玩轉壓軸題，爭取滿分之備戰2020年中考數學解答題高端精品專題四幾何最值的存在性問題【考題研究】在平面幾何的動態問題中，當某幾何元素在給定條件變動時，求某幾何量（如線段的長度、圖形的周長或面積、角的度數以及它們的和與差）的最大值或最小值問題，稱為最值問題。從歷年的中考數學壓軸題型分析來看，經常會考查到距離或者兩條線段和差最值得問題，并且這部分題目在中考中失分率很高，應該引起我們的重視。幾何最值問題再教材中雖然沒有進行專題講解，到卻給了我們很多解題模型，因此在專題復習時進行壓軸訓練是必要的。【解題攻略】最值問題是一類綜合性較強的問題，而線段和（差）問題，要歸歸于幾何模型：（1）歸于“兩點之間的連線中，線段最短”凡屬于求“變動的兩線段之和的最小值”時，大都應用這一模型．（2）歸于“三角形兩邊之差小于第三邊”凡屬于求“變動的兩線段之差的最大值”時，大都應用這一模型．

兩條動線段的和的最小值問題，常見的是典型的“牛喝水”問題，關鍵是指出一條對稱軸“河流”（如圖1）．三條動線段的和的最小值問題，常見的是典型的“臺球兩次碰壁”或“光的兩次反射”問題，關鍵是指出兩條對稱軸“反射鏡面”（如圖2）．兩條線段差的最大值問題，一般根據三角形的兩邊之差小于第三邊，當三點共線時，兩條線段差的最大值就是第三邊的長．如圖3，PA與PB的差的最大值就是AB，此時點P在AB的延長線上，即P′．解決線段和差的最值問題，有時候求函數的最值更方便，建立一次函數或者二次函數求解最值問題．【解題類型及其思路】解決平面幾何最值問題的常用的方法有：（1）應用兩點間線段最短的公理（含應用三角形的三邊關系）求最值；（2）應用垂線段最短的性質求最值；（3）應用軸對稱的性質求最值；（4）應用二次函數求最值；（5）應用其它知識求最值。【典例指引】類型一【確定線段（或線段的和，差）的最值或確定點的坐標】【典例指引1】（2018·天津中考模擬）如圖，在平面直角坐標系中，長方形OABC的頂點A、C分別在x軸、y軸的正半軸上．點B的坐標為（8，4），將該長方形沿OB翻折，點A的對應點為點D，OD與BC交于點E．（I）證明：EO=EB；（Ⅱ）點P是直線OB上的任意一點，且△OPC是等腰三角形，求滿足條件的點P的坐標；（Ⅲ）點M是OB上任意一點，點N是OA上任意一點，若存在這樣的點M、N，使得AM+MN最小，請直接寫出這個最小值．【答案】（I）證明見解析；（Ⅱ）P的坐標為（4，2）或（，）或P（﹣，﹣）或（，）；（Ⅲ）．【解析】分析：（Ⅰ）由折疊得到∠DOB=∠AOB，再由BC∥OA得到∠OBC=∠AOB，即∠OBC=∠DOB，即可；（Ⅱ）設出點P坐標，分三種情況討論計算即可；（Ⅲ）根據題意判斷出過點D作OA的垂線交OB于M，OA于N，求出DN即可．詳解：（Ⅰ）∵將該長方形沿OB翻折，點A的對應點為點D，OD與BC交于點E，∴∠DOB=∠AOB，∵BC∥OA，∴∠OBC=∠AOB，∴∠OBC=∠DOB，∴EO=EB；（Ⅱ）∵點B的坐標為（8，4），∴直線OB解析式為y=x，∵點P是直線OB上的任意一點，∴設P（a，a）．∵O（0，0），C（0，4），∴OC=4，PO2=a2+（a）2=a2，PC2=a2+（4-a）2．當△OPC是等腰三角形時，可分三種情況進行討論：①如果PO=PC，那么PO2=PC2，則a2=a2+（4-a）2，解得a=4，即P（4，2）；②如果PO=OC，那么PO2=OC2，則a2=16，解得a=±，即P（，）或P（-，-）；③如果PC=OC時，那么PC2=OC2，則a2+（4-a）2=16，解得a=0（舍），或a=，即P（，）；故滿足條件的點P的坐標為（4，2）或（，）或P（-，-）或（，）；（Ⅲ）如圖，過點D作OA的垂線交OB于M，交OA于N，此時的M，N是AM+MN的最小值的位置，求出DN就是AM+MN的最小值．由（1）有，EO=EB，∵長方形OABC的頂點A，C分別在x軸、y軸的正半軸上，點B的坐標為（8，4），設OE=x，則DE=8-x，在Rt△BDE中，BD=4，根據勾股定理得，DB2+DE2=BE2，∴16+（8-x）2=x2，∴x=5，∴BE=5，∴CE=3，∴DE=3，BE=5，BD=4，∵S△BDE=DE×BD=BE×DG，∴DG=，由題意有，GN=OC=4，∴DN=DG+GN=+4=．即：AM+MN的最小值為．點睛：此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質，折疊的性質，勾股定理，等腰三角形的性質，極值的確定，進行分類討論與方程思想是解本題的關鍵．【舉一反三】（2020·云南初三）如圖，拋物線y=ax2+bx+3經過點B（﹣1，0），C（2，3），拋物線與y軸的焦點A，與x軸的另一個焦點為D，點M為線段AD上的一動點，設點M的橫坐標為t．（1）求拋物線的表達式；（2）過點M作y軸的平行線，交拋物線于點P，設線段PM的長為1，當t為何值時，1的長最大，并求最大值；（先根據題目畫圖，再計算）（3）在（2）的條件下，當t為何值時，△PAD的面積最大？并求最大值；（4）在（2）的條件下，是否存在點P，使△PAD為直角三角形？若存在，直接寫出t的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)y=﹣x2+2x+3；（2）當t=時，l有最大值，l最大=；（3）t=時，△PAD的面積的最大值為；（4）t=.【解析】試題分析：（1）利用待定系數法即可解決問題；（2）易知直線AD解析式為y=-x+3，設M點橫坐標為m，則P（t，-t2+2t+3），M（t，-t+3），可得l=-t2+2t+3-（-t+3）=-t2+3t=-（t-）2+，利用二次函數的性質即可解決問題；（3）由S△PAD=×PM×（xD-xA）=PM，推出PM的值最大時，△PAD的面積最大；（4）如圖設AD的中點為K，設P（t，-t2+2t+3）．