专题13二次函数与胡不归型最值问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）（解析版）.docx

1、挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用） 专题13二次函数与胡不归型最值问题 胡不归问题：模型分析：“PAkPB”型的最值问题，当k1时通常为轴对称之最短路径问题，而当k0时，若以常规的轴对称的方式解决，则无法进行，因此必须转换思路 如图，直线BM，BN交于点B，P为BM上的动点，点A在射线BM，BN同侧，已知sinMBNk过点A作ACBN于点C，交BM于点P，此时PAkPB取最小值，最小值即为AC的长 证明 如图，在BM上任取一点Q，连结AQ，作QDBN于点D由sinMBNk，可得QD kQB所以QAkQBQAQDAC，即得证【例1】（2022济南）抛物线yax2+x6与x轴

2、交于A（t，0），B（8，0）两点，与y轴交于点C，直线ykx6经过点B点P在抛物线上，设点P的横坐标为m（1）求抛物线的表达式和t，k的值；（2）如图1，连接AC，AP，PC，若APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；（3）如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQBC，垂足为Q，求CQ+PQ的最大值【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可求解；（2）作PMx轴交于M，可求PMm2m+6，AMm3，通过证明COAAMP，利用，求m的值即可求P点坐标；（3）作PNx轴交于BC于N，过点N作NEy轴交于E，通过证明PQNBOC，求出QNPN，PQPN，再由CNECBO，求出

3、CNENm，则CQ+PQCN+PN（x）2+，即可求解【解答】解：（1）将B（8，0）代入yax2+x6，64a+2260，a，yx2+x6，当y0时，t2+t60，解得t3或t8（舍），t3，B（8，0）在直线ykx6上，8k60，解得k，yx6；（2）作PMx轴交于M，P点横坐标为m，P（m，m2+m6），PMm2m+6，AMm3，在RtCOA和RtAMP中，OAC+PAM90，APM+PAM90，OACAPM，COAAMP，即OAMACOPM，3（m3）6（m2m+6），解得m3（舍）或m10，P（10，）； （3）作PNx轴交于BC于N，过点N作NEy轴交于E，PNm2+m6（m6）m

4、2+2m，由PQNBOC，OB8，OC6，BC10，QNPN，PQPN，由CNECBO，CNENm，CQ+PQCN+NQ+PQCN+PN，CQ+PQmm2+2mm2+m（x）2+，当m时，CQ+PQ的最大值是【例2】（2022宜宾）如图，抛物线yax2+bx+c与x轴交于A（3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），其顶点为点D，连结AC（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；（2）在抛物线的对称轴上取一点E，点F为抛物线上一动点，使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形，求点F的坐标；（3）在（2）的条件下，将点D向下平移5个单位得到点M，点P

5、为抛物线的对称轴上一动点，求PF+PM的最小值【分析】（1）利用待定系数法，把问题转化为解方程组即可；（2）过点F作FGDE于点G，证明OACGFE（AAS），推出OAFG3，设F（m，m2+2m+3），则G（1，m2+2m+3），可得FG|m1|3，推出m2或m4，即可解决问题；（3）由题意，M（1，1），F2（4，5），F1（2，5）关于对称轴直线x1对称，连接F1F2交对称轴于点H，连接F1M，F2M，过点F1作F1NF2M于点N，交对称轴于点P，连接PF2则MH4，HF23，MF25，证明PNPM，由PF2PF1，推出PF+PMPF2+PNFN1为最小值【解答】解：（1）抛物线yax2

6、+bx+c经过A（3，0）、B（1，0），C（0，3），解得，抛物线的解析式为yx2+2x+3，y（x1）2+4，顶点D的坐标为（1，4）；（2）设直线AC的解析式为ykx+b，把A（3，0），C（0，3）代入，得，直线AC的解析式为yx+3，过点F作FGDE于点G，以A，C，E，F为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形，ACEF，ACEF，OAFG，OACGFE，OACGFE（AAS），OAFG3，设F（m，m2+2m+3），则G（1，m2+2m+3），FG|m1|3，m2或m4，当m2时，m2+2m+35，F1（2，5），当m4时，m2+2m+35，F2（4，5）综上所述，满足条件点F的坐

7、标为（2，5）或（4，5）；（3）由题意，M（1，1），F2（4，5），F1（2，5）关于对称轴直线x1对称，连接F1F2交对称轴于点H，连接F1M，F2M，过点F1作F1NF2M于点N，交对称轴于点P，连接PF2则MH4，HF23，MF25，在RtMHF2中，sinHMF2，则在RtMPN中，sinPMN，PNPM，PF1PF2，PF+PMPF2+PNF1N为最小值，645F1N，F1N，PF+PM的最小值为【例3】（2022东西湖区模拟）如图1，抛物线yx2+（m2）x2m（m0）与x轴交于A，B两点（A在B左边），与y轴交于点C连接AC，BC且ABC的面积为8（1）求m的值；（2）在（1

