初级会计师准考证打印-初中历史教学反思

专题四

几何最值的存在性问题

【考题研究】

在平面几何的动态问题中，当某几何元素在给定条件变动时，求某几何 量（如线段的长度、图形的周
长或面积、角的度数以及它们的和与差）的最大值或最小值问题，称为最值 问题。
从历年的中考数学压轴题型分析来看，经常会考查到距离或者两条线段和差最值得问题，并且这 部分
题目在中考中失分率很高，应该引起我们的重视。几何最值问题再教材中虽然没有进行专题讲解，到 却给
了我们很多解题模型，因此在专题复习时进行压轴训练是必要的。
【解题攻略】

最值问题是一类综合性较强的问题，而线段和（差）问题，要归归于几何模型：（1）归于“两点之间的
连线中，线段最短”凡属于求“变动的两线段之和的最小值”时，大都应用这一模型．（2）归于“三角 形两边之
差小于第三边”凡属于求“变动的两线段之差的最大值”时，大都应用这一模型．
两条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“牛喝水”问题，关键是指出一条对称轴“河流”（如图1）．
三条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“台球两次碰壁”或“光的两次反射”问题，关键是指出 两
条对称轴“反射镜面”（如图2）．
两条线段差的最大值问题，一般根据三角形的两边之差 小于第三边，当三点共线时，两条线段差的最
大值就是第三边的长．如图3，PA与PB的差的最大值就 是AB，此时点P在AB的延长线上，即P′．
解决线段和差的最值问题，有时候求函数的最值更方便，建立一次函数或者二次函数求解最值问题．

【解题类型及其思路】

解决平面几何最值问题的常用的方法有：（1）应 用两点间线段最短的公理（含应用三角形的三边关系）
求最值；（2）应用垂线段最短的性质求最值；（ 3）应用轴对称的性质求最值；（4）应用二次函数求最值；（5）
应用其它知识求最值。
【典例指引】

类型一

【确定线段（或线段的和，差）的最值或确定点的坐标】


1

【典例指引
1
】（
2018·
天津中考模 拟）如图，在平面直角坐标系中，长方形
OABC
的顶点
A
、
C分别在
x
轴、
y
轴的正半轴上．点
B
的坐标为（
8
，
4
），将该长方形沿
OB
翻折，点
A
的对应 点为点
D
，
OD
与
BC
交于点
E
．

（
I
）证明：
EO=EB
；

（Ⅱ）点
P
是直线
OB
上的任意一点，且△
OPC
是等腰三角形，求满足条 件的点
P
的坐标；

（Ⅲ）点
M
是
OB
上 任意一点，点
N
是
OA
上任意一点，若存在这样的点
M
、< br>N
，使得
AM+MN
最小，请
直接写出这个最小值．


【答案】
（
I
）证明见解析；（Ⅱ）
P
的坐标为 （
4
，
2
）或（
85458545
，）或
P
（﹣，﹣）
5555
或（
16
8
32
，）；（Ⅲ）．
5
5
5
【解析】

分析：（Ⅰ）由折叠得到∠
DOB=
∠
AOB
，再由
BC
∥
OA
得到∠OBC=
∠
AOB
，即∠
OBC=
∠
DOB
， 即可；

（Ⅱ）设出点
P
坐标，分三种情况讨论计算即可；

（Ⅲ）根据题意判断出过点
D
作
OA
的垂线交
OB
于M
，
OA
于
N
，求出
DN
即可．
< br>详解：（Ⅰ）∵将该长方形沿
OB
翻折，点
A
的对应点为点
D
，
OD
与
BC
交于点
E
，

∴∠
DOB=
∠
AOB
，

∵
BC
∥
OA
，

∴∠
OBC=
∠
AOB
，

∴∠
OBC=
∠
DOB
，

∴
EO=EB
；

（Ⅱ）∵点
B
的坐标为（
8
，
4
），

∴直线
OB
解析式为
y=
1
x
，

2
∵点
P
是直线
OB
上的任意一点，

∴设
P
（
a
，
1
a
）．

2
2

∵
O
（
0，
0
），
C
（
0
，
4
），

∴
OC=4
，
PO
2
=a
2
+
（
1
2
a
）
2
=
5
4
a
2
，
PC
2
=a
2
+
（
4-
12
a
）
2
．

当△
OPC
是等腰三角形时，可分三种情况进行讨论：

①如果PO=PC
，那么
PO
2
=PC
2
，

则
5
4
a
2
=a
2
+
（
4-< br>1
2
a
）
2
，解得
a=4
，即
P< br>（
4
，
2
）；

②如果
PO=OC
，那么
PO
2
=OC
2
，

则
5
4
a
2
=16
，解得
a=±
8
5
5
，即
P
（
8
5
5
，
4
8
45
5
）或
P
（
-
5
5
，
-< br>5
5
）；

③如果
PC=OC
时，那么
PC
2
=OC
2
，

则
a
2
+
（
4-
1
2
a
）
2
=16
，解得
a=0
（舍），或
a=
1616
8
5
，即
P（
5
，
5
）；

故满足条件的点
P
的 坐标为（
4
，
2
）或（
8
5
5
，
4
5
5
）或
P
（
-
8
5
5
，
-
4
5
5
）或（
16
5
，
8
5
）；
（Ⅲ）如图，过点
D
作
OA
的垂线交
OB
于
M
，交
OA
于
N
，


此时的
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
，

∵长方形
O ABC
的顶点
A
，
C
分别在
x
轴、
y轴的正半轴上，点
B
的坐标为（
8
，
4
），

设
OE=x
，则
DE=8-x
，

在
Rt
△
BDE
中，
BD=4
，根据勾股定理得，
DB
2
+DE
2
=BE
2
，

∴
16+
（
8-x
）
2
=x
2
，

∴
x=5
，

∴
BE=5
，

∴
CE=3
，

∴
DE=3
，
BE=5
，
BD=4
，
< br>∵
S
△
BDE
=
1
2
DE×BD=
1
2
BE×DG
，


3

∴
DG=
DEBD12
=
，

BE5
12
32
+4=
．

5
5
32
．

5
由题意有，
GN=OC=4
，

∴
DN=DG+ GN=
即：
AM+MN
的最小值为
点睛：此题是四边形综合题，主要考查了矩 形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，极值
的确定，进行分类讨论与方程思想是解本题 的关键．

【举一反三】

（
2020·
云南初三）如图， 抛物线
y=ax
2
+bx+3
经过点
B
（﹣
1< br>，
0
），
C
（
2
，
3
），抛物线与
y
轴的焦点
A
，与
x
轴的另一个焦点为
D
，点
M
为线段
AD
上的一动点，设点
M
的横坐标为
t
．

（
1
）求抛物线的表达式；

（
2
）过点
M
作
y
轴的平行线，交抛物线于点
P
，设线 段
PM
的长为
1
，当
t
为何值时，
1
的长 最大，并求最
大值；（先根据题目画图，再计算）

（
3
）在（2
）的条件下，当
t
为何值时，△
PAD
的面积最大？并求最大 值；

（
4
）在（
2
）的条件下，是否存在点
P< br>，使△
PAD
为直角三角形？若存在，直接写出
t
的值；若不存在，说
明理由．


(1)y=
﹣
x
2
+2x+ 3
；【答案】（
2
）当
t=
27
9
33
l
有最大值，
l
最大
=
；
t=
时，时，（
3
）△
PAD
的面积的最大值为；
4
228
（
4）
t=
15
.
2
【解析】

试题分析：（
1
）利用待定系数法即可解决问题；

（
2< br>）易知直线
AD
解析式为
y=-x+3
，设
M
点横坐 标为
m
，则
P
（
t
，
-t
2
+2 t+3
），
M
（
t
，
-t+3
），可得
l =-t
2
+2t+3-
（
-t+3
）
=-t
2+3t=-
（
t-
3
2
9
）
+
，利用 二次函数的性质即可解决问题；

