(1)求抛物线得解析式;
(2)在抛物线对称轴l上找一点M,使|MB﹣MC|得值最大,并求出这个最大值;
(3 )点P为y轴右侧抛物线上一动点,连接PA,过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q,问:就是否存在点P使得以A ,P,Q
为顶点得三角形与△ABC相似？若存在,请求出所有符合条件得点P得坐标;若不存在,请说 明理由.


17、(2019广西贺州)如图,在平面直角坐标系中,已知点得坐 标为,且,抛物线图象经过,,三点.
(1)求,两点得坐标;
(2)求抛物线得解析式;
(3)若点就是直线下方得抛物线上得一个动点,作于点,当得值最大时,求此时点得坐标及得最大值.

18、(2019内蒙古赤峰)如图,直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点, 抛物线y＝﹣x
2
+bx+c经过点B、
C,与x轴另一交点为A,顶点为D.
(1)求抛物线得解析式;
(2)在x轴上找一点E,使EC+ED得值最小,求EC+ED得最小值;
(3)在抛物线 得对称轴上就是否存在一点P,使得∠APB＝∠OCB？若存在,求出P点坐标;若不存在,请说明理
由.

19
、
(2019•
湘潭
)
如图一
,
抛物线
y
＝
ax
2
+
bx+
c
过
A
(
﹣
1,0)
B
(3
、
0)
、
C
(0,)
三点


(1)
求该抛物线得解析式
;
(2)
P
(
x1
,
y
1
)
、
Q
(4,
y
2
)
两点均在该抛物线上
,
若
y
1
≤
y2
,
求
P
点横坐标
x
1
得取值范围
;
(3)
如图二
,
过点
C
作
x
轴得平行线交 抛物线于点
E
,
该抛物线得对称轴与
x
轴交于点
D
,
连结
CD
、
CB
,
点
F
为
线段
CB
得中点
,
点
M
、
N
分别为直线
CD
与
CE
上得动点
,
求△
FMN
周长得最小值
.
20
、
(2019•
辽阳
)
如图
,< br>在平面直角坐标系中
,Rt
△
ABC
得边
BC
在x
轴上
,
∠
ABC
＝
90°,
以
A< br>为顶点得抛物线
y
＝﹣
x
2
+
bx
+
c
经过点
C
(3,0),
交
y
轴于点
E
(0,3),
动点
P
在对称轴上
.
(1)
求抛物线解析式
;
(2)
若点
P
从
A
点出发
,
沿
A
→
B
方向以
1
个单位

秒得速度匀速运动到点
B
停止
,
设运动时间为
t
秒
,
过点
P
作
PD
⊥
AB
交
AC
于点
D
,
过点
D
平行于
y
轴 得直线
l
交抛物线于点
Q
,
连接
AQ
,
C Q
,
当
t
为何值时
,
△
ACQ
得面
积最大？最大值就是多少？

(3)
若点
M
就是平面内得任意一点
,
在
x
轴上方就是否存在点
P
,
使得以点
P
,
M
,
E
,
C
为顶点得四边形就是菱形
,
若存在
,
请直接写出符合条件得
M
点坐标
;
若不 存在
,
请说明理由
.

【例题
1
】
(< br>经典题
)
二次函数
y=2(x
﹣
3)
2
﹣< br>4
得最小值为


.
【答案】﹣
4. < br>【解析】题中所给得解析式为顶点式
,
可直接得到顶点坐标
,
从而得出 解答
.
二次函数
y=2(x
﹣
3)
2
﹣
4
得开口向上
,
顶点坐标为
(3,
﹣
4),
所以最小值为﹣
4.
,
若点
M
、
N
【例 题
2
】
(2018
江西
)
如图
,AB
就是 ⊙
O
得弦
,AB=5,
点
C
就是⊙
O
上得 一个动点
,
且∠
ACB=45°
分别就是
AB
、
A C
得中点
,
则
MN
长得最大值就是


.

【答案】
.

【解析】根据中位线定理得到< br>MN
得最大时
,BC
最大
,
当
BC
最大时就 是直径
,
从而求得直径后就可以求得最
大值
.