8、）的条件下，在第一象限内抛物线上有一点T，T的横坐标为t，使ATC60求（t1）2的值（3）如图2，点P为y轴上一个动点，连接AP，求CP+AP的最小值，并求出此时点P的坐标【分析】（1）先求出A（m，0），B（2，0），C（0，2m），再由三角形面积（2+m）（2m）8，可求m的值；（2）过点C作EFx轴，过点T作TFEF交于F点，过点C作CDCT交直线AT于点D，过点D作DEEF交于E点，证明CEDTFC，可得，进而求出D（t2，t4），再求出直线AT的解析式为y（t2）x+2t4，将D点坐标代入直线解析式即可求（t1）2；（3）过点B作BGAC交于G点，交y轴于点P，可得CP+AP（CP

9、+AP）（GP+AP）BG，可求CP+AP的最小值为8，再由tanACO，求出P（0，1）【解答】解：（1）yx2+（m2）x一2m（x2）（x+m），令y0，则x2或xm，m0，m0，A（m，0），B（2，0），AB2+m，令x0，则y2m，C（0，2m），ABC的面积为8，（2+m）（2m）8，解得m2或m4（舍）；（2）当m2时，yx24，的横坐标为t，T（t，t24），过点C作EFx轴，过点T作TFEF交于F点，过点C作CDCT交直线AT于点D，过点D作DEEF交于E点，DCT90，DCE+TCF90，DCE+CDE90，TCFCDE，CEDTFC，ATC60，C（0，4），CFt，T

10、Ft2，DEt，CEt2，D（t2，t4），设直线AT的解析式为ykx+b，解得，y（t2）x+2t4，t4（t2）（t2）+2t4，（t1）2；（3）过点B作BGAC交于G点，交y轴于点P，A、B关于y轴对称，APBP，GBA+BACACO+CAO90，ABGACO，AO2，CO4，AC2，sinACO，CPGP，CP+AP（CP+AP）（GP+AP）BG，cosACO，BG，CP+AP的最小值为8，tanACO，OP1，P（0，1）【例4】（2022成都模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数yax2+bx+c（a0）的图象与y轴，x轴分别相交于A（0，2），B（2，0），C（4，0

11、）三点，点D是二次函数图象的顶点（1）求二次函数的表达式；（2）点P为抛物线上异于点B的一点，连接AC，若SACPSACB，求点P的坐标；（3）M是第四象限内一动点，且AMB45，连接MD，MC，求2MD+MC的最小值【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）分两种情形，分别构建方程组求解即可；（3）以O为圆心，OA为半径的圆，连接OM，取OB的中点E，连接EM、ED，先根据二次函数求出A、B、C、D的坐标，再证明EOMMOC，从而有EMMC，故2MD+MC2（MD+MC）2（MD+ME）2ED，再求出ED即可【解答】解：（1）抛物线经过B（2，0），C（4，0），可以假设抛物线的解析式为y

12、a（x2）（x4），把A（0，2）代入，可得a，二次函数的解析式为yx2x+2；（2）如图，当点P在直线AC的下方时，过点B作BP0AC交抛物线于点P0，由题意直线AC的解析式为yx+2，kAC，K，直线BP0的解析式为yx+1，由，解得，则P0与B重合，不符合题意当点P在直线AC的上方时，作直线BP0关于直线AC的的对称直线P1P2，交抛物线于P1，P2直线AC的解析式为yx+2，可得直线P1P2的解析式为yx+3，由，解得或，P1（2+2，2），P2（22，2+）；（3）解：如图，以O为圆心，OA为半径的圆，连接OM，取OB的中点E，连接EM、ED，A（0，2），B（2，0），C（4，0）

13、，OAOB，即B在O上，yx2x+2（x3）2，顶点D（3，），AMB45，AMBBOA，M在在O上，即OM2，取OB的中点E（1，0），又EOMMOC，EOMMOC，EMMC，2MD+MC2（MD+MC）2（MD+ME）2ED，ED，2MD+MC的最小值为1（2022河北区二模）已知抛物线yx2+bx+c（b，c为常数）的图象与x轴交于A（1，0），B两点（点A在点B左侧）与y轴相交于点C，顶点为D（）当b2时，求抛物线的顶点坐标；（）若点P是y轴上一点，连接BP，当PBPC，OP2时，求b的值；（）若抛物线与x轴另一个交点B的坐标为（4，0），对称轴交x轴于点E，点Q是线段DE上一点，点N