4
2
4

13
×PM×
（
x
D
-x
A
）
=PM
，推出
PM
的值最大时，△
PAD
的 面积最大；

22
13
（
4
）如图设
AD
的中点为
K
，设
P
（
t
，
-t
2
+2t+3
）．由△
PAD
是直角三角形，推出
PK=AD
，可得（
t-
）
（
3
）由
S
△
PAD
=< br>22
2
+
（
-t
2
+2t+3-
3
2
）
2
=
1
4
×18
，解方程即可解决问题；
试题解析：（
1
）把点
B
（﹣
1
，
0
），
C
（
2
，
3
）代入
y=ax2
+bx+3
，

则有


ab30< br>
4a2b33
，

解得


a1
，

b2

∴抛物线的解析式为
y=
﹣
x
2
+2x+3
．
< br>（
2
）在
y=
﹣
x
2
+2x+3
中 ，令
y=0
可得
0=
﹣
x
2
+2x+3
， 解得
x=
﹣
1
或
x=3
，

∴
D
（
3
，
0
），且
A
（
0
，
3
），

∴直线
AD
解析式为
y=
﹣
x+3
，


设
M
点横坐标为
m
，则
P
（
t
，﹣
t
2
+2t+3
），
M
（
t
，﹣
t+3
），

∵
0
＜
t
＜
3
，

∴点
M
在第一象限内，

∴
l=
﹣
t2
+2t+3
﹣（﹣
t+3
）
=
﹣
t
2
+3t=
﹣（
t
﹣
3
2
）
2
+
9
4
，

∴当
t=
3
2
时，l
有最大值，
l
最大
=
9
4
；
（
3
）∵
S
△
PAD
=
1
2
×PM×
（
x
D
﹣
x
A
）
=
3< br>2
PM
，

∴
PM
的值最大时，△
PAD< br>的面积中点，最大值
=
3
2
×
9
4
=
27
8
．

∴
t=
3
27
2
时 ，△
PAD
的面积的最大值为
8
．

（
4
）如图设
AD
的中点为
K
，设
P
（
t
，﹣
t
2
+2t+3
）．


5

∵△
PAD
是直角三角形，

1
AD
，

2
1
33
18
，

∴（
t
﹣）< br>2
+
（﹣
t
2
+2t+3
﹣）
2
= ×
22
4
∴
PK=
整理得
t
（
t
﹣
3
）（
t
2
﹣
t
﹣
1
）
=0
，

解得
t=0
或
3
或
15
，

2
∵点
P
在第一象限，

∴
t=
1+5
.
2
类型二

【确定三角形、四边形的周长的最值或符合条件的点的坐标】

【典例指引
2
】

（
2020·
重庆初三期末）如 图，抛物线
yax
2
bx
（
a0
）与双曲线
y
标

1,4

，点
B
在第三象限内，且
AOB
的面积为
3
（
O
为坐标原点）
.
k< br>相交于点
A
、
B
，已知点
A
坐
x

（
1
）求实数
a
、
b
、
k
的值；

（
2
）在该抛物线的对称轴上是否存在点
P
使得
POB
为等腰三角形？若存在请求出所有的
P
点的坐标，
若不存在请说明理 由
.

6

（
3
）在坐标系内 有一个点
M
，恰使得
MAMBMO
，现要求在
y
轴上找 出点
Q
使得
BQM
的周长最
小，请求出
M
的坐标 和
BQM
周长的最小值
.
【答案】（
1
）
< br>

a1
23

23

31

1.5,P1.5,P1.5,2
，
k4
；（
2< br>）存在，
P
，，，

1

2

3


222

b3


31

1
P
4

1.5,2
P1 .5,0.5
3
，；（）


5

2
2

【解析】

【分析】


346170


（
1
）由点
A在双曲线上，可得
k
的值，进而得出双曲线的解析式．设
B

m ,


4


(
m0
)
，过< br>A
作
AP
⊥
x
m

轴于
P
，
BQ
⊥
y
轴于
Q
，直线
BQ
和直线AP
相交于点
M
．根据
S
AOB
S
AM B
S
AOP
S
QOB
S
矩形OPMQ
= 3
解方程即可得出
k
的值，从而得出点
B
的坐标，把
A、
B
的坐标代入抛物线的解析式即可得到结论；


（
2
）抛物线对称轴为
x1.5
，设
P

1.5,y< br>
，则可得出
PO
2
；
OB
2
；
P B
2
．然后分三种情况讨论即可；
（
3
）设
M(x
，
y)
．由
MO=MA=MB
，可求出
M
的坐标．作
B
关于
y
轴的对称点
B'
．连接
B'M
交
y
轴于
Q
．此
时△
BQM
的周长最小．用两点间的距离公 式计算即可．

【详解】

4=4
，

（
1
）由
A

1,4

知：
k=xy=1×
∴
y
4
．

x
4


(
m0
)
．

m

设
B

m,


过
A作
AP
⊥
x
轴于
P
，
BQ
⊥
y
轴于
Q
，直线
BQ
和直线
AP
相交于点
M
，则
S
△
AOP
=S
△
BOQ
=2．

S
AOB
S
AMB
S
AOP< br>S
QOB
S
矩形OPMQ


14

4

4SS10

1m


AOPQOB


2mm

2< br>
4



22m2

4< br>



m

m


7


2
m
2m

令：
2
m
2m3
，

整理得：
2m
2
3m20
，

解得：
m
1
1

2
，
m
2
2
．< br>
∵
m
＜
0
，

∴
m=-2
，

故
B

2,2

．

把
A
、
B
带入
yax
2
bx



24a2b

4ab

解出：


a1

b3
，

∴
yx
2
3x
．

（
2
）< br>yx
2
3x(x1.5)
2
2.25

∴ 抛物线
yx
2
3x
的对称轴为
x1.5
．


8

设
P

1. 5,y

，则
PO
2

9
4
y
2
，
OB
2
8
，
PB
2

1< br>2
4


y2

．

∵△
POB
为等腰三角形，

∴分三种情况讨论：

①
PO
2
OB
2
，即
9
4
y
2
8
，解得：
y
23
2
，

∴< br>P

23

23

1


1.5,

2


，
P

2


1.5,

2


；


②
PB
2
OB
2
，即
1
4


y2

2
8
，解得：
y2
3 1
2
，

∴
P

31

31< br>
3


1.5,2
2


，
P
4


1.5,2
2

；


③
PB
2
OP
2
，即
1


y2

2

9
y2
44
，解得：
y0.5

∴
P
5

1.5,0.5

；

（
3
）设
M

x,y

．
∵
A

1,4

，
B

2,2< br>
，
O

0,0

，

∴
MO
2
x
2
y
2
，
MA
2


x1

2


y4

2< br>，
MB
2


x2

2


y2

2
．
∵
MOMAMB
，


∴


x
2
y
2


x1

2


y4

2


x
2
y
2


x2
2


y2

2



x 
11
解得：


2
，




y
7
2
∴
M



11

2
,
7

2


．

作
B
关于
y
轴的对称点
B'
坐标为：
(2
，
-2)
．

连接
B'M
交
y
轴于
Q
．此时△
BQM
的周长最小．


9

C
BQM
MQBQMB
MQ QB

MB
=MB'+MB

11

7< br>
11

7



2
< br>

2



2



2



2

2

2

2

2222

1
2

34 6170
．



【名师点睛】

本题是二次函 数综合题．考查了用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质、轴对称
-
最值问题等． 第
（
1
）问的关键是割补法；第（
2
）问的关键是分类讨论；第（< br>3
）问的关键是求出
M
的坐标．

【举一反三】
（
2019·
重庆实验外国语学校初三）如图
1
，已知抛物线
y
＝﹣
在点
B
的左侧），与
y
轴交于点
C
．

（
1
）求出直线
BC
的解析式．

M
为线段
BC
上方抛物线上一动点，（
2
）过
M
作
x
轴的垂线交
BC
于
H
，过
M
作
MQ
⊥
BC
于
Q
，求出△
MHQ
周长最大值并求出此时
M
的坐标；当△
MHQ
的周长最大时在对称轴上找一点
R
，使|AR
﹣
MR|
最大，求出此
时
R
的坐标．

（
3
）
T
为线段
BC
上一动点，将△
OC T
沿边
OT
翻折得到△
OC′T
，是否存在点
T
使 △
OC′T
与△
OBC
的重叠部
分为直角三角形，若存在请求出BT
的长，若不存在，请说明理由．