如图,
∵点
M,N
分别就是
AB,AC
得中点
,
∴
MN=BC,
∴当
BC
取得最大值时
,MN
就 取得最大值
,
当
BC
就是直径时
,BC
最大
, < br>连接
BO
并延长交⊙
O
于点
C′,
连接
AC ′,
∵
BC′
就是⊙
O
得直径
,
∴∠
BAC′=90°.
,AB=5,
∵∠
ACB=45°
∴∠
AC′B=45°,
∴
BC′===5,
∴
MN
最大
=.
【例题3 】(2019湖南张家界)已知抛物线y＝ax
2
＋bx＋c(a≠0)过点A(1,0),B (3,0)两点,与y轴交于点C,OC＝3.
(1)求抛物线得解析式及顶点D得坐标;
(2)过点A作AM⊥BC,垂足为M,求证:四边形ADBM为正方形;

(3)点 P为抛物线在直线BC下方图形上得一动点,当△PBC面积最大时,求P点坐标及最大面积得值;
< br>(4)若点Q为线段OC上得一动点,问AQ＋QC就是否存在最小值?若存在,求岀这个最小值;若不存 在,请说明
理由.
y
C
3
2
1
-2
-1
O
-1

M
A
1
2
D

3
B
x
【思路分析】(1)将A、B、C三点坐标代入抛物线得解析式即可求出a、b 、c得值(当然用两根式做更方便);(2)
先证四边形AMBD为矩形,再证该矩形有一组邻边相等, 即可证明该四边形为正方形;(3)如答图2,过点P作

PF⊥AB于点F,交BC于点 E,令P(m,m
2
－4m＋3),易知直线BC得解析式为y＝－x＋3,则E(m,－m＋ 3),PE
＝(－m＋3)－(m
2
－4m＋3)＝－m
2
＋3m. 再由S
△
PBC
＝S
△
PBE
＋S
△
CP E
,转化为PE•OB＝×3×(－m
2
＋3m),最后
将二次函数化为顶点 式即可锁定S
△
PBC
得最大值与点P坐标;(4)解决本问按两步走:一找(如答图 3,设OQ＝t,
则CQ＝3－t,AQ＋QC＝,取CQ得中点G,以点Q为圆心,QG得长为半径作 ⊙Q,则当⊙Q过点A时,AQ＋QC
＝⊙Q得直径最小)、二求(由 AQ＝QC,解关于t得方程即可).
【解题过程】(1)∵抛物线y＝ax
2
＋b x＋c(a≠0)过点A(1,0),B(3,0)两点,
∴令抛物线解析为y＝a(x－1)(x－3).
∵该抛物线过点C(0,3),
∴3＝a×(0－1)×(0－3),解得a＝1.
∴抛物线得解析式为y＝(x－1)(x－3),即y＝x
2
－4x＋3.
∵y＝x
2
－4x＋3＝(x－2)
2
－1,
∴抛物线得顶点D得坐标为(2,－1).
综上,所求抛物线得解析式为y＝x
2
－4x＋3,顶点坐标为(2,－1).
(2)如答图1,连接AD、BD,易知DA＝DB.
∵OB＝OC,∠BOC＝90°,
∴∠MBA＝45°.
∵D(2,－1),A(3,0),
∴∠DBA＝45°.
∴∠DBM＝90°.
同理,∠DAM＝90°.
又∵AM⊥BC,
∴四边形ADBM为矩形.
又∵DA＝DB,
∴四边形ADBM为正方形.

y
C
3
2
1
-2
-1
O
-1
M
A
12
D
图1

B
3
x
(3)如答图2,过点P作PF⊥AB于点F,交BC于点E,令P(m,m
2
－4 m＋3),易知直线BC得解析式为y＝－x＋
3,则E(m,－m＋3),PE＝(－m＋3)－(m
2
－4m＋3)＝－m
2
＋3m.
y
C
3
E
M
A
1
F
2
B
3
x
-2G
2
1
Q
-1
O
-1
y
C
3
2
1
-2
-1
O
-1
A
1
2D
B
3
x
P
D
图2 图3

∵S
△
PBC
＝S
△
PBE
＋S
△
CPE＝PE•BF＋PE•OF＝PE•OB＝×3×(－m
2
＋3m)
＝－ (m－)
2
＋,
∴当m＝时,S
△
PBC
有最大值为,此时P点得坐标为(,－).
（4）如答图3,设OQ＝t,则CQ＝3－t,AQ＋QC＝,
取CQ得中点G,以点Q为 圆心,QG得长为半径作⊙Q,则当⊙Q过点A时,AQ＋QC＝⊙Q得直径最小,
此时,,解得t＝－1,
－1)＝4－. 于就是AQ＋QC得最小值为3－t＝3－(


专题典型训练题
1、(2018河南)要使代数式有意义,则x得( )

A、最大值为 B、最小值为
C、最大值为 D、最大值为
【答案】A、
【解析】要使代数式有意义,必须使2-3x≥0,即x≤,所以x得最大值为。
2、(20 18四川绵阳)不等边三角形
ABC
得两边上得高分别为4与12且第三边上得高为整数,那 么此高得最
大值可能为________。
【答案】5
【解析】设a、b、c三边上高分别为4、12、h
因为
2S
ABC4a12bch
,所以
a3b