14、为线段AB上一点，且AN2BN，连接NQ，求DQ+NQ的最小值【分析】（）求出函数的解析式即可求解；（）由题意可求P（0，2）或（0，2），将A点代入抛物线解析式可得cb，在求出B（2b1，0），C（0，b），由PBPC，（2b1）2+4|b2|2或（2b1）2+4|b+2|2，再由2b11，求出b即可；（）先求出抛物线的解析式yx2+x2，设Q（，t）过点N作AD的垂线交于点M，交对称轴于点Q，利用直角三角形可得MQDQ，当M、Q、N三点共线时，DQ+NQ有最小值MN，在RtAMN中，AN2，求出MN，可求DQ+NQ的最小值为【解答】解：（）当b2时，yx2+2x+c，将点A（1，0）代入y

15、x2+2x+c，c，yx2+2x（x2）2+，抛物线的顶点为（2，）；（）点P是y轴上一点，OP2，P（0，2）或（0，2），将A代入yx2+bx+c，+b+c0，cb，x2+bx+b0，1+x12b，x12b1，B（2b1，0），令x0，则y2b1，C（0，b），PBPC，（2b1）2+4|b2|2或（2b1）2+4|b+2|2，解得b或b或b或b，A点在B点左侧，2b11，b1，b；（）将点A、B代入yx2+bx+c，yx2+x2，抛物线的对称轴为直线x，E（，0），yx2+x2（x）2+，顶点D（，），A（1，0），B（4，0），AB3，AN2BN，AN2，BN1，N（3，0），设Q（，

16、t），过点N作AD的垂线交于点M，交对称轴于点Q，AE，DE，tanDAE，EQNDAE，DANMQD，tanMQD，sinMQD，MQDQ，DQ+NQ（DQ+NQ）（MQ+NQ），当M、Q、N三点共线时，DQ+NQ有最小值MN，在RtAMN中，AN2，sinMAN，MN2，DQ+NQMN，DQ+NQ的最小值为2（2021南海区二模）如图1，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A、B两点，点A、B分别位于原点左、右两侧，且AO2BO4，过A点的直线ykx+c交y轴于点C（1）求k、b、c的值；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使ACP为直角三角形？若存在，直接写出所有满足条件的点的坐标；若不

17、存在，请说明理由；（3）如图2，点M为线段AC上一点，连接OM，求AM+OM的最小值【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）当PAC为直角时，由PAHACO得到tanPAHtanACO，即，即可求解；当CAP为直角或ACP为直角时，同理可解；（3）过点A作直线AN使NAC30，过点O作ONAN交AE于点M，则点M为所求点，进而求解【解答】解：（1）由AO2BO4知，点A、B的坐标分别为（4，0）、（2，0），设抛物线的表达式为ya（xx1）（xx2），则y（x+4）（x2）x2+x2，则点C（0，2），将点A、C的坐标代入ykx+c并解得：yx2，即k，故k，b，c2；（2）由抛物线的表达式

18、知，其对称轴为直线x1，则设点P的坐标为（1，m），当PAC为直角时，如图1，设抛物线的对称轴交x轴于点H，则AH1（4）3，PHm，AO4，OC2，PAH+CAO90，CAO+ACO90，PAHACO，tanPAHtanACO，即，解得m3；故点P的坐标为（1，3）；当APC为直角时，如图2，故点P作x轴的平行线交y轴于点N，交过点A与y轴的平行线于点M，则AM|m|，PM3，CN|m+2|，PN1，同理可得MPAPCN，tanMPAtanPCN，即，解得：m，故点P的坐标为（1，）或（1，）；当ACP为直角时，如图3，同理可得，点P的坐标为（1，3）；综上，点P的坐标为（1，3）或（1，）

19、或（1，）或（1，3）；（3）过点A作直线AN使NAC30，过点O作ONAN交AE于点M，则点M为所求点，理由：MAN30，则MNAM，则AM+OMMN+OMON为最小，过点O作OEAC于点E，则MOE90OME90AMNMAN30，由点A、C的坐标得，AC2，则sinACO，则cosACO，在RtCOE中，OEOCsinACO2，同理可得，CE，在RtOME中，MEOEtanMOEtan30，OM2ME，则AMACMEEC22MN，则MN，则AM+OM的最小值OM+MN3（2021宝安区模拟）（1）已知二次函数经过点A（3，0）、B（1，0）、C（0，3），请求该抛物线解析式；（2）点M为抛

20、物线上第二象限内一动点，BM交y轴于点N，当BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，求点M的坐标；（3）点P为对称轴上D点下方一动点，点Q为直线yx第一象限上的动点，且DPOQ，求BP+BQ的最小值并求此时点P的坐标【分析】（1）根据点A，B的坐标设出抛物线的交点式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；（2）过点A作AGx轴交BM的延长线于G，则，设ONt，则AG4t，CN3t，进而得出或2，进而建立方程求解，即可得出结论；（3）先判断出PCDOBQ，进而得出PCOQ，再判断出点A，P，C在同一直线上时，BP+BQ的最小，再求出直线AC的解析式，即可得出结论【解答】解：（1）二次函数经过