3
2
3
xx+3
与
x
轴交于
A
和
B
两点，（点
A
84

10

【答案】（
1
）
y
＝﹣
【解析】

【分析】

9
3
16
x+3
；（
2
）
R
（
1
，）；（
3
）
BT
＝
2
或
BT
＝．

5
4
2
（
1）由已知可求
A
（﹣
2
，
0
），
B
（
4
，
0
），
C
（
0
，
3
），即可求
BC
的解析式；

3
5
QM
，
MH
＝
MQ
，所以△
MHQ
周长＝
3QM
，则求△
MHQ
4
4
3
2
3
周长的最大值，即为求
QM
的最大值；设
M
（
m
，
mm3
），过点
M
与
BC
直线垂直的直线解析
84
（
2
） 由已知可得∠
QMH
＝∠
CBO
，则有
QH
＝
式为
y
27
2
21
437

9
2
7

mm3

，可求出
xm
2
m3
，交点
Q

mm,
25200100
3812
50

MQ=
3
6
m
2
4m
< br>，当
m
＝
2
时，
MQ
有最大值；函数的对称轴为x
＝
1
，作点
M
关于对称轴的对称点

510
M'
（
0
，
3
），连接
AM'
与 对称轴交于点
R
，此时
|AR
﹣
MR|
＝
|AR< br>﹣
M'R|
＝
AM'
，
|AR
﹣
MR|的最大值为
AM'
；求
出
AM'
的直线解析式为
y< br>3

9

x3
，则可求
R

1，

；

2

2

（
3
） 有两种情况：当
TC'
∥
OC
时，
GO
⊥
TC'< br>；当
OT
⊥
BC
时，分别求解即可．

【详解】

解：（
1
）令
y=0
，即
< br>∵点
A
在点
B
的左侧

∴
A
（﹣< br>2
，
0
），
B
（
4
，
0
） ，

令
x=0
解得
y=3
，

∴
C
（
0
，
3
），

设
BC
所在直线的解析式为
y=kx+3
，

将< br>B
点坐标代入解得
k=

∴
BC
的解析式为
y
＝
-
3
2
3
xx30
，解得
x< br>1
2,x
2
4
，

84
3

4
3
x+3
；

4
11

（
2
）∵
MQ
⊥
BC
，
M
作
x
轴，

∴∠
QMH
＝∠
CBO
，

∴
tan∠
QMH
＝
tan
∠
CBO
＝
3
4< br>，

∴
QH
＝
3
4
QM
，
MH
＝
5
4
MQ
，

∴△
MHQ
周长＝
MQ+QH+MH
＝
3
4
QM+QM+
5
4
MQ
＝
3QM
，

则求△
MHQ
周长的最大值，即为求
QM
的最大值；
设
M
（
m
，

3
m
2
3
84
m3
），

过点
M
与
BC< br>直线垂直的直线解析式为
y
4
3
x
37
8
m
2

12
m3
，

直线
BC
与其垂线相交的交点
Q


9

50
m
2

7
25
m,
27
2
21

200
m
100
m3


，
∴
MQ=
3
10

m
2
4m

，
< br>∴当
m
＝
2
时，
MQ
有最大值
6
5
，

∴△
MHQ
周长的最大值为
18
5
， 此时
M
（
2
，
3
），

函数的对称轴为
x
＝
1
，

作点
M
关于对称轴的对称点
M'
（
0
，
3
），

连接
AM'
与对称轴交于点
R
，此时
|AR
﹣
M R|
＝
|AR
﹣
M'R|
＝
AM'
，

∴
|AR
﹣
MR|
的最大值为
AM'
；

∵
AM'
的直线解析式为
y
＝
3
2
x+3
，

∴
R
（
1
，
9
2
）；

（
3
）①当
TC'
∥
OC
时，
GO
⊥TC'
，

∵△
OCT
≌△
OTC'
，

∴
OG＝
34
5
=
12
5
，

∴
T


126

5
，

5



∴
BT
＝
2
；



12

②当
OT
⊥
BC
时，过点
T
作
TH
⊥
x
轴，

OT
＝
12
，

5
∵∠
BOT
＝∠
BCO
，

3OH
cosBOT＝=
∴
5
12
，

5
36
∴
OH
＝，

25
∴
T< br>

3648

，


2525

∴
BT
＝
16
；

5
16
．

5
综上所述：
BT
＝
2
或
BT
＝


【点睛】

本题是一道综合题，考查了二次函数一次函数和三角形相关的知 识，能够充分调动所学知识是解题的关键
.
类型三

【确定三角形、四边形的面积最值或符合条件的点的坐标】

【典例指引
3
】（
2019·
甘肃中考真题）如图，已知二次函数
y
＝
x
2
+bx+c
的图象与
x
轴交于点
A
（
1
，
0
）、
B
（
3
，

13

0
），与
y
轴交于点
C
．


（
1
）求二次函数的解析式；

（
2
）若点
P
为抛物线上的一点，点
F
为对称轴上的一点，且以点
A
、
B
、
P
、
F
为顶点的四边形为平行四边
形，求点
P
的坐标；

（
3
）点
E
是二次函数第四象限图象 上一点，过点
E
作
x
轴的垂线，交直线
BC
于点
D
，求四边形
AEBD
面
积的最大值及此时点
E
的坐标．
【答案】（
1
）
y
＝
x
2
﹣
4x+3
；（
2
）点
P
（
4
，
3
）或（
0
，
3
）或（
2
，﹣
1
）；（< br>3
）最大值为
【解析】

【分析】

（
1
）用交点式函数表达式，即可求解；

（
2
） 分当
AB
为平行四边形一条边、对角线，两种情况，分别求解即可；

（3
）利用
S
四边形
AEBD
＝
【详解】
解：（
1
）用交点式函数表达式得：
y
＝（
x
﹣
1
）（
x
﹣
3
）＝
x
2
﹣
4x +3
；

故二次函数表达式为：
y
＝
x
2
﹣
4x+3
；

（
2
）①当
AB
为平行四 边形一条边时，如图
1
，

3
9
3

，
E
（，﹣）

．
4
2
4
1AB
（
y
D
﹣
y
E
），即可求解．

2

则
AB
＝
PE
＝
2
，

则点
P
坐标为（
4
，
3
），


14

当点
P
在对称轴左侧时，即点
C< br>的位置，点
A
、
B
、
P
、
F
为顶点 的四边形为平行四边形，

故：点
P
（
4
，
3）或（
0
，
3
）；

②当
AB
是四边形的对角线时，如图
2
，


AB
中点坐标为（
2
，
0
）

设点
P
的横坐标为
m
，点
F
的横坐标为
2
，其中点坐 标为：
即：
m2

，

2
m2
＝2
，解得：
m
＝
2
，

2
故点
P
（
2
，﹣
1
）；
故：点
P
（
4
，
3
）或（
0
，
3
）或（
2
，﹣
1
）；

（
3
）直线
BC
的表达式为：
y
＝﹣
x+3
，


设点
E
坐标为（
x
，
x
2
﹣< br>4x+3
），则点
D
（
x
，﹣
x+3
），< br>
S
四边形
AEBD
＝
1
AB
（
y
D
﹣
y
E
）＝﹣
x+3
﹣
x
2< br>+4x
﹣
3
＝﹣
x
2
+3x
，
< br>2
∵﹣
1
＜
0
，故四边形
AEBD
面积有最 大值，

当
x
＝
3
9
33
，其最大值为， 此时点
E
（，﹣）．

4
22
4
【点睛】

主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代
数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

【举一反三】

15

（
2019·< br>内蒙古中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线
yaxbx2(a0)
与
x
轴交于
2
A

1,0

），B

3,0

两点，与
y
轴交于点
C
，连接
BC
．

（
1
）求该抛物线的解析式，并写出它的对称轴；

（
2< br>）点
D
为抛物线对称轴上一点，连接
CD、BD
，若
DCB CBD
，求点
D
的坐标；

（
3
）已知
F

1,1

，若
E

x,y

是抛物线上一个动点（其中
1x2
），连接
CE、CF、EF
，求CEF
面
积的最大值及此时点
E
的坐标．

（
4
）若点
N
为抛物线对称轴上一点，抛物线上是否存在点
M
，使得 以
B,C,M,N
为顶点的四边形是平行
四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的 点
M
的坐标；若不存在，请说明理由．