由△PAD是直角三角形，推出PK=AD，可得（t-）2+（-t2+2t+3-）2=×18，解方程即可解決問題；試題解析：（1）把點B（﹣1，0），C（2，3）代入y=ax2+bx+3，則有，解得，∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3．（2）在y=﹣x2+2x+3中，令y=0可得0=﹣x2+2x+3，解得x=﹣1或x=3，∴D（3，0），且A（0，3），∴直線AD解析式為y=﹣x+3，設M點橫坐標為m，則P（t，﹣t2+2t+3），M（t，﹣t+3），∵0＜t＜3，∴點M在第一象限內，∴l=﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）=﹣t2+3t=﹣（t﹣）2+，∴當t=時，l有最大值，l最大=；（3）∵S△PAD=×PM×（xD﹣xA）=PM，∴PM的值最大時，△PAD的面積中點，最大值=×=．∴t=時，△PAD的面積的最大值為．（4）如圖設AD的中點為K，設P（t，﹣t2+2t+3）．∵△PAD是直角三角形，∴PK=AD，∴（t﹣）2+（﹣t2+2t+3﹣）2=×18，整理得t（t﹣3）（t2﹣t﹣1）=0，解得t=0或3或，∵點P在第一象限，∴t=.類型二【確定三角形、四邊形的周長的最值或符合條件的點的坐標】【典例指引2】（2020·重慶初三期末）如圖，拋物線（）與雙曲線相交于點、，已知點坐標，點在第三象限內，且的面積為3（為坐標原點）.（1）求實數、、的值；（2）在該拋物線的對稱軸上是否存在點使得為等腰三角形？若存在請求出所有的點的坐標，若不存在請說明理由.（3）在坐標系內有一個點，恰使得，現要求在軸上找出點使得的周長最小，請求出的坐標和周長的最小值.【答案】（1），；（2）存在，，，，，；（3）【解析】【分析】（1）由點A在雙曲線上，可得k的值，進而得出雙曲線的解析式．設()，過A作AP⊥x軸于P，BQ⊥y軸于Q，直線BQ和直線AP相交于點M．根據=3解方程即可得出k的值，從而得出點B的坐標，把A、B的坐標代入拋物線的解析式即可得到結論；（2）拋物線對稱軸為，設，則可得出；；．然后分三種情況討論即可；（3）設M(x，y)．由MO=MA=MB，可求出M的坐標．作B關于y軸的對稱點B'．連接B'M交y軸于Q．此時△BQM的周長最小．用兩點間的距離公式計算即可．【詳解】（1）由知：k=xy=1×4=4，∴．設()．過A作AP⊥x軸于P，BQ⊥y軸于Q，直線BQ和直線AP相交于點M，則S△AOP=S△BOQ=2．令：，整理得：，解得：，．∵m＜0，∴m=-2，故．把A、B帶入解出：，∴．（2）∴拋物線的對稱軸為．設，則，，．∵△POB為等腰三角形，∴分三種情況討論：①，即，解得：，∴，；②，即，解得：，∴，；③，即，解得：∴；（3）設．∵，，，∴，，．∵，∴解得：，∴．作B關于y軸的對稱點B'坐標為：(2，-2)．連接B'M交y軸于Q．此時△BQM的周長最小．=MB'+MB．【名師點睛】本題是二次函數綜合題．考查了用待定系數法求二次函數的解析式、二次函數的性質、軸對稱-最值問題等．第（1）問的關鍵是割補法；第（2）問的關鍵是分類討論；第（3）問的關鍵是求出M的坐標．【舉一反三】（2019·重慶實驗外國語學校初三）如圖1，已知拋物線y＝﹣x+3與x軸交于A和B兩點，（點A在點B的左側），與y軸交于點C．（1）求出直線BC的解析式．（2）M為線段BC上方拋物線上一動點，過M作x軸的垂線交BC于H，過M作MQ⊥BC于Q，求出△MHQ周長最大值并求出此時M的坐標；當△MHQ的周長最大時在對稱軸上找一點R，使|AR﹣MR|最大，求出此時R的坐標．（3）T為線段BC上一動點，將△OCT沿邊OT翻折得到△OC′T，是否存在點T使△OC′T與△OBC的重疊部分為直角三角形，若存在請求出BT的長，若不存在，請說明理由．【答案】（1）y＝﹣x+3；（2）R（1，）；（3）BT＝2或BT＝．【解析】【分析】（1）由已知可求A（﹣2，0），B（4，0），C（0，3），即可求BC的解析式；（2）由已知可得∠QMH＝∠CBO，則有QH＝QM，MH＝MQ，所以△MHQ周長＝3QM，則求△MHQ周長的最大值，即為求QM的最大值；設M（m，），過點M與BC直線垂直的直線解析式為，交點，可求出，當m＝2時，MQ有最大值；函數的對稱軸為x＝1，作點M關于對稱軸的對稱點M'（0，3），連接AM'與對稱軸交于點R，此時|AR﹣MR|＝|AR﹣M'R|＝AM'，|AR﹣MR|的最大值為AM'；求出AM'的直線解析式為，則可求；（3）有兩種情況：當TC'∥OC時，GO⊥TC'；當OT⊥BC時，分別求解即可．【詳解】解：（1）令y=0，即，解得，∵點A在點B的左側∴A（﹣2，0），B（4，0），令x=0解得y=3，∴C（0，3），設BC所在直線的解析式為y=kx+3，將B點坐標代入解得k=∴BC的解析式為y＝-x+3；（2）∵MQ⊥BC，M作x軸，∴∠QMH＝∠CBO，∴tan∠QMH＝tan∠CBO＝，∴QH＝QM，MH＝MQ，∴△MHQ周長＝MQ+QH+MH＝QM+QM+MQ＝3QM，則求△MHQ周長的最大值，即為求QM的最大值；設M（m，），過點M與BC直線垂直的直線解析式為，直線BC與其垂線相交的交點，∴，∴當m＝2時，MQ有最大值，∴△MHQ周長的最大值為，此時M（2，3），函數的對稱軸為x＝1，作點M關于對稱軸的對稱點M'（0，3），連接AM'與對稱軸交于點R，此時|AR﹣MR|＝|AR﹣M'R|＝AM'，∴|AR﹣MR|的最大值為AM'；∵AM'的直線解析式為y＝x+3，∴R（1，）；（3）①當TC'∥OC時，GO⊥TC'，∵△OCT≌△OTC'，∴，∴∴BT＝2；②當OT⊥BC時，過點T作TH⊥x軸，OT＝，∵∠BOT＝∠BCO，∴，∴OH＝，∴∴BT＝；綜上所述：BT＝2或BT＝．