21、点A（3，0）、B（1，0），设抛物线的解析式为ya（x+3）（x1），点C（0，3）在抛物线上，3a3，a1，抛物线的解析式为y（x+3）（x1）x22x+3；（2）如图1，过点A作AGx轴交BM的延长线于G，由（1）知，抛物线的解析式为yx22x+3，设点M（m，m22m+3）（3m0），SBCMCN（1m），SABMSABGSAMGAG（1+3）（m+3）AG（1m），ONAG，设ONt，则AG4t，CN3t，BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，或2，t1或，N（0，1）或N（0，），当N（0，1）时，B（1，0），直线BM的解析式为yx+1，由（1）知，抛物线的解析式为y（x

22、+3）（x1），联立解得，或，M（2，3）；当N（0，）时，B（1，0），直线BM的解析式为yx+，联立解得，或，M（，）；即M（2，3）或（）；（3）如图2，连接PC，CD，过点C作CHDP于H，由（1）知，抛物线的解析式为yx22m+3（m1）2+4，D（1，4），C（0，3），CD，DH1，CH1，DHCH，CDP45，点Q为直线yx第一象限上的动点，BOQ45CDP，DPOQ，PCDOBQ，PCOQ，BP+OQBP+PC，连接AP，点P是抛物线的对称轴上的点，PCPA，BP+OQBP+PCBP+PA，当点A，P，C在同一条直线上时，BP+OQ最小，最小值为AC，A（3，0），C（0，3

23、），直线AC的解析式为yx+3，当x1时，y2，点P（1，2）4（2021南沙区一模）已知，抛物线ymx2+x4m与x轴交于点A（4，0）和点B，与y轴交于点C点D（n，0）为x轴上一动点，且有4n0，过点D作直线lx轴，且与直线AC交于点M，与抛物线交于点N，过点N作NPAC于点P点E在第三象限内，且有OEOD（1）求m的值和直线AC的解析式（2）若点D在运动过程中，AD+CD取得最小值时，求此时n的值（3）若ADM的周长与MNP的周长的比为5：6时，求AE+CE的最小值【分析】（1）利用待定系数法将A（4，0）代入ymx2+x4m，求出m的值，即可抛物线解析式，令x0，求出点C的坐标，设直

24、线AC的解析式为ykx+b，将A，C的坐标代入即可求出答案；（2）在x轴上方作射线AM，使MAO30，过点D作DKAM于K，当C、D、K在同一条直线上时，CD+DK最小，即AD+CD取得最小值时，CDOADK60，应用三角函数定义即可求得答案；（3）根据ADM的周长与MNP的周长的比为5：6，可得出DN3DM，建立方程求出n的值，在y轴上 取一点R，使得OR，连接AR，在AR上取一点E使得OEOD，构造相似三角形，可以证明AR就是AE+CE的最小值【解答】解：（1）抛物线ymx2+x4m与x轴交于点A（4，0），m（4）2+（4）4m0，解得：m，抛物线解析式为yx2+x3，令x0，得y3，C

25、（0，3），设直线AC的解析式为ykx+b，A（4，0），C（0，3），解得：，直线AC的解析式为yx3.（2）A（4，0），D（n，0）为x轴上一动点，且有4n0，ADn（4）n+4，在x轴上方作射线AM，使MAO30，过点D作DKAM于K，AKD90，DKAD，ADK60，当C、D、K在同一条直线上时，CD+DK最小，即AD+CD取得最小值时，CDOADK60，ODn，COD90，tanCDOtan60，即，n（3）DMx轴，NPAC，ADMNPM90，AMDNMP，AMDNMP，ADM的周长与MNP的周长的比为5：6，sinDAM，DN3DM，DMn+3，DNn2n+3，n2n+33（n

26、+3），解得：n12，n24（舍去），D（2，0），OD2，如图2中，在y轴上 取一点R，使得OR，连接AR，在AR上取一点E使得OEOD2OE2，OROC34，OE2OROC，COEROE，ROEEOC，RECE，当A、R、E共线时，AE+CEAE+ERAR，此时AE+CE最小，AE+CE的最小值AR5（2021射阳县三模）如图，抛物线yax2+bx+c经过A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，对称轴与抛物线相交于点P，与直线BC相交于点M，连接AC，PB（1）求该抛物线的解析式；（2）设对称轴与x轴交于点N，在对称轴上是否存在点G，使以O、N、G为顶点的三角形与AOC相似？如果存在

