=ts−4x+4t4−s，
对于y=ts+2x+2ts+2，当x=0时，y=2ts+2，即M0,2ts+2，
对于y=ts−4x+4t4−s，当x=0时，y=4t4−s，即N0,4t4−s，
∵Ps,t在抛物线上，则t=−12s2+s+4=−12s−4s+2
∴OM+12ON=2ts+2+12×4t4−s=12t−s2+2s+8
=−6s−4s+2−s−4s+2=6
∴OM+12ON为定值6．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合问题，待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的性质，一次函数与坐标轴交点问题，全等三角形的性质与判定等等，熟练掌握二次函数的性质并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
46．（2022上·广东韶关·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系xOv中，一次函数y=54x+m（m为常数） 的图象与x轴交于点A(−3,0)，与y轴交于点C，以直线x=1为对称轴的拋物线y=ax2+bx+c（a、b、c为常数，且a≠0）经过A、C两点，并与x轴的正半轴交于点B．（参考公式：在平面直角坐标之中，若A(x1,y1),B(x2,y2)，则A，B两点间的距离为AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2）
(1)求m的值及抛物线的函数表达式；
(2)是否存在抛物线上一动点Q，使得△ACQ是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出Q点的横坐标；若存在，请说明理由；
(3)若P是抛物线对称轴上一动点， 且使△ACP周长最小，过点P任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于M1(x1,y1),M2(x2,y2)两点，试问 M1P·M2PM1M2是否为定值，如果是，请求出结果，如果不是请说明理由．
【答案】(1)m=154，y=−14x2+12x+154
(2)存在，Q点的横坐标为5.2或8.2
(3)M1p⋅M2pM1M2=1为定值
【分析】（1）先把A(−3,0)代入一次函数y=54x+m中，解方程即可得m的值，即可得一次函数解析式，进而求出一次函数的图象与y轴的交点坐标，然后利用待定系数法求出二次函数解析式；
（2）分两种情况，利用相似三角形的对应边成比例的性质列出比例方程求解：①若C为直角顶点，作CQ⊥AC交抛物线于点Q，QE⊥y轴于E，易证△ACO∽△CQE；②若A为直角顶点作AQ'⊥AC交抛物线于点Q'，Q'E'⊥x轴于E'，易证△ACO∽△Q'AE'．
（3）利用轴对称的性质和两点之间线段最短的性质确定出△ACP的周长最小时点P的坐标；从而表示出过点P的直线的表达式；把y=kx+3−k代入 y=−14x2+12x+154，整理得出关于x的一元二次方程，利用根与系数关系求得M1、M2两点坐标间的关系；利用两点间的距离公式，分别求得线段M1M2、M1P和M2P的长度，通过计算比较即可得到．
【详解】（1）解：一次函数y=54x+m (m为常数)的图象与x轴交于点A(−3,0)，
∴0=54×(−3)+m，解得m=154，
∴一次函数解析式为y=54x+154，
∴C点坐标为(0,154)，
∵以直线x=1为对称轴的抛物线y=ax2+bx+c (a、b、c为常数，且a≠0)经过A(−3,0)、C(0,154)，
∴−b2a=19a−3b+c=0c=154 ，解得 a=−14b=12c=154，
∴抛物线的函数表达式为y=−14x2+12x+154；
（2）解：存在，设Q(x,−14x2+12x+154)，
①当点C为直角顶点时，如图，作CQ⊥AC交抛物线于点Q，QE⊥y轴于E．
在△ACO与△CQE中， ∠ACO=∠CQE=90°−∠QCE∠AOC=∠CEQ，
∴△ACO∽△CQE，
∴QECO=CEAO ，即 x154=152−−14x2+12x+1543，
解得x1=5.2,x2=0 (不合题意舍去)；
②当点A为直角顶点时，如图，作AQ'⊥AC交抛物线于点Q'，Q'E'⊥x轴于E'．
在ΔACO与△Q'AE中， ∠OAC=∠E'Q'A=90°−∠OAQ'∠AOC=∠Q'E'A，
∴△ACO∽△Q'AE'，
∴AE'CO=Q'E'AQ ，即 x+3154=14x2−12x−1543，
解得x1=8.2,x2=−3 (不合题意舍去)．
综上所述：Q点的横坐标为5.2或8.2；
（3）解： ∵y=−14x2+12x+154 与x轴交于A(−3,0)、B两点，对称轴为直线x=1，
∴B点坐标为(5,0)，
∵C(0,154)，
∴设直线BC的解析式为y=mx+154，
∴0=5m+154，
∴m=−34，
∴y=−34x+154，
当x=1时，y=−34×1+154=3，
∴P(1,3)，
设过点P的直线为：y=kx+b，
∴3=k+b，
∴b=3−k，
∴y=kx+3−k，
把y=kx+3−k代入y=−14x2+12x+154，
得kx+3−k=−14x2+12x+154，
整理得，x2+(4k−2)x−4k−3=0，
∴x1+x2=2−4k,x1x2=−4k−3,y1−y2=k(x1−x2)，
∴(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=(2−4k)2−4(−4k−3)=16k2+16，
∴M1M2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+k2(x1−x2)2=4(1+k2)，
同理：M1P=(x1−1)2+(kx1+3−k−3)2=1+k2(x1−1)2，
M2P=1+k2(x2−1)2，
∴M1P⋅M2P=1+k2(x1−1)221+k2(x2−1)2
=|(x1−1)(x2−1)|⋅(1+k2)=4(1+k2)，
∴M1P⋅M2PM1M2=1为定值．
【点睛】本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求抛物线、直线的解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，轴对称-最短路线问题，根与系数的关系，两点间的距离公式等知识，综合性较强，难度较大，利用方程思想、数形结合与分类讨论是解题的关键．
x
…
-1
0
1
3
…
y
…
0
3
m
0
…