【點睛】本題是一道綜合題，考查了二次函數一次函數和三角形相關的知識，能夠充分調動所學知識是解題的關鍵.類型三【確定三角形、四邊形的面積最值或符合條件的點的坐標】【典例指引3】（2019·甘肅中考真題）如圖，已知二次函數y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（1，0）、B（3，0），與y軸交于點C．（1）求二次函數的解析式；（2）若點P為拋物線上的一點，點F為對稱軸上的一點，且以點A、B、P、F為頂點的四邊形為平行四邊形，求點P的坐標；（3）點E是二次函數第四象限圖象上一點，過點E作x軸的垂線，交直線BC于點D，求四邊形AEBD面積的最大值及此時點E的坐標．【答案】（1）y＝x2﹣4x+3；（2）點P（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；（3）最大值為，E（，﹣）．【解析】【分析】（1）用交點式函數表達式，即可求解；（2）分當AB為平行四邊形一條邊、對角線，兩種情況，分別求解即可；（3）利用S四邊形AEBD＝AB（yD﹣yE），即可求解．【詳解】解：（1）用交點式函數表達式得：y＝（x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3；故二次函數表達式為：y＝x2﹣4x+3；（2）①當AB為平行四邊形一條邊時，如圖1，則AB＝PE＝2，則點P坐標為（4，3），當點P在對稱軸左側時，即點C的位置，點A、B、P、F為頂點的四邊形為平行四邊形，故：點P（4，3）或（0，3）；②當AB是四邊形的對角線時，如圖2，AB中點坐標為（2，0）設點P的橫坐標為m，點F的橫坐標為2，其中點坐標為：，即：＝2，解得：m＝2，故點P（2，﹣1）；故：點P（4，3）或（0，3）或（2，﹣1）；（3）直線BC的表達式為：y＝﹣x+3，設點E坐標為（x，x2﹣4x+3），則點D（x，﹣x+3），S四邊形AEBD＝AB（yD﹣yE）＝﹣x+3﹣x2+4x﹣3＝﹣x2+3x，∵﹣1＜0，故四邊形AEBD面積有最大值，當x＝，其最大值為，此時點E（，﹣）．【點睛】主要考查了二次函數的解析式的求法和與幾何圖形結合的綜合能力的培養．要會利用數形結合的思想把代數和幾何圖形結合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關系．【舉一反三】（2019·內蒙古中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線與軸交于），兩點，與軸交于點，連接．（1）求該拋物線的解析式，并寫出它的對稱軸；（2）點為拋物線對稱軸上一點，連接，若，求點的坐標；（3）已知，若是拋物線上一個動點（其中），連接，求面積的最大值及此時點的坐標．（4）若點為拋物線對稱軸上一點，拋物線上是否存在點，使得以為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1），對稱軸；（2）；（3）面積有最大值是，；（4）存在點使得以為頂點的四邊形是平行四邊形，或或.【解析】【分析】（1）將點A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx+2即可；（2）過點D作DG⊥y軸于G，作DH⊥x軸于H，設點D（1，y），在Rt△CGD中，CD2=CG2+GD2=（2-y）2+1，在Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2=4+y2，可以證明CD=BD，即可求y的值；（3）過點E作EQ⊥y軸于點Q，過點F作直線FR⊥y軸于R，過點E作FP⊥FR于P，證明四邊形QRPE是矩形，根據S△CEF=S矩形QRPE-S△CRF-S△EFP，代入邊即可；（4）根據平行四邊形對邊平行且相等的性質可以得到存在點M使得以B，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，點M（2，2）或M（4，-）或M（-2，-）；【詳解】解：（1）將點代入，可得，；對稱軸；（2）如圖1：過點作軸于，作軸于，設點，，在中，，在中，，在中，，，；（3）如圖2：過點作軸于點，過點作直線軸于，過點作于，，四邊形是矩形，，，，當時，面積有最大值是，此時；（4）存在點使得以為頂點的四邊形是平行四邊形，設，①四邊形是平行四邊形時，②四邊形時平行四邊形時，，；③四邊形時平行四邊形時，，，；綜上所述：或或；【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數解析式，二次函數的圖象及性質，勾股定理，平行四邊形的判定與性質，及分類討論的數學思想.熟練掌握二次函數的性質、靈活運用勾股定理求邊長、掌握平行四邊形的判定方法是解題的關鍵．【新題訓練】1．如圖，直線y＝5x＋5交x軸于點A，交y軸于點C，過A，C兩點的二次函數y＝ax2＋4x＋c的圖象交x軸于另一點B.(1)求二次函數的表達式；(2)連接BC，點N是線段BC上的動點，作ND⊥x軸交二次函數的圖象于點D，求線段ND長度的最大值；(3)若點H為二次函數y＝ax2＋4x＋c圖象的頂點，點M(4，m)是該二次函數圖象上一點，在x軸，y軸上分別找點F，E，使四邊形HEFM的周長最小，求出點F、E的坐標．【答案】(1)y＝－x2＋4x＋5；(2)254;(3)F(137，0)，E(0，【解析】【分析】（1）先根據坐標軸上點的坐標特征由一次函數的表達式求出A，C兩點的坐標，再根據待定系數法可求二次函數的表達式；