27、，请求出点G的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）抛物线上是否存在一点Q，使QMB与PMB的面积相等，若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由；（4）点E是y轴上的动点，连接ME，求ME+CE的最小值【分析】（1）将点A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入yax2+bx+c中即可求解析式；（2）两个三角形相似有两种情况AOCONG；AOCGNO，在利用相似三角形的边对应成比例即可求解；（3）由于QMB与PMB共底MB，利用平行线的性质，只要两个三角形等高即可；分两种情况找平行线，过P点作PHBC交y轴于点H，直线PH的解析式为yx+5，直线PH与抛物线的交点即为Q；由H点关于C点对称的

28、点为（0，1），过点（0，1）与直线BC平行的直线解析式为yx+1，该直线与抛物线的交点即为Q；（4）连接CF，在OA上截取OF使得OFCF，过点M作MTCF交CF于点T，过点M作MKy轴交CF于点K，在RtCTE中，ETCE，CE+METE+ME，当T、E、M三点共线，并且TMAF时，CE+MEMT值最小在RtAFO中，求出F（，0），进而求出直线AF的解析式yx+3，再求出MK1+，由于TMKFCO，在RtTKM中，MTKMcosFCO，可求MT（1+），则MT即为所求的最小值【解答】解：（1）将点A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入yax2+bx+c中，得到，解得，yx2+2x+

29、3；（2）函数对称轴为直线x1，设G（1，m），由已知可得OA1，OC3，NGx轴，COx轴，NGOC，N（1，0），ON1，当以O、N、G为顶点的三角形与AOC相似时，AOCONG时，NGOC3，G（1，3）或G（1，3）；当AOCGNO时，即GN，G（1，）或G（1，）；综上所述：以O、N、G为顶点的三角形与AOC相似时，满足条件的G点坐标为（1，3）或（1，3）或（1，）或（1，）；（3）当x1时，y4，P（1，4），设直线BC的解析式为ykx+m，将点B（3，0）、C（0，3）代入，可得，解得，yx+3，过P点作PHBC交y轴于点H，直线PH的解析式为yx+5，联立，解得x1或x2，Q

30、（2，3）或Q（1，4）（舍）；当x0时，y5，H（0，5），H点关于C点对称的点为（0，1），过点（0，1）与直线BC平行的直线解析式为yx+1，联立，解得x或x，Q（，）或Q（，）；综上所述：QMB与PMB的面积相等时，Q点坐标为（2，3）或（，）或（，）；（4）连接CF，在OA上截取OF使得OFCF，过点M作MTCF交CF于点T，过点M作MKy轴交CF于点K，在RtCTE中，ETCE，CE+METE+METM，此时CE+ME的值最小；OFCF，CO3，OF，CF，F（，0），设直线CF的解析式为ytx+n，将点C（0，3），F（，0）代入，可得，解得，yx+3，M（1，2），K（，2），

31、MK1+，MTCF，FCO+CKMCKM+TMK90，TMKFCO，在RtTKM中，MTKMcosFCO，MT（1+），CE+ME的最小值为6（2021深圳模拟）如图1，抛物线yx2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，3），点D为抛物线yx2+bx+c的顶点（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点E在x轴上，且ECACAD，求点E的坐标；（3）如图2，点P为线段AC上方的抛物线上任一点，过点P作PHx轴于点H，与AC交于点M求APC的面积最大时点P的坐标；在的条件下，若点N为y轴上一动点，求HN+CN的最小值【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）当点E

32、在点A的左侧时，在RtCHN中，NHCNCH，在RtAHN中，tanHANtanDAC，即tanECAtanCAD，在RtCEK中，tanECA，进而求解；当点E（E）的点A的右侧时，ECACAD，则直线CEAD，则直线CE的表达式为y2x+3，进而求解；（3）过点H作HRCG于点R，交CO于点N，则点N为所求点，进而求解【解答】解：（1）由题意得：，解得，故抛物线的表达式为yx22x+3；（2）当点E在点A的左侧时，如图1，由抛物线的表达式知，点D的坐标为（1，4），延长AD交y轴于点H，过点H作HN交AC的延长线于点N，由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为y2（x+3），故点H的坐标为（

33、0，6），则CH633，由点A、C的坐标知，ACO45HCN，AC3，在RtCHN中，NHCNCH，在RtAHN中，tanHANtanDAC，tanECAtanCAD，过点E作EKCA交CA的延长线于点K，在RtAEK中，EAKCAO45，故设AKEKx，则AEx，在RtCEK中，tanECA，解得x，故AEx3，则点E的坐标为（6，0）；当点E（E）的点A的右侧时，ECACAD，则直线CEAD，则直线CE的表达式为y2x+r，而直线CE过点C，故r3，故直线CE的表达式为y2x+3，令y0，则x，故点E的坐标为（，0）；综上，点E的坐标为（6，0）或（，0）；（3）设点P的坐标为（x，x22