又因为
cab4b
,代入
12bch

得
12b4bh
,所以
h3

又因为
cab2b
,代入
12bch

得
12b2bh
,所以
h6

所以33、(2018齐齐哈尔)设a、b为实数,那么
aabba2b
得最小值为_______。
【答案】-1
【解析】
aabba2b

22
22
a
2
(b1)ab
2
2b
b1
2
3
231
)bb

2424
b1
2
3
( a)(b1)
2
11
24
(a
当
ab1
0
,
b10
,即
a0，b1
时,
2
上式等号成立。故所求得最小值为－1。
4
、
(2018
云南
)
如图
,MN
就是⊙
O
得直径
,MN=4,
∠
AMN=40°,
点
B
为弧
AN
得中点
,
点
P
就是直径
MN
上得
一个动点
,
则< br>PA+PB
得最小值为


.

【答案】
2.

【解析】过
A
作关于直线
M N
得对称点
A′,
连接
A′B,
由轴对称得性质可知
A′B
即为
PA+PB
得最小值
,
由对
称得性质可知
=,
再由圆周角定理可求出∠
A′ON
得度数
,
再由勾股定理即可求解< br>.
过
A
作关于直线
MN
得对称
点
A′,连接
A′B,
由轴对称得性质可知
A′B
即为
PA+PB
得最小值
,

连接
OB,OA′,AA′,
∵
AA′
关于直线
MN
对称
,
∴
=,
,
∵∠
AMN=40°
,
∴∠
A′ON=80°,∠
BON=40°
∴∠
A′OB=120°,
过
O
作
OQ
⊥
A′B
于
Q,
在
Rt
△
A′OQ
中
,OA′=2,
∴
A′B=2A′Q=2,
即
PA+PB
得最小值
2.
5、(2018海南)某水果店在两周内,将标价为10元斤得某种水果,经过两次降价后得价格为8、 1元斤,并且两
次降价得百分率相同.
(1)求该种水果每次降价得百分率;
(2 )从第一次降价得第1天算起,第x天(x为正数)得售价、销量及储存与损耗费用得相关信息如表所示、已知该种水果得进价为4、1元斤,设销售该水果第x(天)得利润为y(元),求y与x(1≤x＜15)之 间得函数关系式,
并求出第几天时销售利润最大？
时间(天)
售价(元斤)
销量(斤)
储存与损耗费用(元)
1≤x＜9
第1次降价后得价格
80－3x
40＋3x
9≤x＜15
第2次降价后得价格
120－x
3x
2
－64x＋400
x≥15

(3)在(2)得条件下,若要使第15天得利润比(2)中最大利润最多少127、5元,则第
15天在第14天得价格基础上最多可降多少元？
【答案】瞧解析。
【解析】(1 )设该种水果每次降价得百分率为x,则第一次降价后得价格为10(1－x),第二次降价后得价格为10(1
－x)
2
,进而可得方程;(2)分两种情况考虑,先利用“利润＝(售价－进价)× 销量－储存与损耗费用”,再分别求利润得

最大值,比较大小确定结论;(3)设第15 天在第14天得价格基础上降a元,利用不等关系“(2)中最大利润－[(8、1
－a－4、1)×销 量－储存与损耗费用]≤127、5”求解.
解答:(1)设该种水果每次降价得百分率为x,依题意得:
10(1－x)
2
＝8、1.
解方程得:x
1
＝0、1＝ 10%,x
2
＝1、9(不合题意,舍去)
答:该种水果每次降价得百分率为10%.
（2）第一次降价后得销售价格为:10×(1－10%)＝9(元斤),
当1≤x＜9时,y＝(9－4、1)(80－3x)－(40＋3x)＝－17、7x＋352; < br>当9≤x＜15时,y＝(8、1－4、1)(120－x)－(3x
2
－64x＋40 0)＝－3x
2
＋60x＋80,

－17、7x＋352(1≤x＜9, x为整数)
综上,y与x得函数关系式为:y＝


2

－ 3x＋60x＋80(9≤x＜15,x为整数).
当1≤x＜9时,y＝－17、7x＋352,∴当 x＝1时,y
最大
＝334、3(元);
当9≤x＜15时,y＝－3x
2
＋60x＋80＝－3(x－10)
2
＋380,∴当x＝10时,y
最大< br>＝380(元);
∵334、3＜380,∴在第10天时销售利润最大.
(3)设第15天在第14天得价格上最多可降a元,依题意得:
380－[(8、1－a－ 4、1)(120－15)－(3×15
2
－64×15＋400)]≤127、5,
解得:a≤0、5,
则第15天在第14天得价格上最多可降0、5元.
6、(2 018湖北荆州)某玩具厂计划生产一种玩具熊猫,每日最高产量为40只,且每日产出得产品全部售出,已知< br>生产x只玩具熊猫得成本为R(元),售价每只为P(元),且R、P与x得关系式分别为
R5 0030x
,
P1702x
。
(1)当日产量为多少时,每日获得得利润为1750元;
(2)当日产量为多少时,可获得最大利润？最大利润就是多少？
【答案】瞧解析。
【解析】(1)根据题意得:

(1702x)x(50030x)1750

整理得
x70x11250

解得
x
1
25,
x
2
45
(不合题意,舍去)
(2)由题意知,利润为

PxR2x140x5002(x35)1950

所以当
x35
时,最大利润为1950元。
22
2
< /p>

7、(2018吉林)某工程队要招聘甲、乙两种工种得工人150人,甲、乙两种工种得 工人得月工资分别就是600
元与1000元,现要求乙种工种得人数不少于甲种工种人数得2倍,问甲 、乙两种工种各招聘多少人时可使得
每月所付得工资最少？
【答案】瞧解析。
【解析】设招聘甲种工种得工人为x人,则乙种工种得工人为
(150x)
人,
由题意得:
150x2x
所以
0x50

设所招聘得工人共需付月工资y元,
则有:
y600x1000(150x)400x150000
(
0x50
)
因为y随x得增大而减小
所以当
x50
时,
y
min
130000
(元)
x
2
x1
8、(经典题)求
2
得最大值与最小值。
xx1
【答案】最大值就是3,最小值就是。
【解析】此题要求出最大值与最小 值,直接求则较困难,若根据题意构造一个关于未知数x得一元二次方程;
再根据x就是实数,推得0
,进而求出y得取值范围,并由此得出y得最值。
x
2
x1
设
2
y
,整理得
xx1
即
因为x就是实数, 所以
即
(1y)4(1y)0

解得
22



1
y3

3
x
2
x 1
所以
2
得最大值就是3,最小值就是。
xx1
9、(经典题)求代数式
x1x
2
得最大值与最小值。
【答案】最大值为12,最小值为-12、
2
【解析】设
yx1x,
1x1
,再令
xsin

,

< br>2




2
,则有
yx1x
2
sin

1sin
2

sin

cos


所以得y得最大值为12,最小值为-12、
1
sin2


2
10、(经典题)求函数
y|x1||x4|5
得最大值。
【答案】0

【解析】本题先用“零点区间讨论法”消去函数y中绝对值符号 ,然后求出y在各个区间上得最大值,再加以比
较,从中确定出整个定义域上得最大值。
易知该函数有两个零点
当
x4
时

y(x1)(x4)50

当
4x1
时

当
x4
时,得

10y2x80

当
x1
时,
y(x1)(x4)510

综上所述,当
x4
时,y有最大值为
、
11、 (2018山东济南 )已知x、y为实数,且满足
xym5
,
xyymmx3
,求实 数m最大值与最小值。
【答案】 m得最大值就是
13
,m得最小值就是－1。 < br>3
2
【解析】由题意得


xy5m

xy3m(xy)3m(5m)m5m3
22

所以x、y就是关于t得方程
t(5m)t(m5m3)0
得两实数根,
所以
[(5m)]4(m5m3)0

即
3m10m130

解得
1m
m得最大值就是
2
22
13

3
13
,m得最小值就是－1。
3
12、(2019年黑龙江省大 庆市)如图,在Rt△ABC中,∠A＝90°.AB＝8cm,AC＝6cm,若动点D从B出发,沿线段BA运动到点A为止(不考虑D与B,A重合得情况),运动速度为2cms,过点D作DE∥BC交AC于 点E,连接
BE,设动点D运动得时间为x(s),AE得长为y(cm).
(1)求y关于x得函数表达式,并写出自变量x得取值范围;
(2)当x为何值时,△BDE得面积S有最大值？最大值为多少？

【答案】见解析。
【解析】本题主要考查相似三角形得判定、三角形得面积及涉及到二次函数 得最值问题,找到等量比就是解
题得关键.

(1)由平行线得△ABC∽△ADE,根据相似形得性质得关系式、
动点D运动x秒后,BD＝2x.
又∵AB＝8,∴AD＝8﹣2x.
∵DE∥BC,
∴,
∴,
∴y关于x得函数关系式为y＝(0＜x＜4).
(2)由S＝•BD•AE;得到函数解析式,然后运用函数性质求解.
S
△
BDE
＝＝＝(0＜x＜4).
当时,S
△
BDE
最大,最大值为6cm
2
.
1 3、(2019年宁夏)如图,在△ABC中,∠A＝90°,AB＝3,AC＝4,点M,Q分别就是边AB, BC上得动点(点M不与
A,B重合),且MQ⊥BC,过点M作BC得平行线MN,交AC于点N,连 接NQ,设BQ为x.
(1)试说明不论x为何值时,总有△QBM∽△ABC;
(2)就是否存在一点Q,使得四边形BMNQ为平行四边形,试说明理由;
(3)当x为何值时,四边形BMNQ得面积最大,并求出最大值.