【答案】（
1< br>）
y
2
2
449

1

75 5

D1,E
xx2
，对称轴
x1
；
23< br>（）

（）面积有最大值是，

,

；
< br>；
3348

4

424

（
4
）存在点
M
使得以
B,C,M,N
为顶点的四边形是平行四边形，< br>M

2,2

或
M

4,

10


或
3

10

M

2,

.
3

【解析】

【分析】

（
1
）将点
A
（
-1
，
0
），
B
（
3
，
0
）代入
y= ax
2
+bx+2
即可；

（
2
）过点
D
作
DG
⊥
y
轴于
G
，作
DH
⊥< br>x
轴于
H
，设点
D
（
1
，
y
），在
Rt
△
CGD
中，
CD
2
=CG
2
+GD
2
=
（
2-y
）
2
+1
，在
Rt
△
BHD
中，
BD
2
=BH
2< br>+HD
2
=4+y
2
，可以证明
CD=BD
，即可求
y
的值；

（
3
）过点
E
作
EQ
⊥
y
轴于点
Q
，过点
F
作直线
FR
⊥
y
轴于
R
，过点
E
作
FP
⊥
FR
于
P
，证明四边形
QRPE

16

是矩形，根据
S
△
CEF
=S
矩 形
QRPE
-S
△
CRF
-S
△
EFP
， 代入边即可；

（
4
）根据平行四边形对边平行且相等的性质可以得到存在点
M
使得以
B
，
C
，
M
，
N
为顶点的四边形是平
行四边形，点
M
（
2
，
2
） 或
M
（
4
，
-
10
3
）或
M< br>（
-2
，
-
10
3
）；

【详解】

解：（
1
）将点
A

1,0

,B

3,0

代入
yax
2
bx2
，

可得
a
2
3
,b
4
3
，

y
24
3
x
2

3
x2
；


对称轴
x1
；

（
2
） 如图
1
：过点
D
作
DGy
轴于
G
，作< br>DHx
轴于
H
，


设点
D

1,y

，

QC
< br>0,2

,B

3,0

，

< br>在
RtCGD
中，
CD
2
CG
2
GD
2


2y

2
1
，

在
RtBHD
中，
BD
2
BH
2
HD
2
4y
2
，

在
BCD
中，
QDCBCBD

CDBD
，

CD
2
BD
2



2y

2
14y
2

y
1
4
，


17

D

1,

1


；


4

（
3
）如图
2
：过点
E
作
EQy
轴于点
Q
，过点
F
作直线
FRy轴于
R
，过点
E
作
FPFR
于
P
，


EQRQRPRPE90

，


四边形
QRPE
是矩形，

QS
CEF
S
矩形QRPE
S
CRF
S
EFP
，

QE

x,y

,C

0,2

,F

1,1

，

SQR
1
2EQQC
1
2
CRRF
1
VCEF
EQ
2
FP
•
EP

S

y1


1
2
x

y2


1
2
11
1
CEF
x
2

x1

y1


Qy
2
3
x
2
4
3
x2
，

S
17
CE F

3
x
2

6
x


当
x
749
4
时，面积有最大值是
48
，
此时
E


7

4
,
55

24


；

（
4
）存在点
M< br>使得以
B,C,M,N
为顶点的四边形是平行四边形，

设
N

1,n

,M

x,y

，

①四边形
CMNB
是平行四边形时，


18

13x


22
x2

10

M

2,


3

②四边形
CNBM
时平行四边形时，

31x


22
x2
，

M

2,2

；

③四边形
CNNB
时平行四边形时，

13x

，

22
x4
，

10

M

4,

；

3

综上所述：
M

2,2

或
M

4,
【点睛】

本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的 图象及性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，
及分类讨论的数学思想
.
熟练掌握 二次函数的性质、灵活运用勾股定理求边长、掌握平行四边形的判定方法
是解题的关键．


10

10

M2,

；


或

3

3


【新题训练】
1．如图，直线y＝5x＋5交x轴于点A，交y轴于点C，过A，C两点的二次函数y＝ax
2
＋4x＋c的图象交x
轴于另一点B.
(1)求二次函数的表达式；
( 2)连接BC，点N是线段BC上的动点，作ND⊥x轴交二次函数的图象于点D，求线段ND长度的最大值；
(3)若点H为二次函数y＝ax
2
＋4x＋c图象的顶点，点M(4，m)是该二次 函数图象上一点，在x轴，y轴上分
别找点F，E，使四边形HEFM的周长最小，求出点F、E的坐标 ．

19

【答案】(1) y＝－x
2
＋4x＋5；(2);(3) F (，0)，E(0，)．
【解析】
【分析】
（1）先根据坐标轴上点的坐标特征由一次函数的表达式求出A，C两点的坐标，再 根据待定系数法可求二
次函数的表达式；
（2）根据坐标轴上点的坐标特征由二次函数的表达 式求出B点的坐标，根据待定系数法可求一次函数BC
的表达式，设ND的长为d，N点的横坐标为n， 则N点的纵坐标为-n+5，D点的坐标为D（n，-n
2
+4n+5），
根据两点间 的距离公式和二次函数的最值计算可求线段ND长度的最大值；
（3）由题意可得二次函数的顶点坐标 为H（2，9），点M的坐标为M（4，5），作点H（2，9）关于y轴的
对称点H
1
，可得点H
1
的坐标，作点M（4，5）关于x轴的对称点HM
1
，可得点 M
1
的坐标连结H
1
M
1
分别
交x轴于点F，y轴 于点E，可得H
1
M
1
+HM的长度是四边形HEFM的最小周长，再根据待 定系数法可求直
线H
1
M
1
解析式，根据坐标轴上点的坐标特征可求 点F、E的坐标．
【详解】
解：(1)∵直线y＝5x＋5交x轴于点A，交y轴于点C，
∴A(－1，0)，C(0，5)，
∵二次函数y＝ax
2
＋4x＋c的图象过A，C两点，
∴ ，
解得 ，
∴二次函数的表达式为y＝－x
2
＋4x＋5；
(2)如解图①，

20

第2题解图①
∵点B是二次函数的图象与x轴的交点，
∴由二次函数的表达式为y＝－x
2
＋4x＋5得，点B的坐标B(5，0)，
设直线BC解析式为y＝kx＋b，
∵直线BC过点B(5，0)，C(0，5)，
∴ ，
解得 ，
∴直线BC解析式为y＝－x＋5，
设ND的长为d，N点的横坐标为n，
则N点的坐标为(n，－n＋5)，
D点的坐标为(n，－n
2
＋4n＋5)，
则d＝|－n
2
＋4n＋5－(－n＋5)|，
由题意可知：－n
2
＋4n＋5＞－n＋5，
∴d＝－n
2
＋4n＋5－(－n＋5)＝－n
2
＋5n＝－(n－)
2
＋，
∴当n＝时，线段ND长度的最大值是；
（3）∵点M(4，m)在抛物线y＝－x
2
＋4x＋5上，
∴m＝5，∴M(4，5)．
∵抛物线y＝－x
2
＋4x＋5＝－(x－2)
2
＋9，
∴顶点坐标为H(2，9)，
如解图②，作点H(2，9)关于y轴的对称点H
1< br>，则点H
1
的坐标为H
1
(－2，9)；作点M(4，5)关于x轴的 对
称点M
1
，则点M
1
的坐标为M
1
(4，－5) ，连接H
1
M
1
分别交x轴于点F，y轴于点E，∴H
1
M
1
＋HM的长度

21

是四边形HEFM的最小周长，则点F，E即为所求的点．

设直线H
1
M
1
的函数表达式为y＝mx＋n，
∵直线H
1
M
1
过点H
1
(－2，9)，M
1
(4 ，－5)，
∴ ，
解得 ，
∴y＝－x＋，
∴当x＝0时，y＝，即点E坐标为(0，)，
当y＝0时，x＝，即点F坐标为(，0)，
故所求点F，E的坐标分别为(，0)，(0，)．
2
．（
2019·江苏中考真题）如图，已知等边△
ABC
的边长为
8
，点
P是
AB
边上的一个动点（与点
A
、
B
不重
合） ，直线
l
是经过点
P
的一条直线，把△
ABC
沿直线
l
折叠，点
B
的对应点是点
B’.
（
1
）如图
1
，当
PB=4
时，若点
B’
恰好在
AC
边上，则
AB’
的长度为
_____
；

（
2）如图
2
，当
PB=5
时，若直线
lAC
，则
BB’
的长度为

；

（
3
）如图3
，点
P
在
AB
边上运动过程中，若直线
l
始 终垂直于
AC
，△
ACB’
的面积是否变化？若变化，说
明理由；若 不变化，求出面积；

（
4
）当
PB=6
时，在直线
l
变化过程中，求△
ACB’
面积的最大值
.