34、x+3），由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为yx+3，则点M（x，x+3），则APC的面积OAPM3（x22x+3x3）（x23x），0，故APC的面积有最大值，当x时，点P的坐标为（，），则点H（，0），在x轴上取点G（3，0），则OGOC，连接CG，则GCO45，过点H作HRCG于点R，交CO于点N，则点N为所求点，理由：HN+CNHN+CNsinGCOHN+NRHR为最小值，CGO45，故HRG为等腰直角三角形，则HRHG（3+），即HN+CN的最小值为7（2021深圳模拟）已知：如图，点A（1，0），B（3，0），D（2，1），C是y轴上的点，且OC3（1）过点A作AMBC，垂足为

35、M，连接AD、BD，求证：四边形ADBM为正方形；（2）若过A、B、C三点的抛物线对称轴上有一动点P，当PCPB的值最大时，求出点P的坐标；（3）设Q为线段OC上的一动点，问：AQ+QC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【分析】（1）证明四边形ADBM为矩形，而ADBD，故四边形ADBM为正方形；（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点A，连接CA交对称轴于点P，则点P为所求点，进而求解；（3）在x轴取点A（1，0），连接AC，过点A作AHAC于点H，交y轴于点Q，则点Q是所求点，进而求解【解答】解：（1）由点A、D的坐标得，AD，同理可得，BD，而AB312，故AB2

36、AD2+BD2，故ABD为等腰直角三角形，由B、C的坐标知，OBOC，则CBO45，则DBMCBO+ABD90ADBAMB，故四边形ADBM为矩形，而ADBD，四边形ADBM为正方形；（2）OC3，故点C（0，3），设抛物线的表达式为yax2+bx+c，将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的表达式为yx22x+3；点B关于抛物线对称轴的对称点为点A连接CA交对称轴于点P，则点P为所求点，理由：PCPBPCPAAC为最大值，由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y3x+3，而抛物线的对称轴为直线x（1+3）2，当x2时，y3x+33，故点P的坐标为（2，3）；（3）存在，理由

37、：在x轴取点A（1，0），连接AC，过点A作AHAC于点H，交y轴于点Q，则点Q是所求点，理由：由点A、C的坐标得，OA1，OC3，则CA，则sinHCQ，则AQ+CQAHAQ+CQsinHCQAH为最小，tanCAO3，则tanHAA，而直线AH过点A（1，0），故其表达式为y（x1），令x0，则y，故点Q的坐标为（0，），则CQ3由点A、Q的坐标得，AQ，AQ+QC的最小值+8（2021资阳）抛物线yx2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且B（1，0），C（0，3）（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P是抛物线上位于直线AC上方的一点，BP与AC相交于点E，当PE：BE1

38、：2时，求点P的坐标；（3）如图2，点D是抛物线的顶点，将抛物线沿CD方向平移，使点D落在点D处，且DD2CD，点M是平移后所得抛物线上位于D左侧的一点，MNy轴交直线OD于点N，连结CN当DN+CN的值最小时，求MN的长【分析】（1）利用待定系数法，把问题转化为方程组解决（2）如图1中，过点B作BTy轴交AC于T，过点P作PQOC交AC于Q设P（m，m2+2m+3），求出BT，PQ，利用平行线分线段成比例定理构建方程求解即可（3）如图2中，连接AD，过点N作NJAD于J，过点C作CTAD于T证明ADx轴，由OD3，推出sinODA，推出NJNDsinODADN，可得DN+CNCN+NJ，根据

39、CN+NJCT，可得结论【解答】解：（1）yx2+bx+c经过B（1，0），C（0，3），解得，抛物线的解析式为yx2+2x+3（2）如图1中，过点B作BTy轴交AC于T，过点P作PQOC交AC于Q设P（m，m2+2m+3），对于抛物线yx2+2x+3，令y0，可得x3或1，A（3，0），C（0，3），直线AC的解析式为yx+3，B（1，0），T（1，4），BT4，PQOC，Q（m，m+3），PQm2+2m+3（m+3）m2+3m，PQBT，m2+3m2，解得m1或2，P（1，4）或（2，3）（3）如图2中，连接AD，过点N作NJAD于J，过点C作CTAD于T抛物线yx2+2x+3（x1）2+