（2）根據坐標軸上點的坐標特征由二次函數的表達式求出B點的坐標，根據待定系數法可求一次函數BC的表達式，設ND的長為d，N點的橫坐標為n，則N點的縱坐標為-n+5，D點的坐標為D（n，-n2+4n+5），根據兩點間的距離公式和二次函數的最值計算可求線段ND長度的最大值；

（3）由題意可得二次函數的頂點坐標為H（2，9），點M的坐標為M（4，5），作點H（2，9）關于y軸的對稱點H1，可得點H1的坐標，作點M（4，5）關于x軸的對稱點HM1，可得點M1的坐標連結H1M1分別交x軸于點F，y軸于點E，可得H1M1+HM的長度是四邊形HEFM的最小周長，再根據待定系數法可求直線H1M1解析式，根據坐標軸上點的坐標特征可求點F、E的坐標．【詳解】解：(1)∵直線y＝5x＋5交x軸于點A，交y軸于點C，∴A(－1，0)，C(0，5)，∵二次函數y＝ax2＋4x＋c的圖象過A，C兩點，∴0＝解得a＝-1∴二次函數的表達式為y＝－x2＋4x＋5；(2)如解圖①，第2題解圖①∵點B是二次函數的圖象與x軸的交點，∴由二次函數的表達式為y＝－x2＋4x＋5得，點B的坐標B(5，0)，設直線BC解析式為y＝kx＋b，∵直線BC過點B(5，0)，C(0，5)，∴5k+b＝0解得k＝-1∴直線BC解析式為y＝－x＋5，設ND的長為d，N點的橫坐標為n，則N點的坐標為(n，－n＋5)，D點的坐標為(n，－n2＋4n＋5)，則d＝|－n2＋4n＋5－(－n＋5)|，由題意可知：－n2＋4n＋5＞－n＋5，∴d＝－n2＋4n＋5－(－n＋5)＝－n2＋5n＝－(n－52)2＋25∴當n＝52時，線段ND長度的最大值是25（3）∵點M(4，m)在拋物線y＝－x2＋4x＋5上，∴m＝5，∴M(4，5)．∵拋物線y＝－x2＋4x＋5＝－(x－2)2＋9，∴頂點坐標為H(2，9)，如解圖②，作點H(2，9)關于y軸的對稱點H1，則點H1的坐標為H1(－2，9)；作點M(4，5)關于x軸的對稱點M1，則點M1的坐標為M1(4，－5)，連接H1M1分別交x軸于點F，y軸于點E，∴H1M1＋HM的長度是四邊形HEFM的最小周長，則點F，E即為所求的點．設直線H1M1的函數表達式為y＝mx＋n，∵直線H1M1過點H1(－2，9)，M1(4，－5)，∴9=-2m+n-5=4m+n解得m=-7∴y＝－73x＋13∴當x＝0時，y＝133，即點E坐標為(0，13當y＝0時，x＝137，即點F坐標為(13故所求點F，E的坐標分別為(137，0)，(0，132．（2019·江蘇中考真題）如圖，已知等邊△ABC的邊長為8，點P是AB邊上的一個動點（與點A、B不重合），直線l是經過點P的一條直線，把△ABC沿直線l折疊，點B的對應點是點B’.（1）如圖1，當PB=4時，若點B’恰好在AC邊上，則AB’的長度為_____；（2）如圖2，當PB=5時，若直線l//AC，則BB’的長度為；（3）如圖3，點P在AB邊上運動過程中，若直線l始終垂直于AC，△ACB’的面積是否變化？若變化，說明理由；若不變化，求出面積；（4）當PB=6時，在直線l變化過程中，求△ACB’面積的最大值.【答案】（1）4；（2）5；（3）面積不變，S△ACB’=；（4）24+4【解析】【分析】(1)證明△APB′是等邊三角形即可解決問題；(2)如圖2中，設直線l交BC于點E，連接BB′交PE于O，證明△PEB是等邊三角形，求出OB即可解決問題；(3)如圖3中，結論：面積不變，證明BB′//AC即可；(4)如圖4中，當PB′⊥AC時，△ACB′的面積最大，設直線PB′交AC于點E，求出B′E即可解決問題.【詳解】(1)如圖1，∵△ABC為等邊三角形，∴∠A=60°，AB=BC=CA=8，∵PB=4，∴PB′=PB=PA=4，∵∠A=60°，∴△APB′是等邊三角形，∴AB′=AP=4，故答案為4；(2)如圖2，設直線l交BC于點E，連接BB′交PE于O，∵PE∥AC，∴∠BPE=∠A=60°，∠BEP=∠C=60°，∴△PEB是等邊三角形，∵PB=5，B、B′關于PE對稱，∴BB′⊥PE，BB′=2OB，∴OB=PB·sin60°=，∴BB′=5，故答案為5；(3)如圖3，結論：面積不變.過點B作BE⊥AC于E，則有BE=AB·sin60°=，∴S△ABC==16，∵B、B′關于直線l對稱，∴BB′⊥直線l，∵直線l⊥AC，∴AC//BB′，∴S△ACB’=S△ABC=16；(4)如圖4，當B′P⊥AC時，△ACB′的面積最大，設直線PB′交AC于E，在Rt△APE中，PA=2，∠PAE=60°，∴PE=PA·sin60°=，∴B′E=B′P+PE=6+，∴S△ACB最大值=×(6+)×8=24+4.【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的判定與性質，軸對稱變換，解直角三角形，平行線的判定與性質等知識，理解題意，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵.3．（2019·湖南中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，矩形ABCD的邊AB＝4，BC＝6．若不改變矩形ABCD的形狀和大小，當矩形頂點A在x軸的正半軸上左右移動時，矩形的另一個頂點D始終在y軸的正半軸上隨之上下移動．(1)當∠OAD＝30°時，求點C的坐標；(2)設AD的中點為M，連接OM、MC，當四邊形OMCD的面積為時，求OA的長；(3)當點A移動到某一位置時，點C到點O的距離有最大值，請直接寫出最大值，并求此時cos∠OAD的值．【答案】(1)點C的坐標為(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值為8，cos∠OAD＝．【解析】【分析】(1)作CE⊥y軸，先證∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，從而得出點C坐標；(2)先求出S△DCM＝6，結合S四邊形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，設OA＝x、OD＝y，據此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝36求得x的值，從而得出答案；(3)由M為AD的中點，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知當O、M、C三點在同一直線時，OC有最大值8，連接OC，則此時OC與AD的交點為M，ON⊥AD，證△CMD∽△OMN得，據此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案．【詳解】(1)如圖1，過點C作CE⊥y軸于點E，∵矩形ABCD中，CD⊥AD，∴∠CDE+∠ADO＝90°，又∵∠OAD+∠ADO＝90°，∴∠CDE＝∠OAD＝30°，∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，∴OD＝AD＝3，∴點C的坐標為(2，3+2)；(2)∵M為AD的中點，∴DM＝3，S△DCM＝6，又S四邊形OMCD＝，∴S△ODM＝，∴S△OAD＝9，設OA＝x、OD＝y，則x2+y2＝36，xy＝9，∴x2+y2＝2xy，即x＝y，將x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，解得x＝3(負值舍去)，∴OA＝3；(3)OC的最大值為8，如圖2，M為AD的中點，∴OM＝3，CM＝＝5，∴OC≤OM+CM＝8，當O、M、C三點在同一直線時，OC有最大值8，連接OC，則此時OC與AD的交點為M，過點O作ON⊥AD，垂足為N，∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，∴△CMD∽△OMN，∴，即，解得MN＝，ON＝，∴AN＝AM﹣MN＝，在Rt△OAN中，OA＝，∴cos∠OAD＝．【點睛】本題是四邊形的綜合問題，解題的關鍵是掌握矩形的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質等知識點．4.（2018·江蘇中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數y=﹣x+4的圖象與x軸和y軸分別相交于A、B兩點．動點P從點A出發，在線段AO上以每秒3個單位長度的速度向點O作勻速運動，到達點O停止運動，點A關于點P的對稱點為點Q，以線段PQ為邊向上作正方形PQMN．設運動時間為t秒．（1）當t=秒時，點Q的坐標是；（2）在運動過程中，設正方形PQMN與△AOB重疊部分的面積為S，求S與t的函數表達式；（3）若正方形PQMN對角線的交點為T，請直接寫出在運動過程中OT+PT的最小值．【答案】（1）（4，0）；（2）①當0＜t≤1時，S=t2；②當1＜t≤時，S=﹣t2+18t；③當＜t≤2時，S=﹣3t2+12；（3）OT+PT的最小值為．【解析】【分析】（1）先確定出點A的坐標，進而求出AP，利用對稱性即可得出結論；（2）分三種情況，①利用正方形的面積減去三角形的面積，②利用矩形的面積減去三角形的面積，③利用梯形的面積，即可得出結論；（3）先確定出點T的運動軌跡，進而找出OT+PT最小時的點T的位置，即可得出結論．【詳解】（1）令y=0，∴﹣x+4=0，∴x=6，∴A（6，0），當t=秒時，AP=3×=1，∴OP=OA﹣AP=5，∴P（5，0），由對稱性得，Q（4，0）；（2）當點Q在原點O時，OQ=6，∴AP=OQ=3，∴t=3÷3=1，①當0＜t≤1時，如圖1，令x=0，∴y=4，∴B（0，4），∴OB=4，∵A（6，0），∴OA=6，在Rt△AOB中，tan∠OAB=，由運動知，AP=3t，∴P（6﹣3t，0），∴Q（6﹣6t，0），∴PQ=AP=3t，∵四邊形PQMN是正方形，∴MN∥OA，PN=PQ=3t，在Rt△APD中，tan∠OAB=，∴PD=2t，∴DN=t，∵MN∥OA∴∠DCN=∠OAB，∴tan∠DCN=，∴CN=t，∴S=S正方形PQMN﹣S△CDN=（3t）2﹣t×t=t2；②當1＜t≤時，如圖2，同①的方法得，DN=t，CN=t，∴S=S矩形OENP﹣S△CDN=3t×（6﹣3t）﹣t×t=﹣t2+18t；③當＜t≤2時，如圖3，S=S梯形OBDP=（2t+4）（6﹣3t）=﹣3t2+12；（3）如圖4，由運動知，P（6-3t，0），Q（6-6t，0），