22

【答案】（
1
）
4
；（< br>2
）
5
3
；（
3
）面积不变，
S
△
ACB
’
=
163
；（
4
）
24+43

【解析】

【分析】

(1)
证明△
APB′
是等边三角形即可解决问题；

(2 )
如图
2
中，设直线
l
交
BC
于点
E，连接
B B′
交
PE
于
O
，证明△
PEB< br>是等边三角形，求出
OB
即可解决问
题；

(3)
如图
3
中，结论：面积不变，证明
B B′AC
即可；

(4)
如图
4
中，当
PB′⊥
AC
时，△
ACB′
的面积最大，设直线
PB′
交< br>AC
于点
E
，求出
B′E
即可解决问题
.
【详解】

(1)
如图
1
，∵△
ABC
为等边三角形，

∴∠
A=60°
，
AB=BC=CA=8
，

∵
PB=4
，

∴
PB′=PB=PA=4
，

∵∠
A=60°
，

∴△
APB′
是等边三角形，

∴
AB′=AP=4
，

故答案为
4
；

(2)
如图
2
，设直线
l
交
BC
于点E
，连接
B B′
交
PE
于
O
，

∵
PE
∥
AC
，

∴∠
BPE=
∠
A=60°
，∠
BEP=
∠
C=60°
，

∴△
PEB
是等边三角形，

∵
PB=5
，
B
、
B′
关于
PE
对称，

∴
BB′
⊥
PE
，
BB′=2OB
，

∴
OB=PB·sin60°=
53
2
，

∴
BB′=5
3
，

故答案为
5
3
；

(3)
如图
3
，结论：面积不变
.
过点
B
作
BE
⊥
AC
于
E
，


23

则有
BE=AB·sin60°=
8
3
2
43
，

∴
S
△
ABC
=
1
2
ACgBE
1
2
843
=16
3
，

∵
B
、
B′
关于直线
l
对称，

∴
BB′
⊥直线
l
，

∵直线
l
⊥
AC
，

∴
ACBB′
，

∴
S
△
ACB
’
=S
△
ABC
=16
3
；

(4)如图
4
，当
B′P
⊥
AC
时，△
ACB′的面积最大，
设直线
PB′
交
AC
于
E
，
在
Rt
△
APE
中，
PA=2
，∠
PAE=60°
，

∴
PE=PA·sin60°=
3
，

∴
B′E=B′P+PE=6+
3
，

∴
S
△
ACB
最大值
=
1
2
×(6+
3
)× 8=24+4
3
.

【点睛】


24

本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，轴对称 变换，解直角三角形，平行线的判定与
性质等知识，理解题意，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关 键
.
3
．（
2019·
湖南中考真题）如图，在平面直角坐标系< br>xOy
中，矩形
ABCD
的边
AB
＝
4
，< br>BC
＝
6
．若不改变矩
形
ABCD
的形状和大小，当 矩形顶点
A
在
x
轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点
D始终在
y
轴的
正半轴上随之上下移动．

(1)
当∠< br>OAD
＝
30°
时，求点
C
的坐标；

(2 )
设
AD
的中点为
M
，连接
OM
、
MC< br>，当四边形
OMCD
的面积为
21
时，求
OA
的长；

2
(3)
当点
A
移动到某一位置时，

点
C
到点
O
的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时
cos< br>∠
OAD
的值．

【答案】
(1)
点
C的坐标为
(2
，
3+2
3
)
；
(2)OA＝
3
2
；
(3)OC
的最大值为
8
，
cos
∠
OAD
＝
【解析】

【分析】

(1)
作
CE
⊥
y
轴，先证∠
CDE
＝∠
OAD
＝
30°
得
CE
＝
30°
知
OD< br>＝
5
．

5
1
CD
＝
2
，
DE
＝
CD
2
CE
2
23
，再由∠< br>OAD
＝
2
1
AD
＝
3
，从而得出点
C
坐标；

2
9
21
(2)
先求出
S< br>△
DCM
＝
6
，结合
S
四边形
OMCD＝知
S
△
ODM
＝
，
S
△
OAD＝
9
，设
OA
＝
x
、
OD
＝
y
，据此知
x
2
+y
2
＝
36
，
2
2
1
xy
＝
9
，得出
x
2
+y
2
＝
2xy
，即
x
＝
y
，代入
x
2
+y
2
＝
36
求得
x
的值，从而得出答 案；

2
(3)
由
M
为
AD
的中点，知< br>OM
＝
3
，
CM
＝
5
，由
OC≤O M+CM
＝
8
知当
O
、
M
、
C
三 点在同一直线时，
OC
有
CDDMCM

，
ONMNOM
9
12
6AN
据此求得
MN
＝，
ON
＝，
AN
＝
AM
﹣
MN
＝，再由
OA
＝
ON
2
AN
2
及
cos
∠
OAD
＝可 得答
5
55OA
最大值
8
，连接
OC
，则此时OC
与
AD
的交点为
M
，
ON
⊥
AD
，证△
CMD
∽△
OMN
得
案．

【详解】

(1)
如图
1
，过点
C
作CE
⊥
y
轴于点
E
，


25

∵矩形
ABCD
中，
CD
⊥
AD
，

∴∠
CDE+
∠
ADO
＝
90°
，

又∵∠
OAD+
∠
ADO
＝
90°
，

∴∠
CDE
＝∠
OAD
＝
30°
，
∴在
Rt
△
CED
中，
CE
＝
1
2< br>CD
＝
2
，
DE
＝
CD
2
CE< br>2
＝
2
3
，
在
Rt
△
OAD
中，∠
OAD
＝
30°
，

∴
OD
＝< br>1
2
AD
＝
3
，

∴点
C
的坐标为
(2
，
3+2
3
)
；

(2)
∵
M
为
AD
的中点，

∴
DM
＝
3
，
S
△
DCM
＝
6
，< br>
又
S
四边形
OMCD
＝
21
2
，

∴
S
9
△
ODM
＝
2
，

∴
S
△
OAD
＝
9
，

设
OA
＝
x
、
OD
＝
y
，则
x
2
+y
2
＝
36
，
1
2
xy
＝9
，

∴
x
2
+y
2
＝
2x y
，即
x
＝
y
，

将
x
＝
y
代入
x
2
+y
2
＝
36
得
x
2
＝
18
，

解得
x
＝
3
2
(
负值舍去
)
，

∴
OA
＝
3
2
；

(3)OC
的最大值为
8
，

如图
2
，
M
为
AD
的中点，


26

∴
OM
＝
3
，
CM
＝
CD
2
DM
2
＝
5< br>，

∴
OC≤OM+CM
＝
8
，

当
O
、
M
、
C
三点在同一直线时，
OC
有 最大值
8
，

连接
OC
，则此时
OC
与< br>AD
的交点为
M
，过点
O
作
ON
⊥
AD
，垂足为
N
，

∵∠
CDM
＝∠
ON M
＝
90°
，∠
CMD
＝∠
OMN
，

∴△
CMD
∽△
OMN
，

CDDMCM435

，

，即
ONMNOMONM N3
9
12
解得
MN
＝，
ON
＝，
5
5
6
∴
AN
＝
AM
﹣
MN
＝，

5
∴
在
Rt
△
OAN
中，
OA
＝
ON
2
AN
2

65
，

5
∴
cos
∠
OAD
＝
【点睛】

AN5
．


OA5

本题是四边形的综合问题， 解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．
4.
（
2018·
江苏中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数
y=
﹣
2< br>x+4
的图象与
x
轴和
y
轴分别相交
3
于< br>A
、
B
两点．动点
P
从点
A
出发，在线段< br>AO
上以每秒
3
个单位长度的速度向点
O
作匀速运动，到达点
O
停止运动，点
A
关于点
P
的对称点为点
Q
，以线段
PQ
为边向上作正方形
PQMN
．设运动时间为
t
秒．