40、4，顶点D（1，4），C（0，3），直线CD的解析式为yx+3，CD，DD2CD，DD2，CD3，D（3，6），A（3，0），ADx轴，OD3，sinODA，CTAD，CT3，NJAD，NJNDsinODADN，DN+CNCN+NJ，CN+NJCT，DN+CN3，DN+CN的最小值为3，此时N为OD与CT的交点，N（1.5，3），平移后抛物线的解析式为y（x3）2+6，MN平行y轴，将x1.5代入抛物线解析式，M（1.5，3.75），MN0.759（2022杜尔伯特县一模）如图，已知抛物线yx2+bx+c与x轴相交于A（1，0），B（m，0）两点，与y轴相交于点C（0，3），抛物线的顶点为D（

41、1）求抛物线的解析式；（2）若点E在x轴上，且ECBCBD，求点E的坐标（3）若P是直线BC下方抛物线上任意一点，过点P作PHx轴于点H，与BC交于点M求线段PM长度的最大值在的条件下，若F为y轴上一动点，求PH+HF+CF的最小值【分析】（1）将A（1，0）、C（0，3）代入yx2+bx+c，待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）根据待定系数法，可得BD的解析式，根据平行线的判定和两平行直线的函数解析式的关系，根据待定系数法，可得CE的解析式，进一步可得答案；（3）根据BC的解析式和抛物线的解析式，设P（x，x22x3），则M（x，x3），表示PM的长，根据二次函数的最值可得：当x时，PM

42、的最大值；当PM的最大值时，P（，），确定F的位置：在x轴的负半轴了取一点K，使OCK45，过F作FNCK于N，当N、F、H三点共线时，如图2，FH+FN最小，即PH+HF+CF的值最小，根据45度的直角三角形的性质可得结论【解答】解：（1）把A（1，0），点C（0，3）代入抛物线yx2+bx+c中得：，解得：，抛物线的解析式为：yx22x3；（2）yx22x3（x1）24顶点D（1，4），当y0时，x22x30，（x3）（x+1）0，x3或1，B（3，0）；如图1，连接BD，设BD所在直线的解析式为：yk（x3），将D点坐标代入函数解析式，得2k4，解得k2，故BD所在直线的解析式为：y2x

43、6，ECBCBD，CEBD，设CE所在直线的解析式为：y2x+b，将C点坐标代入函数解析式，得b3，故CE所在直线的解析式为：y2x3，当y0时，x当点E在点B的右侧时，直线CE经过BD的中点（2，2），此时CE的解析式为yx3，点E的坐标是（6，0）综上所述，点E的坐标是（，0）或（6，0）；（3）如图2，B（3，0），C（0，3），设BC的解析式为：ykx+b，则，解得：，BC的解析式为：yx3，设P（x，x22x3），则M（x，x3），PM（x3）（x22x3）x2+3x（x）2+，当x时，PM有最大值为；当PM有最大值，P（，），在x轴的负半轴了取一点K，使OCK45，过F作FNCK于

44、N，FNCF，当N、F、H三点共线时，PH+NH最小，即PH+HF+CF的值最小，RtOCK中，OC3，OK3，OH，KH+3，RtKNH中，KHN45，KNKH，NHKN，PH+HF+CF的最小值是PH+NH10（2020自贡）在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+3与x轴交于点A（3，0）、B（1，0），交y轴于点N，点M为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点C（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，连接AM，点E是线段AM上方抛物线上一动点，EFAM于点F，过点E作EHx轴于点H，交AM于点D点P是y轴上一动点，当EF取最大值时：求PD+PC的最小值；如图2，Q点为y轴上一动点，请直接写出

45、DQ+OQ的最小值【分析】（1）抛物线的表达式为：ya（x+3）（x1）ax2+2ax3a，即3a3，即可求解；（2）点C（1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，PD+PCPD+PBDB为最小，即可求解；过点O作直线OK，使sinNOK，过点D作DKOK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，则DQ+OQDQ+QKDK为最小，即可求解【解答】解：（1）抛物线的表达式为：ya（x+3）（x1）a（x2+2x3）ax2+2ax3a，即3a3，解得：a1，故抛物线的表达式为：yx22x+3；（2）由抛物线的表达式得，点M（1，4），点N（0，3），则tanMA

46、C2，则设直线AM的表达式为：y2x+b，将点A的坐标代入上式并解得：b6，故直线AM的表达式为：y2x+6，EFDDHA90，EDFADH，MACDEF，则tanDEF2，则cosDEF，设点E（x，x22x+3），则点D（x，2x+6），则FEEDcosDEF（x22x+32x6）（x24x3），0，故EF有最大值，此时x2，故点D（2，2）；点C（1，0）关于y轴的对称点为点B（1，0），连接BD交y轴于点P，则点P为所求点，PD+PCPD+PBDB为最小，则BD；过点O作直线OK，使sinNOK，过点D作DKOK于点K，交y轴于点Q，则点Q为所求点，DQ+OQDQ+QKDK为最小值，则