∴M（6-6t，3t），

∵T是正方形PQMN的對角線交點，

∴T（6-），

∴點T是直線y=-x+2上的一段線段，（-3≤x＜6），

同理：點N是直線AG：y=-x+6上的一段線段，（0≤x≤6），

∴G（0，6），

∴OG=6，

∵A（6，0），

∴AG=6，在Rt△ABG中，OA=6=OG，

∴∠OAG=45°，

∵PN⊥x軸，

∴∠APN=90°，

∴∠ANP=45°，

∴∠TNA=90°，

即：TN⊥AG，

∵T正方形PQMN的對角線的交點，

∴TN=TP，

∴OT+TP=OT+TN，

∴點O，T，N在同一條直線上（點Q與點O重合時），且ON⊥AG時，OT+TN最小，

即：OT+TN最小，

∵S△OAG=OA×OG=AG×ON，

∴ON==．

即：OT+PT的最小值為3【點睛】此題是一次函數綜合題，主要考查了正方形的面積，梯形，三角形的面積公式，正方形的性質，勾股定理，銳角三角函數，用分類討論的思想解決問題是解本題的關鍵，找出點T的位置是解本題（3）的難點．5.（2020·江蘇初三期末）已知二次函數的圖象和軸交于點、，與軸交于點，點是直線上方的拋物線上的動點.(1)求直線的解析式.(2)當是拋物線頂點時，求面積.(3)在點運動過程中，求面積的最大值.【答案】(1)；(2)3；(3)面積的最大值為.【解析】【分析】（1）由題意分別將x=0、y=0代入二次函數解析式中求出點C、A的坐標，再根據點A、C的坐標利用待定系數法即可求出直線AC的解析式；（2）由題意先根據二次函數解析式求出頂點，進而利用割補法求面積；（3）根據題意過點作軸交于點并設點的坐標為()，則點的坐標為進而進行分析.【詳解】解：(1)分別將x=0、y=0代入二次函數解析式中求出點C、A的坐標為；；將；代入，得到直線的解析式為.(2)由，將其化為頂點式為，可知頂點P為，如圖P為頂點時連接PC并延長交x軸于點G，則有，將P點和C點代入求出PC的解析式為，解得G為，所有=3；(3)過點作軸交于點.設點的坐標為()，則點的坐標為∴，當時，取最大值，最大值為.∵，∴面積的最大值為.【點睛】本題考查待定系數法求一次函數解析式、二次函數圖象上點的坐標特征、等腰三角形的性質、二次函數的性質以及解二元一次方程組，解題的關鍵是利用待定系數法求出直線解析式以及利用二次函數的性質進行綜合分析.6．（2020·江蘇初三期末）如圖，拋物線交軸于、兩點，交軸于點，點的坐標為，直線經過點、.（1）求拋物線的函數表達式；（2）點是直線上方拋物線上的一動點，求面積的最大值并求出此時點的坐標；（3）過點的直線交直線于點，連接，當直線與直線的一個夾角等于的3倍時，請直接寫出點的坐標.【答案】（1）；（2），點坐標為；（3）點的坐標為，【解析】【分析】（1）利用B（5，0）用待定系數法求拋物線解析式；（2）作PQ∥y軸交BC于Q，根據求解即可；（3）作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，則∠AM1B=3∠ACB,則NAM1∽ACM1,通過相似的性質來求點M1的坐標；作AD⊥BC于D,作M1關于AD的對稱點M2,則∠AM2C=3∠ACB,根據對稱點坐標特點可求M2的坐標.【詳解】（1）把代入得.∴；（2）作PQ∥y軸交BC于Q，設點，則∵∴OB=5，∵Q在BC上，∴Q的坐標為（x，x-5），∴PQ==，∴==∴當時，有最大值，最大值為，∴點坐標為.（3）如圖1，作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，則∠AM1B=3∠ACB,∵∠CAN=∠NAM1,∴AN=CN,∵=-(x-1)(x-5),∴A的坐標為（1，0），C的坐標為（0，-5），設N的坐標為（a,a-5），則∴，∴a=,∴N的坐標為（,）,∴AN2==，AC2=26，∴，∵∠NAM1=∠ACB，∠NM1A=∠CM1A，∴NAM1∽ACM1,∴,∴,設M1的坐標為（b,b-5），則∴,∴b1=，b2=6(不合題意，舍去)，∴M1的坐標為，如圖2，作AD⊥BC于D,作M1關于AD的對稱點M2,則∠AM2C=3∠ACB,易知ADB是等腰直角三角形，可得點D的坐標是（3，-2），∴M2橫坐標=，M2縱坐標=，∴M2的坐標是，綜上所述，點M的坐標是或.【點睛】本題考查了二次函數與幾何圖形的綜合題：熟練掌握二次函數圖象上點的坐標特征、二次函數的性質及相似三角形的判定與性質，會運用分類討論的思想解決數學問題．7.（2019·石家莊市第四十一中學初三）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x（x﹣b）﹣12（1）若點B與點C關于直線x＝1對稱，求b的值；（2）若OB＝OA，求△BCP的面積；（3）當﹣1≤x≤1時，該拋物線上最高點與最低點縱坐標的差為h，求出h與b的關系；若h有最大值或最小值，直接寫出這個最大值或最小值．【答案】（1）2（2）2764【解析】【分析】（1）由點B與點C關于直線x＝1對稱，可得出拋物線的對稱軸為直線x＝1，再利用二次函數的性質可求出b值；（2）利用二次函數圖象上點的坐標特征可求出點A的坐標，結合OA＝OB可得出點B的坐標，由點B的坐標利用待定系數法可求出拋物線的解析式，由拋物線的解析式利用二次函數圖象上點的坐標特征可求出點C的坐標，利用配方法可求出點P的坐標，再利用三角形的面積公式即可求出△BCP的面積；（3）分b≥2，0≤b＜2，﹣2＜b＜0和b≤﹣2四種情況考慮，利用二次函數圖象上點的坐標特征結合二次函數的圖象找出h關于b的關系式，再找出h的最值即可得出結論．【詳解】解：（1）∵點B與點C關于直線x＝1對稱，y＝x（x﹣b）﹣12＝x2﹣bx﹣1∴﹣-b2解得：b＝2．（2）當x＝0時，y＝x2﹣bx﹣12＝﹣1∴點A的坐標為（0，﹣12又∵OB＝OA，∴點B的坐標為（﹣12將B（﹣12，0）代入y＝x2﹣bx﹣12，得：0＝14+1解得：b＝12∴拋物線的解析式為y＝x2﹣12x﹣1∵y＝x2﹣12x﹣12＝（x﹣14）2∴點P的坐標為（14，﹣9當y＝0時，x2﹣12x﹣1解得：x1＝﹣12，x2∴點C的坐標為（1，0）．∴S△BCP＝12×[1﹣（﹣12）]×|﹣916（3）y＝x2﹣bx﹣12＝（x﹣b2）2﹣12當b2y最大＝b+12，y最小＝﹣b+1∴h＝2b；當0≤b2y最大＝b+12，y最小＝﹣12﹣∴h＝1+b+b24＝（1+b2當﹣1＜b2y最大＝12﹣b，y最小＝﹣12﹣∴h＝1﹣b+b24＝（1﹣b2當b2y最大＝﹣b+12，y最小＝b+1h＝﹣2b．綜上所述：h＝2b(b?2)1+【點睛】本題考查了二次函數的性質、二次函數圖象上點的坐標特征、待定系數法求二次函數解析式、三角形的面積、二次函數圖象以及二次函數的最值，解題的關鍵是：（1）利用二次函數的性質，求出b的值；（2）利用二次函數圖象上的坐標特征及配方法，求出點B，C，P的坐標；（3）分b≥2，0≤b＜2，﹣2＜b＜0和b≤﹣2四種情況，找出h關于b的關系式．8.（2020·江西初三期中）如圖①，已知拋物線y=ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點A（1，0）和點B（-3，0），與y軸交于點C．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設拋物線的對稱軸與x軸交于點M，問在對稱軸上是否存在點P，使△CMP為等腰三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由；