（
1
）当
t=
1
秒时，点
Q
的坐标是

；

3
（
2
）在运动过程中，设正方形< br>PQMN
与△
AOB
重叠部分的面积为
S
，求
S与
t
的函数表达式；

（
3
）若正方形
PQM N
对角线的交点为
T
，请直接写出在运动过程中
OT+PT
的最小值 ．


27

【答案】（
1< br>）（
4
，
0
）；（
2
）①当
0
＜< br>t≤1
时，
S =
S =
﹣
3t
2
+12< br>；（
3
）
OT+PT
的最小值为
32
．

【解析】

【分析】

33
2
439
2< br>4
t
；②当
1
＜
t≤
时，
S =
﹣
t+18t
；③当＜
t≤2
时，

4343< br>（
1
）先确定出点
A
的坐标，进而求出
AP
，利用对 称性即可得出结论；

（
2
）分三种情况，①利用正方形的面积减去三角形的 面积，②利用矩形的面积减去三角形的面积，③利用
梯形的面积，即可得出结论；

（
3
）先确定出点
T
的运动轨迹，进而找出
OT+PT
最小时 的点
T
的位置，即可得出结论．

【详解】

（
1
）令
y=0
，

∴﹣
2
x+4=0
，

3
∴
x=6
，

∴
A
（
6
，
0
），

当
t=
11
秒时，
AP=3×=1
，

33
∴
OP=OA
﹣
AP=5
，

∴
P
（
5
，
0
），

由对称性得，
Q
（
4
，
0
）；

（
2
）当点
Q
在原点
O
时，
OQ=6
，< br>
∴
AP=
1
OQ=3
，

2
3=1
，

∴
t=3÷
①当
0
＜
t≤1
时，如图
1
，令
x=0
，


28

∴
y=4
，

∴
B
（
0
，
4
），

∴
OB=4
，

∵
A
（
6
，
0
），

∴
OA=6
，

在
Rt
△
AOB
中，
tan
∠
OAB=
OB
OA
=
2
3< br>，

由运动知，
AP=3t
，

∴
P
（
6
﹣
3t
，
0
），

∴
Q< br>（
6
﹣
6t
，
0
），

∴
PQ=AP=3t
，

∵四边形
PQMN
是正方形，

∴
MN
∥
OA
，
PN=PQ=3t
，
< br>在
Rt
△
APD
中，
tan
∠
OAB=PD
AP

PD
3t

2
3
，

∴
PD=2t
，

∴
DN=t
，

∵
MN
∥
OA
∴∠
DCN=
∠
OAB
，

∴
tan∠
DCN=
DN
CN

t2
CN

3
，

∴
CN=
3
2
t
，

∴
S=S
正方形
PQMN
﹣
S
△
CDN
=
（
3t
）
2
﹣
1
3
2
t×2
t=
33
4
t
2
；

②当
1
＜
t≤
4
3
3
时，如图
2
，同①的方法 得，
DN=t
，
CN=
2
t
，

29

1
339
∴
S=S
矩形
OENP
﹣
S
△
CDN
=3t×
（
6
﹣
3t
）﹣
2
t×
2
t=
﹣
4< br>t
2
+18t
；

③当
4
3
＜t≤2
时，如图
3
，
S=S=
1
梯形
OBDP
2
（
2t+4
）（
6
﹣
3t
）
=
﹣
3t
2
+12
；

（
3
）如图
4
，由运动知，
P
（
6-3t
，
0
），< br>Q
（
6-6t
，
0
），

∴
M
（
6-6t
，
3t
），

∵
T
是正方形
PQMN
的对角线交点，

∴
T
（
6-
9
2
t,
3
2
t
），

∴点
T
是直线
y=-
1
3
x+2
上的一段线段，（
-3≤x
＜
6
），

同理：点
N
是直线
AG
：
y=-x+6
上的一段线段，（
0≤x≤6
），

∴
G
（
0
，
6
），

∴
OG=6
，

∵
A
（
6
，
0
），

∴
AG=6
2
，在
Rt
△
ABG
中，
OA=6=OG
，

∴∠
OAG=45°
，

∵
PN
⊥
x
轴，

∴∠
APN=90°
，

∴∠
ANP=45°
，

∴∠
TNA=90°
，

即：
TN
⊥
AG
，


30

∵
T
正方形
PQMN
的对角线的交点，

∴
TN=TP
，

∴
OT+TP=OT+TN
，

∴点
O
，
T
，
N
在同一条直线上（点
Q
与点
O
重合时），且
ON
⊥
AG
时，
OT+TN
最小，

即：
OT+TN
最小，

11
OA×OG=AG×ON
，

22
OAnOG
=
32
．

∴
ON=AG
∵
S
△
OAG
=
即：
OT+PT
的最小值为
3
2


【点睛】

此题是一次函数综 合题，主要考查了正方形的面积，梯形，三角形的面积公式，正方形的性质，勾股定理，
锐角三角函数， 用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键，找出点
T
的位置是解本题（
3
） 的难点．

2
5.
（
2020·
江苏初三期末）已知二次函 数
yx2x3
的图象和
x
轴交于点
A
、
B
，与
y
轴交于点
C
，
点
P
是直线
AC
上方的抛物线上的动点
.

(1)
求直线
AC
的解析式
.

31

(2)
当
P
是抛物线顶点时，求
APC
面积
.
(3)
在
P
点运动过程中，求
APC
面积的最大值
.
【答案】
(1)
y=x+3
；
(2)3
；
( 3)
APC
面积的最大值为
【解析】

【分析】

（
1
）由题意分别将
x=0
、
y=0
代入二次函数解析式 中求出点
C
、
A
的坐标，再根据点
A
、
C
的坐标利用待定
系数法即可求出直线
AC
的解析式；

（
2
）由题意先根据二次函数解析式求出顶点
P
，进而利用割补法求
APC面积；

2
（
3
）根据题意过点
P
作
PEPy
轴交
AC
于点
E
并设点
P
的坐标为
m,m2m3
(
3m0
)
，则点
E
27.
8

的坐标为

m,m3

进而进行 分析
.
【详解】

0

；

解：
(1)
分别将
x=0
、
y=0
代入二次函数 解析式中求出点
C
、
A
的坐标为
C

0,3

；
A

3,
0

代入
yx2
2x3
，得到直线
AC
的解析式为
y=x+3
.
将
C

0,3

；
A

3,< br>(2)
由
yx
2
2x3
，将其化为顶点式为
y(x1)
2
4
，可知顶点
P
为
(1,4)，

如图
P
为顶点时连接
PC
并延长交
x轴于点
G
，


则有
SVAPCSVAPGSVACG
，

将
P
点和
C
点代入求出
PC
的解析式为
yx3
，解得< br>G
为
(3,0)
，

所有
SVAPCSVAPG SVACG
64
11
63129
=3
；

22
32

(3)
过点
P作
PEPy
轴交
AC
于点
E
.

2
设点
P
的坐标为
m,m2m3
(
3m0
)
，则点
E
的坐标为

m,m3



3

9

∴
PEm2m3

m3

m3m

m


，

2

4

2
2
2
9
3
时，
PE
取最大值，最大值为
.
4
2
13
∵< br>S
APC
PE

x
C
x
A

PE
，

22
27
.
∴
APC< br>面积的最大值为
8
当
m
【点睛】

本题考查待定 系数法求一次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质、二次函数的
性质以及解二 元一次方程组，解题的关键是利用待定系数法求出直线解析式以及利用二次函数的性质进行
综合分析.
2
6
．（
2020·
江苏初三期末）如图，抛物线
yax6x5
交
x
轴于
A
、
B
两点，交y
轴于点
C
，点
B
的坐
标为

5,0

，直线
yx5
经过点
B
、
C
.