【答案】见解析。
【解析】本题考查得就是相似三角形得判定与性质、平行四边形得判定、二 次函数得性质,掌握相似三角形
得判定定理、二次函数得性质就是解题得关键.
(1)∵MQ⊥BC,
∴∠MQB＝90°,
∴∠MQB＝∠CAB,又∠QBM＝∠ABC,
∴△QBM∽△ABC;
(2)根据对边平行且相等得四边形就是平行四边形解答;
当BQ＝MN时,四边形BMNQ为平行四边形,
∵MN∥BQ,BQ＝MN,
∴四边形BMNQ为平行四边形;
(3)根据勾股定理求出BC,根据相似三角形得性质用x 表示出QM、BM,根据梯形面积公式列出二次函数解析
式,根据二次函数性质计算即可.

∵∠A＝90°,AB＝3,AC＝4,
∴BC＝＝5,
∵△QBM∽△ABC,
∴＝＝,即＝＝,
解得,QM＝x,BM＝x,
∵MN∥BC,
∴＝,即＝,
解得,MN＝5﹣x,
则四边形BMNQ得面积＝×(5﹣x+x)×x＝﹣(x﹣)
2
+,
∴当x＝时,四边形BMNQ得面积最大,最大值为.
14、 (2019广东深圳)如图所示,抛物线
(1)求抛物线得解析式及其对称轴;
(2)点D, E在直线x=1上得两个动点,且DE=1,点D在点E得上方,求四边形ACDE得周长得最小值,
(3)点P为抛物线上一点,连接CP,直线CP把四边形CBPA得面积分为3∶5两部分,求点P得坐标.
过点A(－1,0),点C(0,3),且OB=OC.

【思路分析】(1)先求 出点B得坐标,然后把A、B、C三点坐标代入解析式得出方程组,解方程组即可得出a,b,c
得值, 得解析式,再用配方法或对称轴公式或中点公式可得对称轴方程;(2)利用轴对称原理作出点C得对称点,求出四边形CDEA得周长得最小值;(3)方法1:设CP与x轴交于点E,先根据面积关系得出BE:A E=3:5或5:3,
求出点E得坐标,进而求出直线CE得解析式,解直线CE与抛物线得解析式联立 所得得方程组求出点P得坐
标;方法2:设P(x,－x
2
+2x+3),用含x得式 子表示四边形CBPA得面积,然后求出CB得解析式,再用含x得式
子表示出△CBP得面积,利用面 积比建立方程,解方程求出x得值,得出P得坐标.
【解题过程】(1)∵点C(0,3),OB=OC,∴点B(3,0).
把A(－1,0),C(0,3),B(3,0)代入,得

解得
∴抛物线得解析式为y=－x
2
+2x+3.
∵y=－x
2
+2x+3=－(x－1)
2
+4,
∴抛物线得对称轴为x=1.
(2)如图,作点C关于x=1得对称点C′(2,3),则CD=C′D.
取A′(－1,1),又∵DE=1,可证A′D=AE.
在Rt△AOC中,AC===.
+1+CD+AE. 四边形ACDE得周长=AC+DE+CD+AE =
要求四边形ACDE得周长得最小值,就就是求CD+AE得最小值.
∵CD+AE=C′D+A′D,
∴当A′D,C′三点共线时,C′D+A′D有最小值为
∴四边形ACDE得周长得最小值=

(3)方法1:由题意知点P在x轴下方,连接CP,设PC与x轴交于点E,
∵直线CP把四边形CBPA得面积分为3:5两部分,
又∵S
△
CBE< br>:S
△
CAE
=S
△
PBE
:S
△
PAE
=BE:AE,
∴BE:AE=3:5或5:3,
∴点E
1
(,0),E
2
(,0).
设直线CE得解析式为y=kx+b,(,0)与(0,3)代入,得
+1+.
,
解得
∴直线CE得解析式为y=－2x+3.
同理可得,当E
2
(,0)时,直线CE得解析式为y=－6x+3.
由直 线CE得解析式与抛物线得解析式联立解得P
1
(4,－5),P
2
(8,－ 45)、

方法2:由题意得S
△
CBP
=S
四边形CBPA
或S
△
CBP
=S
四边形
CBPA
.