（3）如圖②，若點E為第二象限拋物線上一動點，連接BE、CE，求四邊形BOCE面積的最大值，并求此時E點的坐標．【答案】（1）y=-x2-2x+3；（2）存在，P（-1，）或P（-1，-）或P（-1，6）或P（-1，）；（3）當a=-時，S四邊形BOCE最大，且最大值為，此時，點E坐標為（-，）．【解析】【分析】（1）已知拋物線過A、B兩點，可將兩點的坐標代入拋物線的解析式中，用待定系數法即可求出二次函數的解析式；（2）可根據（1）的函數解析式得出拋物線的對稱軸，也就得出了M點的坐標，由于C是拋物線與y軸的交點，因此C的坐標為（0，3），根據M、C的坐標可求出CM的距離．然后分三種情況進行討論：①當CP=PM時，P位于CM的垂直平分線上．求P點坐標關鍵是求P的縱坐標，過P作PQ⊥y軸于Q，如果設PM=CP=x，那么直角三角形CPQ中CP=x，OM的長，可根據M的坐標得出，CQ=3-x，因此可根據勾股定理求出x的值，P點的橫坐標與M的橫坐標相同，縱坐標為x，由此可得出P的坐標．②當CM=MP時，根據CM的長即可求出P的縱坐標，也就得出了P的坐標（要注意分上下兩點）．③當CM=CP時，因為C的坐標為（0，3），那么直線y=3必垂直平分PM，因此P的縱坐標是6，由此可得出P的坐標；（3）由于四邊形BOCE不是規則的四邊形，因此可將四邊形BOCE分割成規則的圖形進行計算，過E作EF⊥x軸于F，S四邊形BOCE=S△BFE+S梯形FOCE．直角梯形FOCE中，FO為E的橫坐標的絕對值，EF為E的縱坐標，已知C的縱坐標，就知道了OC的長．在△BFE中，BF=BO-OF，因此可用E的橫坐標表示出BF的長．如果根據拋物線設出E的坐標，然后代入上面的線段中，即可得出關于四邊形BOCE的面積與E的橫坐標的函數關系式，根據函數的性質即可求得四邊形BOCE的最大值及對應的E的橫坐標的值．即可求出此時E的坐標．【詳解】(1)∵拋物線y=ax2+bx+3(a≠0)與x軸交于點A(1,0)和點B(?3,0)，∴解得：.∴所求拋物線解析式為：y=?x2?2x+3；(2)∵拋物線解析式為：y=?x2?2x+3，∴其對稱軸為，∴設P點坐標為(?1,a)，當x=0時，y=3，∴C(0,3),M(?1,0)∴當CP=PM時,(?1)2+(3?a)2=a2,解得a=，∴P點坐標為：；∴當CM=PM時,(?1)2+32=a2,解得，∴P點坐標為：或；∴當CM=CP時,由勾股定理得：(?1)2+32=(?1)2+(3?a)2，解得a=6，∴P點坐標為：P4(?1,6).綜上所述存在符合條件的點P,其坐標為或或P(?1,6)或；(3)過點E作EF⊥x軸于點F,設E(a,?a2?2a+3)(?3<a<0)∴EF=?a2?2a+3，BF=a+3，OF=?a∴∴當a=時,S四邊形BOCE最大,且最大值為.此時,點E坐標為.9．（2020·山東初三期末）如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象過點C（0，1），頂點為Q（2，3），點D在x軸正半軸上，且OD=OC．（1）求直線CD的解析式；（2）求拋物線的解析式；（3）將直線CD繞點C逆時針方向旋轉45°所得直線與拋物線相交于另一點E，求證：△CEQ∽△CDO；（4）在（3）的條件下，若點P是線段QE上的動點，點F是線段OD上的動點，問：在P點和F點移動過程中，△PCF的周長是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=﹣x+1;(2)y=x2+2x+1;(3)證明見解析;(4)存在,,理由見解析.【解析】【分析】（1）利用待定系數法求出直線解析式;（2）利用待定系數法求出拋物線的解析式;（3）關鍵是證明△CEQ與△CDO均為等腰直角三角形;（4）如答圖②所示，作點C關于直線QE的對稱點C′，作點C關于x軸的對稱點C″，連接C′C″，交OD于點F，交QE于點P，則△PCF即為符合題意的周長最小的三角形，由軸對稱的性質可知，△PCF的周長等于線段C′C″的長度．利用軸對稱的性質、兩點之間線段最短可以證明此時△PCF的周長最小．如答圖③所示，利用勾股定理求出線段C′C″的長度，即△PCF周長的最小值．【詳解】解：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D點坐標為（1，0）．設直線CD的解析式為y=kx+b（k≠0），將C（0，1），D（1，0）代入得：，解得：∴直線CD的解析式為：y=﹣x+1．（2）設拋物線的解析式為y=a（x﹣2）2+3，將C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）2+3，解得a=．∴y=（x﹣2）2+3=x2+2x+1．（3）證明：由題意可知，∠ECD=45°，∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD為等腰直角三角形，∠ODC=45°．∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x軸．∴點C、E關于對稱軸（直線x=2）對稱，∴點E的坐標為（4，1）．如答圖①所示，設對稱軸（直線x=2）與CE交于點F，則F（2，1）．∴ME=CM=QM=2．∴△QME與△QMC均為等腰直角三角形．∴∠QEC=∠QCE=45°．又∵△OCD為等腰直角三角形，∴∠ODC=∠OCD=45°．∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°．∴△CEQ∽△CDO．（4）存在．如答圖②所示，作點C關于直線QE的對稱點C′，作點C關于x軸的對稱點C″，連接C′C″，交OD于點F，交QE于點P，則△PCF即為符合題意的周長最小的三角形，由軸對稱的性質可知，△PCF的周長等于線段C′C″的長度．證明如下：不妨在線段OD上取異于點F的任一點F′，在線段QE上取異于點P的任一點P′，連接F′C″，F′P′，P′C′．由軸對稱的性質可知，△P′CF′的周長=F′C″+F′P′+P′C′．而F′C″+F′P′+P′C′是點C′，C″之間的折線段，由兩點之間線段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″，即△P′CF′的周長大于△PCE的周長．）如答圖③所示，連接C′E，∵C，C′關于直線QE對稱，△QCE為等腰直角三角形，∴△QC′E為等腰直角三角形．∴△CEC′為等腰直角三角形．∴點C′的坐標為（4，5）．∵C，C″關于x軸對稱，∴點C″的坐標為（﹣1，0）．過點C′作C′N⊥y軸于點N，則NC′=4，NC″=4+1+1=6，在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：．綜上所述，在P點和F點移動過程中，△PCF的周長存在最小值，最小值為．【點睛】本題是中考壓軸題，綜合考查了二次函數的圖象與性質、待定系數法、相似三角形、等腰直角三角形、勾股定理、軸對稱的性質等重要知識點，涉及考點較多，有一點的難度．本題難點在于第（4）問，如何充分利用軸對稱的性質確定△PCF周長最小時的幾何圖形，是解答本題的關鍵．10．（2020·盤錦市雙臺子區第一中學初三月考）如圖①,已知拋物線y=ax2+bx+c的圖像經過點A（0，3)、B（1，0），其對稱軸為直線l：x=2，過點A作AC∥x軸交拋物線于點C，∠AOB的平分線交線段AC于點E，點P是拋物線上的一個動點，設其橫坐標為m.（1）求拋物線的解析式；（2）若動點P在直線OE下方的拋物線上，連結PE、PO，當m為何值時，四邊形AOPE面積最大，并求出其最大值；（3）如圖②，F是拋物線的對稱軸l上的一點，在拋物線上是否存在點P使△POF成為以點P為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，直接寫出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】（1）y=x2-4x+3.（2）當m=時，四邊形AOPE面積最大，最大值為.（3）P點的坐標為：P1（，），P2（，），P3（，），P4（，）.