（
1
）求抛物线的函数表达式；


33

（
2
）点
P
是直线
BC
上方抛物线上的一动点，求
BCP
面积
S
的最大值并求出此时点
P
的坐标；

（
3
）过点
A
的直线交直线
B C
于点
M
，连接
AC
，当直线
AM
与直线
BC
的一个夹角等于
ACB
的
3
倍
时，请直接写出点M
的坐标
.
2
【答案】（
1
）
yx6 x5
；（
2
）
S
125

515

7837

,

，

，点
P
坐 标为

,

；（
3
）点
M
的坐标为

242323

8


6055


,



2323

【解析】

【分析】

（
1
）利用
B
（
5
，
0
）用待定系数法求抛物线解析式；

（
2
）作
P Q
∥
y
轴交
BC
于
Q
，根据
S
 PBC

1
PQOB
求解即可；

2
（
3
）作∠
CAN=
∠
NAM
1
=
∠
ACB
，则∠
A M
1
B=3
∠
ACB,
则

NAM
1
∽

A C M
1,
通过相似的性质来求点
M
1
的坐标；作
AD
⊥
BC
于
D,
作
M
1
关于
AD
的对称点< br>M
2
,
则∠
A M
2
C=3
∠
A CB,
根据对称点坐标特点可求
M
2
的
坐标
.
【详解】

（
1
）把
B

5,0

代入
yax6x5
得

2
25a3050

a1
.
∴
yx6x5
；

（
2
）作
PQ
∥
y
轴交
BC
于
Q
，设点
Px,x6 x5
，则

2

2


∵
B

5,0



34

∴
OB=5
，

∵
Q
在
BC
上，

∴
Q
的坐标为（
x
，
x-5
），

∴
PQ=
(x
2
6x5)(x5)
=
x2
5x
，

∴
S
1
PBC

2
PQOB

=
1
2
(x
2
5x)5

=

5
2
x
2

25
2
x
∴当
x
5125
2
时，
S
有最大值，最大值为
S
8
，

∴点
P
坐标为


515

2
,

4


.
（< br>3
）如图
1
，作∠
CAN=
∠
NAM
1=
∠
ACB
，则∠
A M
1
B=3
∠
ACB,

∵∠
CAN=
∠
NAM
1
,
∴
AN=CN,
∵
yx
2
6x5
=-(x-1)(x-5),
∴
A
的坐标为（
1
，
0
），
C
的坐标为（< br>0
，
-5
），

设
N
的坐标为（
a,a-5
），则

∴
( a1)
2
(a5)
2
a
2
(a55)
2
，

∴
a=
13
6
,
∴
N
的坐标为（
13
6
,

17
6
）
,
∴
AN
2
=
(
13
6
1)
2
(
17
2
169
6
)
=
18，
AC
2
=26
，


35

AN
2
169113
∴，

 
2
AC182636
∵∠
NAM
1
=
∠
ACB
，∠
N M
1
A=
∠
C M
1
A
，

∴

NAM
1
∽

A C M
1
,
∴
AN
AM
1

,
ACCM
1
AM
1
2
13

,
∴
CM
1
2
36
设
M
1
的坐标为（
b,b-5
），则

∴
36[(b1)(b5)]13[b(b55)]
,
22 22
78
，
b
2
=6(
不合题意，舍去
)
，

23
7837
∴
M
1
的坐标为
(, )
，

2323
∴
b
1
=
如图
2
，作
AD
⊥
BC
于
D,
作
M
1
关于
AD
的对称点
M
2
,
则∠
A M
2
C=3
∠
ACB,

易知

ADB
是等腰直角三角形，可得点
D
的坐标是（
3
，
-2
），

7860

，

2323
3755
M
2

纵坐标
=
2(2)()
，

2323
6055
∴
M
2

的坐标是
(,)
，

2323
78376055
综上所述，点
M
的坐标是
(,)
或
(,)
.
23232323
∴
M
2

横坐标
=
23
【点睛】

本题考查了二次函数与几何图形的综合题：熟练掌握二次 函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质及相
似三角形的判定与性质，会运用分类讨论的思想解决数学 问题．


36

7.
（
201 9·
石家庄市第四十一中学初三）如图，在平面直角坐标系中，抛物线
y
＝
x
（
x
﹣
b
）﹣与
y
轴相交于
A
点 ，与
x
轴相交于
B
、
C
两点，且点
C
在点
B
的右侧，设抛物线的顶点为
P
．

（
1
）若点
B
与点
C
关于直线
x
＝
1
对称，求
b
的值；

（
2
）若
OB
＝
OA
，求△
BCP
的面积；

（
3
）当﹣
1≤ x≤1
时，该抛物线上最高点与最低点纵坐标的差为
h
，求出
h
与< br>b
的关系；若
h
有最大值或最
小值，直接写出这个最大值或最小值．< br>

【答案】（
1
）
2
（
2
）（< br>3
）
h
存在最小值，最小值为
1
【解析】

【分析】

（
1
）由点
B
与点
C
关于直线
x
＝
1
对称，可得出抛物线的对称轴为直线
x
＝< br>1
，再利用二次函数的性质可求
出
b
值；

（
2
）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点
A
的坐标，结合
OA
＝
OB
可得出点
B
的坐标，由点
B
的
坐标利用待 定系数法可求出抛物线的解析式，由抛物线的解析式利用二次函数图象上点的坐标特征可求出
点
C
的坐标，利用配方法可求出点
P
的坐标，再利用三角形的面积公式即可求出△
BCP
的面积；

（
3
）分
b≥2
，
0 ≤b
＜
2
，﹣
2
＜
b
＜
0
和b≤
﹣
2
四种情况考虑，利用二次函数图象上点的坐标特征结合二次函
数 的图象找出
h
关于
b
的关系式，再找出
h
的最值即可得出结 论．

【详解】

解：（
1
）∵点
B
与点
C
关于直线
x
＝
1
对称，
y
＝
x
（
x
﹣
b
）﹣＝
x
2
﹣
bx﹣，


37

∴﹣＝
1
，

解得：
b
＝
2
．

（
2
）当x
＝
0
时，
y
＝
x
2
﹣
bx
﹣＝﹣，

∴点
A
的坐标为（
0
，﹣）．

又∵
OB
＝
OA
，

∴点
B
的坐标为（﹣，
0
）．

将
B（﹣，
0
）代入
y
＝
x
2
﹣
bx﹣，得：
0
＝
+b
﹣，
解得：
b
＝，

∴抛物线的解析式为
y
＝
x
2
﹣
x
﹣．< br>
∵
y
＝
x
2
﹣
x
﹣＝（
x
﹣）
2
﹣，

∴点
P
的坐标为（，﹣）．

当
y
＝
0< br>时，
x
2
﹣
x
﹣＝
0
，

解得：
x
1
＝﹣，
x
2
＝
1
，

∴点
C
的坐标为（
1
，
0
）．

∴
S
△
BCP
＝
×[1
﹣（﹣）
]×|
﹣
|
＝．

（
3
）
y
＝
x
2
﹣
bx
﹣＝（
x
﹣）
2
﹣﹣．


38

当
≥1
，即
b≥2
时，如图
1
所示，
< br>y
最大
＝
b+
，
y
最小
＝﹣
b+< br>，

∴
h
＝
2b
；

当
0 ≤
＜
1
，即
0≤b
＜
2
时，如图
2
所示，

y
最大
＝
b+
，
y
最小
＝﹣﹣，

∴
h
＝
1+b+
＝（
1+
）
2
；

当﹣
1
＜＜
0
，﹣
2
＜
b＜
0
时，如图
3
所示

y
最大
＝﹣
b
，
y
最小
＝﹣﹣，

∴
h
＝
1
﹣
b+
＝（
1
﹣）2
；

当
≤
﹣
1
，即
b≤
﹣
2
时，如图
4
所示，

y
最大
＝﹣
b+
，
y
最小
＝
b+
，

h
＝﹣
2b
．

综上所述：
h
＝，
h
存在最小值，最小值为
1
．

39

【点睛】

本题考查了二次函数的性质、二次函 数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式、三角形的面
积、二次函数图象以及二次函数的最 值，解题的关键是：（
1
）利用二次函数的性质，求出
b
的值；（
2
）利
用二次函数图象上的坐标特征及配方法，求出点
B
，
C
，
P
的坐标；（
3
）分
b≥2
，
0≤b
＜
2
，﹣
2
＜
b
＜
0
和
b≤
﹣
2
四种情况，找出
h
关于
b
的关系式．
8.
（
2020·
江西初三期中）如图①，已知抛物线
y=ax
2
+bx+3
（
a≠0
）与
x
轴交于点
A
（
1
，
0
）和点
B
（
-3
，
0< br>），
与
y
轴交于点
C
．