令P(x,－x
2
+2x+3),
S
四边形
CBPA
=S
△
CAB
+S
△
PAB
=6+×4 ·(x
2
－2x－3)=2x
2
－4x.
直线CB得解析式为y=－x+3,
作PH∥y轴交直线CB于点H,则H(x,－x+3),
S△CBP=OB·PH=×3· (－x+3+x
2
－2x－3)=x
2
－x.
当S
△CBP
=S
四边形
CBPA
时,x
2
－x=(2x2
－4x),
解得x
1
=0(舍),x
2
=4,
∴P
1
(4,－5).
当S
△
CBP
=S
四边形
CBPA
时,x
2
－x=(2x
2
－4x),
解得x
3
=0(舍),x
4
=8,
∴P
2
(8,－45).

15、(2019广西省贵港)已知: 就是等腰直角三角形,,将绕点顺时针方向旋转得到△,记旋转角为,当时,作,垂足为,
与交于点.

(1)如图1,当时,作得平分线交于点.
①写出旋转角得度数;
②求证:;
(2)如图2,在(1)得条件下,设就是直线上得一个动点,连接,,若,求线 段得最小值.(结果保留根号)、
【思路分析】(1)①解直角三角形求出即可解决问题.
②连接,设交于点.在时截取,连接.首先证明就是等边三角形,再证明△,即可解决问题.
(2)如图2中,连接,,,作交得延长线于.证明△△,推出,推出,关于对称,推出,推出,求出即可解决问 题.
【解题过程】(1)①解:旋转角为.
理由:如图1中,

,
,
,
,
,
旋转角为.
②证明:连接,设交于点.在时截取,连接.
,
,
平分,
,
,
,,
△,
,
,
,
,
,
△就是等边三角形,
,
,,
就是等边三角形,
,,
,
,
△,
,
.

(2)解:如图2中,连接,,,作交得延长线于.

由②可知,,,,
△△,
,
,关于对称,
,
,
在△中,,,
,,
.
得最小值为.
16、(2019贵州省 安顺市)如图,抛物线y＝x
2
+bx+c与直线y＝x+3分别相交于A,B两点,且此抛物 线与x轴
得一个交点为C,连接AC,BC.已知A(0,3),C(﹣3,0).
(1)求抛物线得解析式;
(2)在抛物线对称轴l上找一点M,使|MB﹣MC|得值最大,并求出这个最大值;
(3 )点P为y轴右侧抛物线上一动点,连接PA,过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q,问:就是否存在点P使得以A ,P,Q
为顶点得三角形与△ABC相似？若存在,请求出所有符合条件得点P得坐标;若不存在,请说 明理由.

【思路分析】(1)①将A(0,3),C(﹣3,0 )代入y＝x
2
+bx+c,即可求解;
(2)分当点B、C、M三点不共线时、当点B、C、M三点共线时,两种情况分别求解即可;
(3)分当时、当时两种情况,分别求解即可.
【解题过程】(1)①将A(0,3),C(﹣3,0)代入y＝x
2
+bx+c得:
,解得:,
∴抛物线得解析式就是y＝x
2
+x+3;
(2)将直线y＝x+3表达式与二次函数表达式联立并解得:x＝0或﹣4,
∵A (0,3),∴B(﹣4,1)
①当点B、C、M三点不共线时,
|MB﹣MC|＜BC
②当点B、C、M三点共线时,
|MB﹣MC|＝BC
∴当点、C、M三点共线时,|MB﹣MC|取最大值,即为BC得长,
过点B作x轴于点E,在Rt△BEC中,由勾股定理得BC＝＝,

; ∴|MB﹣MC|取最大值为
(3)存在点P使得以A、P、Q为顶点得三角形与△ABC相似.
设点P坐标为(x,x
2
+x+3)(x＞0)
在Rt△BEC中,∵BE＝CE＝1,∴∠BCE＝45°,
在Rt△ACO中,∵AO＝CO＝3,∴∠ACO＝45°,
∴∠ACB＝180°﹣45
0
﹣45
0
＝90
0
,AC＝3,
过点P作PQ⊥PA于点P,则∠APQ＝90°,
过点P作PQ⊥y轴于点G,∵∠PQA＝∠APQ＝90°
∠PAG＝∠QAP,∴△PGA∽△QPA
∵∠PGA＝∠ACB＝90°
∴①当
△PAG∽△BAC,
∴,
时,
解得x
1
＝1,x
2
＝0,(舍去)
∴点P得纵坐标为×1
2
+×1+3＝6,
∴点P为(1,6);
②当时,
△PAG∽△ABC,
∴,
解得x
1
＝﹣(舍去),x
2
＝0(舍去),

∴此时无符合条件得点P
综上所述,存在点P(1,6).
17、 (2019广西贺州)如图,在平面直角坐标系中,已知点得坐标为,且,抛物线图象经过,,三点.
(1)求,两点得坐标;
(2)求抛物线得解析式;
(3)若点就是直线下方得抛物线上得一个动点,作于点,当得值最大时,求此时点得坐标及得最大值.