【解析】分析：（1）利用對稱性可得點D的坐標，利用交點式可得拋物線的解析式；（2）設P（m，m2-4m+3），根據OE的解析式表示點G的坐標，表示PG的長，根據面積和可得四邊形AOPE的面積，利用配方法可得其最大值；（3）存在四種情況：如圖3，作輔助線，構建全等三角形，證明△OMP≌△PNF，根據OM=PN列方程可得點P的坐標；同理可得其他圖形中點P的坐標．詳解：（1）如圖1，設拋物線與x軸的另一個交點為D，由對稱性得：D（3，0），設拋物線的解析式為：y=a（x-1）（x-3），把A（0，3）代入得：3=3a，a=1，∴拋物線的解析式；y=x2-4x+3；（2）如圖2，設P（m，m2-4m+3），∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，∴∠AOE=45°，∴△AOE是等腰直角三角形，∴AE=OA=3，∴E（3，3），易得OE的解析式為：y=x，過P作PG∥y軸，交OE于點G，∴G（m，m），∴PG=m-（m2-4m+3）=-m2+5m-3，∴S四邊形AOPE=S△AOE+S△POE，=×3×3+PG?AE，=+×3×（-m2+5m-3），=-m2+m，=（m-）2+，∵-＜0，∴當m=時，S有最大值是；（3）如圖3，過P作MN⊥y軸，交y軸于M，交l于N，∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，易得△OMP≌△PNF，∴OM=PN，∵P（m，m2-4m+3），則-m2+4m-3=2-m，解得：m=或，∴P的坐標為（，）或（，）；如圖4，過P作MN⊥x軸于N，過F作FM⊥MN于M，同理得△ONP≌△PMF，∴PN=FM，則-m2+4m-3=m-2，解得：x=或；P的坐標為（，）或（，）；綜上所述，點P的坐標是：（，）或（，）或（，）或（，）．點睛：本題屬于二次函數綜合題，主要考查了二次函數的綜合應用，相似三角形的判定與性質以及解一元二次方程的方法，解第（2）問時需要運用配方法，解第（3）問時需要運用分類討論思想和方程的思想解決問題．11．（2020·四川初三）如圖，一次函數的圖像與坐標軸交于A、B兩點，點C的坐標為，二次函數的圖像經過A、B、C三點．（1）求二次函數的解析式（2）如圖1，已知點在拋物線上，作射線BD，點Q為線段AB上一點，過點Q作軸于點M，作于點N，過Q作軸交拋物線于點P，當QM與QN的積最大時，求點P的坐標；（3）在（2）的條件下，連接AP，若點E為拋物線上一點，且滿足，求點E的坐標．【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】【分析】（1）求出A、B的坐標，設二次函數解析式為，把A（0，2）代入即可得出結論；（2）先求出D的坐標和直線BD的解析式，過D作DT⊥x軸于T，可求得∠DBO=45°．設Q（m，m+2），則G（m，-m+4），MQ=m．設∠ABO=α，則∠NBQ=45°－α，∠MQB=180°－α．證明ΔGQN為等腰直角三角形，表示出NQ，MQ?NQ，利用二次函數的性質解答即可；（3）如圖，過A作AH⊥PE于點H，解Rt△APH，得到AH=1，PH=2．設H（m，n），利用兩點間距離公式可求出H的坐標，進而求出點E的坐標．【詳解】（1）在中，令x=0，得y=2，∴A（0，2）；令y=0，得，解得：x=4，∴B（4，0）．設二次函數解析式為，將A（0，2）代入得：解得：，∴．（2）∵點D（1，n）在拋物線上，∴n==3，∴D（1，3）．設直線BD的解析式為y=kx+b，則，解得：，∴直線BD的解析式為：y=-x+4．過D作DT⊥x軸于T，則OT=1，DT=3．∵OB=4，∴BT=OB-OT=4-1=3，∴DT=BT，∴∠DBO=45°．設Q（m，m+2），則G（m，-m+4），MQ=m．設∠ABO=α，則∠NBQ=45°－α∠MQB=180°－α．又∵∠PQM=90°，∠NQB=90°－（45°－α）=45°+α，∴∠GQN=360°－90°－（180°－α）－（45°+α）=45°，∴ΔGQN為等腰直角三角形，∴NQ=，∴MQ?NQ=．當m=2時，QM?QN最大，此時P（2，3）．（3）如圖，過A作AH⊥PE于點H，其中，∠APE=∠ABO．又A（0，2），P（2，3），，∴，∴PH=2AH．∵AP=，，∴，∴AH=1，PH=2．設H（m，n），則，，解得：；，∴，．①易求直線PH的解析式為：令解得：（舍）∴；②易求直線PH1的解析式為：．令，解得：，∴．綜上所述：符合題意的E點坐標為或．【點睛】本題是二次函數綜合題．考查了待定系數法求二次函數的解析式、二次函數的最值、解直角三角形等知識點．靈活運用基礎知識是解答本題的關鍵．12．（2019·廣東初三）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于原點O和點A（6，0），拋物線的頂點為B．（1）求該拋物線的解析式和頂點B的坐標；（2）若動點P從原點O出發，以每秒1個長度單位的速度沿線段OB運動，設點P運動的時間為t（s）．問當t為何值時，△OPA是直角三角形？（3）若同時有一動點M從點A出發，以2個長度單位的速度沿線段AO運動，當P、M其中一個點停止運動時另一個點也隨之停止運動．設它們的運動時間為t（s），連接MP，當t為何值時，四邊形ABPM的面積最小？并求此最小值．【答案】（1）y＝﹣x2+2x，（3，3）；（2）t＝3時，△OPA是直角三角形；（3）當t＝時，四邊形ABPM的面積取最小值，最小值為【解析】【分析】（1）根據點O，A的坐標，利用待定系數法可求出二次函數的解析式，再將二次函數解析式由一般式變形為頂點式，即可得出頂點B的坐標；（2）由點B的坐標，利用待定系數法可求出直線OB的解析式，過點P作PC⊥x軸于點C，設點P的坐標為（x，x），則點C的坐標為（x，0），由tan∠POC＝可得出∠POC＝60°，結合OA的值可找出當∠APO＝90°時OP的長，由點P的運動速度為1可求出此時t的值；（3）當運動時間為t時，OP＝t，AM＝2t，PC＝t，PC＝t，OM＝6﹣2t，結合點P，M的運動速度可得出0≤t≤3，由S四邊形ABPM＝S△ABO﹣S△POM可得出四邊形ABPM的面積關于t的函數關系式，再利用二次函數的性質即可解決最值問題．【詳解】解：（1）將O（0，0），A（6，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得：，解得：，∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x．∵y＝﹣x2+2x＝﹣（x﹣3）2+3，∴頂點B的坐標為（3，3）．（2）設直線OB的解析式為y＝kx，將B（3，3）代入y＝kx，得：3＝3k，解得：k＝，∴直線OB的解析式為y＝x．過點P作PC⊥x軸于點C，如圖1所示．設點P的坐標為（x，x），則點C的坐標為（x，0）．∵tan∠POC＝＝，∴∠POC＝60°．當∠APO＝90°，則cos∠POC＝＝，∴OP＝3．∵OP＝1×t＝3，∴t＝3．（3）當運動時間為t時，OP＝t，AM＝2t，PC＝t，PC＝t，OM＝6﹣2t．∵當P、M其中一個點停止運動時另一個點也隨之停止運動，∴0≤t≤3．S四邊形ABPM＝S△ABO﹣S△POM，＝?OA?yB﹣?OM?PC，＝×6×3﹣×（6﹣2t）×t，＝t2﹣t+9，＝（t﹣）2+．∵＞0，∴當t＝時，四邊形ABPM的面積取最小值，最小值為．【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數解析式、解直角三角形、待定系數法求一次函數解析式、三角形的面積以及二次函數的性質，解題的關鍵是：（1）根據點的坐標，利用待定系數法求出二次函數解析式；（2）通過解直角三角形找出當∠APO=90°時OP的長；（3）利用分割圖形求面積法，找出四邊形ABPM的面積關于t的函數關系式.13．（2019·山東初三期中）如圖，已知拋物線經過兩點A（﹣3，0），B（0，3），且其對稱軸為直線x＝﹣1．（1）求此拋物線的解析式．（2）若點Q是對稱軸上一動點，當OQ+BQ最小時，求點Q的坐標．（3）若點P是拋物線上點A與點B之間的動點（不包括點A，點B），求△PAB面積的最大值，并求出此時點P的坐標．