（
1
）求抛物线的解析式；

（
2
）设抛物线的对 称轴与
x
轴交于点
M
，问在对称轴上是否存在点
P
，使△< br>CMP
为等腰三角形？若存在，
请直接写出所有符合条件的点
P
的坐标 ；若不存在，请说明理由；

（
3
）如图②，若点
E
为第二 象限抛物线上一动点，连接
BE
、
CE
，求四边形
BOCE
面积的最大值，并求此
时
E
点的坐标．


40

【答案】（
1
）
y=-x
2
-2 x+3
；（
2
）存在，
P
（
-1
，
10< br>）或
P
（
-1
，
-
10
）或
P（
-1
，
6
）或
P
（
-1
，
当
a=-
5
）；（
3
）
3
63
33
15
时，
S
四边形
BOCE
最大，且最大值为，此时，点
E
坐标为（
-
，）．

4
22
8
【解析】

【分析】

（
1
）已知抛物线过
A
、
B
两点，可将两点的坐标代入抛物线的解析 式中，用待定系数法即可求出二次函数
的解析式；

（
2
）可根据（
1
）的函数解析式得出抛物线的对称轴，也就得出了
M
点的坐标，由于
C
是抛物线与
y
轴的
交点，因此
C
的坐标为（
0
，
3
），根据
M
、
C
的坐标可求出
CM< br>的距离．然后分三种情况进行讨论：

①当
CP=PM
时，
P
位于
CM
的垂直平分线上．求
P
点坐标关键是求
P
的纵坐标，过
P
作
PQ
⊥
y
轴于
Q
，如果设
PM=CP=x
，那么直角三角形
CPQ
中
CP=x，
OM
的长，可根据
M
的坐标得出，
CQ=3-x
，因 此可根
据勾股定理求出
x
的值，
P
点的横坐标与
M
的横坐标相同，纵坐标为
x
，由此可得出
P
的坐标．

②当
CM=MP
时，根据
CM
的长即可求出
P
的纵坐标，也就得 出了
P
的坐标（要注意分上下两点）．

③当
CM=CP
时 ，因为
C
的坐标为（
0
，
3
），那么直线
y=3< br>必垂直平分
PM
，因此
P
的纵坐标是
6
，由此可得出
P
的坐标；

（
3
）由于四边形
BOCE
不是规则的四边形，因此可将四边形
BOCE
分割成规则的图形进行计算，过
E
作
EF
⊥
x
轴于
F
，
S
四边形
BOCE
=S
△
BFE
+S
梯形
FOCE
．直角梯形
FOCE
中，
FO
为
E
的横坐标的绝对值，EF
为
E
的纵
坐标，已知
C
的纵坐标，就知道了
OC
的长．在△
BFE
中，
BF=BO-OF
，因此可用
E
的横坐标表示出
BF
的
长．如果根据抛物线设出
E
的坐标 ，然后代入上面的线段中，即可得出关于四边形
BOCE
的面积与
E
的横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求得四边形
BOCE
的最大值及对应的
E
的横坐标的值．即可求出
此时
E
的坐标．

【详解】

(1)
∵抛物线
y=ax
2
+bx+3 (a≠0)
与
x
轴交于点
A(1,0)
和点
B(−3,0)
，

∴


ab30

9a3b30


a1
.
b2

解得：

∴所求抛物线解析式为：
y=−x
2
−2x+3< br>；

(2)
∵抛物线解析式为：
y=−x
2
−2x+ 3
，


41

∴其对称轴为
x
2
2
1
，

∴设
P
点坐标为
(−1,a)
，当
x=0
时，
y=3< br>，

∴
C(0,3),M(−1,0)
∴当
CP=PM时
,(−1)
2
+(3−a)
2
=a
2
,解得
a=
5
3
，

∴
P
点坐标为：< br>P

5

1


1,
3


；

∴当
CM=PM
时
,(−1)
2
+3
2
=a
2
,
解得
a10
，

∴
P
点坐标为：
P
2
(1,10)
或
P
3
(1,10)
；

∴当
CM=CP
时< br>,
由勾股定理得：
(−1)
2
+3
2
=(−1)2
+(3−a)
2
，解得
a=6
，

∴
P
点坐标为：
P
4
(−1,6).

综上所述存在符合条件的点
P,
其坐标为
P(1,10)
或

P(1,10)

或
P(−1,6)
或
P
< br>
1,
5



3

；
(3)
过点
E
作
EF
⊥
x
轴于点
F,设
E(a,−a
2
−2a+3)(−3
42

∴
EF=−a
2
−2a+3
，
BF=a+3
，
OF=−a
∴
S
四边形BOC E

1111
BFEF(OCEF)gOF

(a3) a
2
2a3a
2
2a6(a)

2222
399
a
2
a

222

3

3

63


a



2

2

8
∴当
a=< br>
2
63
3
.
时
,S
四边形
BO CE
最大
,
且最大值为
2
8

315
< br>,

.

24

此时
,
点
E
坐标为


9
．（
2020·
山东初三期末） 如图，抛物线
y=ax
2
+bx+c
（
a≠0
）的图象过点
C
（
0
，
1
），顶点为
Q
（
2< br>，
3
），点
D
在
x
轴正半轴上，且
OD=O C
．


（
1
）求直线
CD
的解析式；

（
2
）求抛物线的解析式；

（
3
）将直线
CD
绕点
C
逆时针方向旋转
45°
所得直线与抛物线相交于另一点
E
，求证：△
CEQ
∽△
CDO
；

（< br>4
）在（
3
）的条件下，若点
P
是线段
QE
上的动点，点
F
是线段
OD
上的动点，问：在
P
点和
F
点移动
过程中，△
PCF
的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小 值；若不存在，请说明理由．


43

【答案】
(1) y=
﹣
x+1;(2) y=

【解析】

【分析】

1
2
x+2 x+1;(3)
证明见解析
;(4)
存在
,
213
,
理由见解析
.
2
（
1
）利用待 定系数法求出直线解析式
;
（
2
）利用待定系数法求出抛物线的解析式
;
（
3
）关键是证明△
CEQ
与△
CDO
均为等 腰直角三角形
;
（
4
）如答图②所示，作点
C
关于直线QE
的对称点
C′
，作点
C
关于
x
轴的
对称点
C″
，连接
C′C″
，交
OD
于点
F，交
QE
于点
P
，则△
PCF
即为符合题意的周长最小 的三角形，由轴对
称的性质可知，△
PCF
的周长等于线段
C′C″
的长度．利用轴对称的性质、两点之间线段最短可以证明此时
△
PCF
的周长最小．如 答图③所示，利用勾股定理求出线段
C′C″
的长度，即△
PCF
周长的最小 值．

【详解】

解：（
1
）∵
C
（0
，
1
），
OD=OC
，∴
D
点坐标为（1
，
0
）．

设直线
CD
的解析式为
y=kx+b
（
k≠0
），


b1

b1

将
C
（
0< br>，
1
），
D
（
1
，
0
）代入得：< br>
，解得：

kb0k1

∴直线
CD< br>的解析式为：
y=
﹣
x+1
．

（
2
）设抛物线的解析式为
y=a
（
x
﹣
2
）
2+3
，

将
C
（
0
，
1
）代 入得：
1=a×
（﹣
2
）
2
+3
，解得
a =

∴
y=

1
．

2
11（
x
﹣
2
）
2
+3=

x
2
+2x+1
．

22
（
3
）证明：由题意可知，∠
ECD=45°
，

∵
OC=OD
，且
OC
⊥
OD
，∴△
OCD
为等腰直角三角形，∠
ODC=45°
．

∴∠
ECD=
∠
ODC
，∴
CE
∥
x
轴．

∴点
C
、
E
关于对称轴（直线< br>x=2
）对称，

∴点
E
的坐标为（
4
，
1
）．

如答图①所示，设对称轴（直线
x=2
）与
CE
交于点
F
，


44