【思路分析】(1),即可求解;
(2)抛物线得表达式为:,即可求解;
(3),即可求解.
【解题过程】(1),
故点、得坐标分别为、;
(2)抛物线得表达式为:,
即,解得:,
故抛物线得表达式为:;
(3)直线过点,设其函数表达式为:,
将点坐标代入上式并解得:,
故直线得表达式为:,
过点作轴得平行线交于点,

,,
轴,,
设点,则点,
,
,有最大值,当时,其最大值为,
此时点.
18、(2019内蒙古赤峰)如图,直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、 C两点,抛物线y＝﹣x
2
+bx+c经过点B、
C,与x轴另一交点为A,顶点为D .
(1)求抛物线得解析式;
(2)在x轴上找一点E,使EC+ED得值最小,求EC+ED得最小值;
(3)在抛物线 得对称轴上就是否存在一点P,使得∠APB＝∠OCB？若存在,求出P点坐标;若不存在,请说明理
由.

【思路分析】(1)直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点,则点B、C 得坐标分别为(3,0)、(0,3),将点
B、C得坐标代入二次函数表达式,即可求解;
(2)如图1,作点C关于x轴得对称点C′,连接CD′交x轴于点E,则此时EC+ED为最小,即可求解;
(3)分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况,分别求解.
【解题过程】(1)直线y ＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点,则点B、C得坐标分别为(3,0)、(0,3),
将 点B、C得坐标代入二次函数表达式得:
故函数得表达式为:y＝﹣x
2
+2x+3,
令y＝0,则x＝﹣1或3,故点A(﹣1,0);
,解得:,

( 2)如图1,作点C关于x轴得对称点C′,连接CD′交x轴于点E,则此时EC+ED为最小,

函数顶点坐标为(1,4),点C′(0,﹣3),
将CD得坐标代入一次函数表达式并解得:
直线CD得表达式为:y＝7x﹣3,
当y＝0时,x,故点E(,x);
(3)①当点P在x轴上方时,如下图2,

∵OB＝OC＝3,则∠OCB＝45°＝∠APB,
过点B作BH⊥AH,设PH＝AH＝m,
则PB＝PAm,
由勾股定理得:AB
2
＝AH
2
+BH
2
, 16＝m
2
+(
则PB
则y
P
②当点P在x轴下方时,
则y
P
＝﹣(
故点P得坐标为(1,
);
)或(1,).
m﹣m)
2
,解得:m
m＝1,
;
(负值已舍去),
19
、
(2019•
湘潭
)
如图一
,
抛物 线
y
＝
ax
2
+
bx
+
c
过A
(
﹣
1,0)
B
(3
、
0)
、C
(0,)
三点

(1)
求该抛物线得解析式
;
(2)
P
(
x
1
,
y
1
)
、
Q
(4,
y
2
)
两点均在该抛物线上
,
若
y
1
≤
y
2
,
求
P
点横坐标
x
1
得取值 范围
;
(3)
如图二
,
过点
C
作
x轴得平行线交抛物线于点
E
,
该抛物线得对称轴与
x
轴交于点< br>D
,
连结
CD
、
CB
,
点
F
为
线段
CB
得中点
,
点
M
、
N
分别为直线
CD
与
CE
上得动点
,
求△
FMN周长得最小值
.
【分析】
(1)
将三个点得坐标代入
,
求出
a
、
b
、
c
,
即可求出关系式
;
(2)
可以求出点
Q
(4,
y
2
)
关于对 称轴得对称点得横坐标为
:
x
＝﹣
2,
根据函数得增减性
,
可以求出当
y
1
≤
y
2
时
P
点< br>横坐标
x
1
得取值范围
;
(3)
由于点
F
就是
BC
得中点
,
可求出点
F
得坐标
,< br>根据对称找出
F
关于直线
CD
、
CE
得对称点
,
连接两个对称
点得直线与
CD
、
CE
得交点
M
、
N
,
此时三角形得周长最小
,
周长就等于这两个对称点之 间得线段得长
,
根据
坐标
,
与勾股定理可求
.
【 解答】
(1)
∵抛物线
y
＝
ax
2
+
bx
+
c
过
A
(
﹣
1,0)
B
(3< br>、
0)
、
C
(0,)
三点