【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3；(2)點Q（﹣1，）；(3)S△PAB有最大值,點P（﹣，）【解析】【分析】（1）拋物線經過兩點，對稱軸為直線，則拋物線與軸另外一個交點坐標為：，即可求解；（2）設點是點關于對稱軸的對稱點，則，連接交對稱軸于點，則點為所求，即可求解；（3）過點作軸的平行線交于點，由，即可求解．【詳解】解：（1）拋物線經過兩點，對稱軸為直線，則拋物線與軸另外一個交點坐標為：，則拋物線的表達式為：，即，解得：，個拋物線的表達式為：；（2）設點是點關于對稱軸的對稱點，則，連接交對稱軸于點，則點為所求，則點的表達式為：，當時，，故點；（3）過點作軸的平行線交于點，直線的表達式為：，設點，則點，則，，有最大值，此時，點，．【點睛】本題考查的是二次函數綜合運用，涉及到一次函數、點的對稱性、圖形的面積計算等，其中（2）用點的對稱性求解線段的最值，其中（3）在坐標系中利用三角形面積等于水平寬×鉛直高的一半表示是常用方法．14.（2019·四川中考真題）如圖，拋物線過點，且與直線交于B、C兩點，點B的坐標為．（1）求拋物線的解析式；（2）點D為拋物線上位于直線上方的一點，過點D作軸交直線于點E，點P為對稱軸上一動點，當線段的長度最大時，求的最小值；（3）設點M為拋物線的頂點，在y軸上是否存在點Q，使？若存在，求點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）拋物線的解析式；（2）的最小值為；（3）點Q的坐標：、．【解析】【分析】（1）將點B的坐標為代入，，B的坐標為，將，代入，解得，，因此拋物線的解析式；（2）設，則，，當時，有最大值為2，此時，作點A關于對稱軸的對稱點，連接，與對稱軸交于點P．，此時最小；（3）作軸于點H，連接、、、、，由，，可得，因為，，所以，可知外接圓的圓心為H，于是設，則，或，求得符合題意的點Q的坐標：、．【詳解】解：（1）將點B的坐標為代入，，∴B的坐標為，將，代入，解得，，∴拋物線的解析式；（2）設，則，，∴當時，有最大值為2，此時，作點A關于對稱軸的對稱點，連接，與對稱軸交于點P．，此時最小，∵，∴，，即的最小值為；（3）作軸于點H，連接、、、、，∵拋物線的解析式，∴，∵，∴，∵，，∴，可知外接圓的圓心為H，∴設，則，或∴符合題意的點Q的坐標：、．【點睛】本題考查了二次函數，熟練運用二次函數的圖象的性質與一次函數的性質以及圓周角定理是解題的關鍵．15.（2019·天津中考真題）已知拋物線（為常數，）經過點，點是軸正半軸上的動點．（Ⅰ）當時，求拋物線的頂點坐標；（Ⅱ）點在拋物線上，當，時，求的值；（Ⅲ）點在拋物線上，當的最小值為時，求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】【分析】（Ⅰ）把b=2和點代入拋物線的解析式，求出c的值，進行配方即可得出頂點坐標（Ⅱ）根據點和）點在拋物線上和得出點在第四象限，且在拋物線對稱軸的右側．過點作軸，垂足為，則點，再根據D、E兩點坐標得出為等腰直角三角形，得出，再根據已知條件，，從而求出b的值（Ⅲ）根據點在拋物線上得出點在第四象限，且在直線的右側；取點，過點作直線的垂線，垂足為，與軸相交于點，得出，此時的值最小；過點作軸于點，則點．再根據得出m與b的關系，然后根據兩點間的距離公式和的最小值為，列出關于b的方成即可【詳解】解：（Ⅰ）∵拋物線經過點，∴．即．當時，，∴拋物線的頂點坐標為．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，拋物線的解析式為．∵點在拋物線上，∴．由，得，，∴點在第四象限，且在拋物線對稱軸的右側．如圖，過點作軸，垂足為，則點．∴，．得．∴在中，．∴．由已知，，∴．∴．（Ⅲ）∵點在拋物線上，∴．可知點在第四象限，且在直線的右側．考慮到，可取點，如圖，過點作直線的垂線，垂足為，與軸相交于點，有，得，則此時點滿足題意．過點作軸于點，則點．在中，可知．∴，．∵點，∴．解得．∵，∴．∴．【點睛】本題主要考查的是二次函數的綜合應用，解答本題主要應用了待定系數法求二次函數、勾股定理、等腰三角形的性質與判定等知識，關鍵是明確題意，作出合適的輔助線，利用數形結合的思想和二次函數的性質解答．16.（2019·湖南中考真題）如圖，拋物線y＝ax2+bx（a＞0）過點E（8，0），矩形ABCD的邊AB在線段OE上（點A在點B的左側），點C、D在拋物線上，∠BAD的平分線AM交BC于點M，點N是CD的中點，已知OA＝2，且OA：AD＝1：3.（1）求拋物線的解析式；（2）F、G分別為x軸，y軸上的動點，順次連接M、N、G、F構成四邊形MNGF，求四邊形MNGF周長的最小值；（3）在x軸下方且在拋物線上是否存在點P，使△ODP中OD邊上的高為？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；（4）矩形ABCD不動，將拋物線向右平移，當平移后的拋物線與矩形的邊有兩個交點K、L，且直線KL平分矩形的面積時，求拋物線平移的距離.【答案】（1）y＝x2﹣4x；（2）四邊形MNGF周長最小值為12；（3）存在點P，P坐標為（6，﹣6）；（4）拋物線平移的距離為3個單位長度.【解析】【分析】（1）由點E在x軸正半軸且點A在線段OE上得到點A在x軸正半軸上，所以A（2，0）；由OA＝2，且OA：AD＝1：3得AD＝6.由于四邊形ABCD為矩形，故有AD⊥AB，所以點D在第四象限，橫坐標與A的橫坐標相同，進而得到點D坐標.由拋物線經過點D、E，用待定系數法即求出其解析式；（2）畫出四邊形MNGF，由于點F、G分別在x軸、y軸上運動，故可作點M關于x軸的對稱點點M'，作點N關于y軸的對稱點點N'，得FM＝FM'、GN＝GN'.易得當M'、F、G、N'在同一直線上時N'G+GF+FM'＝M'N'最小，故四邊形MNGF周長最小值等于MN+M'N'.根據矩形性質、拋物線線性質等條件求出點M、M'、N、N'坐標，即求得答案；（3）因為OD可求，且已知△ODP中OD邊上的高，故可求△ODP的面積.又因為△ODP的面積常規求法是過點P作PQ平行y軸交直線OD于點Q，把△ODP拆分為△OPQ與△DPQ的和或差來計算，故存在等量關系.設點P坐標為t，用t表示PQ的長即可列方程.求得t的值要討論是否滿足點P在x軸下方的條件；（4）由KL平分矩形ABCD的面積可得K在線段AB上、L在線段CD上，畫出平移后的拋物線可知，點K由點O平移得到，點L由點D平移得到，故有K（m，0），L（2+m，-6）.易證KL平分矩形面積時，KL一定經過矩形的中心H且被H平分，求出H坐標為（4，﹣3），由中點坐標公式即求得m的值.【詳解】（1）∵點A在線段OE上，E（8，0），OA＝2∴A（2，0）∵OA：AD＝1：3∴AD＝3OA＝6∵四邊形ABCD是矩形∴AD⊥AB∴D（2，﹣6）∵拋物線y＝ax2+bx經過點D、E∴解得：∴拋物線的解析式為y＝x2﹣4x（2）如圖1，作點M關于x軸的對稱點M'，作點N關于y軸的對稱點N'，連接FM'、GN'、M'N'∵y＝x2﹣4x＝（x﹣4）2﹣8∴拋物線對稱軸為直線x＝4∵點C、D在拋物線上，且CD∥x軸，D（2，﹣6）∴yC＝yD＝﹣6，即點C、D關于直線x＝4對稱∴xC＝4+（4﹣xD）＝4+4﹣2＝6，即C（6，﹣6）∴AB＝CD＝4，B（6，0）∵AM平分∠BAD，∠BAD＝∠ABM＝90°∴∠BAM＝45°∴BM＝AB＝4∴M（6，﹣4）∵點M、M'關于x軸對稱，點F在x軸上∴M'（6，4），FM＝FM'∵N為CD中點∴N（4，﹣6）∵點N、N'關于y軸對稱，點G在y軸上∴N'（﹣4，﹣6），GN＝GN'∴C四邊形MNGF＝MN+NG+GF+FM＝MN+N'G+GF+FM'∵當M'、F、G、N'在同一直線上時，N'G+GF+FM'＝M'N'最小∴C四邊形MNGF＝MN+M'N'=∴四邊形MNGF周長最小值為12.（3）存在點P，使△ODP中OD邊上的高為.過點P作PQ∥y軸交直線OD于點Q∵D（2，﹣6）∴OD＝，直線OD解析式為y＝﹣3x設點P坐標為（t，t2﹣4t）（0＜t＜8），則點Q（t，﹣3t）①如圖2，當0＜t＜2時，點P在點D左側∴PQ＝yQ﹣yP＝﹣3t﹣（t2﹣4t）＝﹣t2+t∴S△ODP＝S△OP