∴解得
:
a
＝
,
b
＝
,
c
＝
;
∴抛物线得解析式为
:
y
＝
x
2
+
x
+ .
(2)
抛物线得对称轴为
x
＝
1,
抛物线上与
Q
(4,
y
2
)
相对称得点
Q
′(
﹣2,
y
2
)
P
(
x
1
,
y
1
在该抛物线上
,
y
1
≤
y
2
,
根据抛物线得增减性得
:
∴
x
1
≤
﹣
2
或
x
1
≥4
答
:
P
点横坐标
x
1
得取值范围
:
x
1
≤
﹣
2
或< br>x
1
≥4.
(3)
∵
C
(0,),
B,(3,0),
D
(1,0)
∴
OC
＝
,
O B
＝
3,
OD
,
＝
1
∵
F
就是
BC
得中点
,
∴
F
(,)
当点
F
关于直线
CE
得对称点为
F
′,
关于直线
CD
得 对称点为
F
″,
直线
F
′
F
″
与
CE
、
CD
交点为
M
、
N
,
此时
△
FMN
得周长最小
,
周长为
F
′
F
″< br>得长
,
由对称可得到
:
F
′(,),
F
″( 0,0)
即点
O
,
F
′
F
″
＝
F
′
O
＝＝
3,
即
:
△
FMN
得周长最小值为
3,

2 0
、
(2019•
辽阳
)
如图
,
在平面直角坐标系 中
,Rt
△
ABC
得边
BC
在
x
轴上,
∠
ABC
＝
90°,
以
A
为顶点得抛物线< br>y
＝﹣
x
2
+
bx
+
c
经过点C
(3,0),
交
y
轴于点
E
(0,3),
动 点
P
在对称轴上
.
(1)
求抛物线解析式
;
( 2)
若点
P
从
A
点出发
,
沿
A
→
B
方向以
1
个单位

秒得速度匀速运动到点
B
停止
,
设运动时间为
t
秒
,
过点
P
作< /p>

PD
⊥
AB
交
AC
于点
D
,
过点
D
平行于
y
轴得直线
l
交抛物线于点
Q
,
连接
AQ
,
CQ
,
当
t
为何 值时
,
△
ACQ
得面
积最大？最大值就是多少？

(3)
若点
M
就是平面内得任意一点
,
在
x
轴上方 就是否存在点
P
,
使得以点
P
,
M
,
E< br>,
C
为顶点得四边形就是菱形
,
若存在
,
请直接写出 符合条件得
M
点坐标
;
若不存在
,
请说明理由
.

【分析】
(1)
将点
C
、
E
得坐标代入 二次函数表达式
,
即可求解
;
DQ
×
BC
,
即可求解
; (2)
S
△< br>ACQ
＝
×
(3)
分
EC
就是菱形一条边、
EC
就是菱形一对角线两种情况
,
分别求解即可
.
【解答】解:(1)
将点
C
、
E
得坐标代入二次函数表达式得
:,
解得
:,
故抛物线得表达式为
:
y
＝﹣
x
2
+2
x
+3,
则点
A
(1,4);
(2)
将点
A
、
C
得坐标代入一次函数表达式并解得
:
直线
AC
得表达式为
:
y
＝﹣
2
x
+6,
点
P
(1,4
﹣
t
),
则点
D
( ,4
﹣
t
),
设点
Q
(,4
﹣
), S
△
ACQ
＝
×
DQ
×
BC
＝﹣t
2
+
t
,
∵﹣＜
0,
故
S
△
ACQ
有最大值
,
当
t
＝
2
时
,
其最大值为
1;
(3)
设点
P
(1,
m),
点
M
(
x
,
y
),
①当
EC
就是菱形一条边时
,
当点
M
在
x
轴下方时
,
点
E
向 右平移
3
个单位、向下平移
3
个单位得到
C
,
则 点
P
平移
3
个单位、向下平移
3
个单位得到
M,
则
1+3
＝
x
,
m
﹣
3
＝
y
,
而
MP
＝
EP
得
:1+(
m
﹣
3)
2
＝
(
x
﹣
1)
2< br>+(
y
﹣
m
)
2
,
解得
:
y
＝
m
﹣
3
＝
,

故点
M
(4,);
当点
M
在
x
轴上方时
,
同理可得
:
点
M
(
﹣
2,3+);
②当
EC
就是菱形一对角线时
,
则
EC
中点即为
PM
中点
,
则
x
+1
＝
3,
y
+
m
＝
3,
而
PE
＝
PC
,
即
1+(
m
﹣
3)
2
＝
4+(
m
﹣
2)
2
,
解得
:
m
＝
1,
故
x
＝
2,< br>y
＝
3
﹣
m
＝
3
﹣
1
＝< br>2,
故点
M
(2,2);
综上
,
点
M< br>(4,)
或
(
﹣
2,3+)
或
M
(2,2) .