47、直线OK的表达式为：yx，DKOK，故设直线DK的表达式为：yx+b，将点D的坐标代入上式并解得：b2，而直线DK的表达式为：yx+2，故点Q（0，2），由直线KD的表达式知，QD与x轴负半轴的夹角（设为）的正切值为，则cos，则DQ，而OQ（2），则DQ+OQ为最小值+（2）11（2022中山市三模）如图，抛物线yax2+bx3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线x1，点A（1，0），过B的直线交y轴于点D，交抛物线于E，且（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线第四象限的图象上找一点P，使得BDP的面积最大，求出点P的坐标；（3）点M是线段BE上的一点，求的最小值，并求

48、出此时点M的坐标【分析】（1）由x1得点A的对称点B的坐标，将A、B坐标代入yax2+bx3中，利用待定系数法可求；（2）求出直线BE的解析式，用m表示点P、H的坐标，进而表示线段PH，根据SBDPPH3，用含m的代数式表示BDP的面积，利用二次函数的性质，求出S关于m的二次函数的顶点横坐标，即可得出结论：（3）过点M作MSy轴，过点E作ESx轴，过A作ATES于点T，构造出直角三角形，利用三角函数找到与ME相等的线段，根据“垂线段最短”得AM+ME的最小值，将二次函数与直线方程联立，解方程组，先求出点E坐标，点M坐标可求【解答】解：（1）抛物线yax2+bx3与x轴交于A、B两点，抛物线的对

49、称轴为直线x1，点A（1，0），B（3，0），解得抛物线的解析式为yx22x3（2）B（3，0），OD4，即D（0，4）直线BE的解析式为：yx+4如图，过点P作PHx轴，交AB于点H，设P（m，m22m3），则H（m，m+4），PHm+4（m22m3）m2+m+7，SBDPPH3m2+m+（m）2+，0，当m时，即P（，）时BDP的面积最大（3）如图，过点M作MSy轴，过点E作ESx轴，过A作ATES于点T，ESx轴，SEMEBA，tanEBA，tanMES，sinMES，SMEM，AM+EMAM+SMSAAT，AM+EM的最小值为AT令x22x3x+4，解得x3（舍）或x，E（，），AM+

50、EM的最小值，此时M（1，）12（2021南山区校级三模）如图，已知抛物线yax2+bx+c（a0）与y轴相交于点C（0，2），与x轴分别交于点B（3，0）和点A，且tanCAO1（1）求抛物线解析式（2）抛物线上是否存在一点Q，使得BAQABC，若存在，请求出点Q坐标，若不存在，请说明理由；（3）抛物线的对称轴交x轴于点D，在y轴上是否存在一个点P，使PC+PD值最小，若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由【分析】（1）由C（0，2），tanCAO1，可得A（2，0），用待定系数法即得抛物线解析式为yx2x2；（2）过A作AMBC交y轴于M，交抛物线于Q，作M关于x轴的对称点M，作直线A

51、M交抛物线于Q，由AMBC，得QABABC，即知Q是满足题意的点，根据B（3，0），C（0，2），得直线BC解析式是yx2，设直线AM解析式为yx+m，将A（2，0）代入可得直线AM解析式为yx+，M（0，），解即得Q（5，），根据M、M关于x轴对称，知Q是满足题意的点，用待定系数法可得直线AQ为yx，解即得Q（1，2）；（3）过P作PHAC于H，过D作DHAC于H，交y轴于P，由yx2x2（x）2，可得D（，0），因OAOC2，故AOC是等腰直角三角形，可得PCH是等腰直角三角形，PHPC，即知PC+PD最小即是PH+PD最小，故当P运动到P，H和H重合时，PC+PD的最小，最小值是DH，由

52、AD，即得DH，即PC+PD的最小值是【解答】解：（1）C（0，2），OC2，tanCAO1，1，OA2，A（2，0），将A（2，0），B（3，0），C（0，2）代入yax2+bx+c得：，解得，抛物线解析式为yx2x2；（2）存在一点Q，使得BAQABC，理由如下：过A作AMBC交y轴于M，交抛物线于Q，作M关于x轴的对称点M，作直线AM交抛物线于Q，如图：AMBC，QABABC，即Q是满足题意的点，B（3，0），C（0，2），直线BC解析式是yx2，设直线AM解析式为yx+m，将A（2，0）代入得+m0，m，直线AM解析式为yx+，M（0，），解得（与A重合，舍去）或，Q（5，），M、M关

53、于x轴对称，QABQABABC，M（0，），Q是满足题意的点，设直线AQ为ykx，将A（2，0）代入得2k0，k，直线AQ为yx，解得（舍去）或，Q（1，2）；综上所述，点Q坐标是（5，）或（1，2）；（3）在y轴上存在一个点P，使PC+PD值最小，理由如下：过P作PHAC于H，过D作DHAC于H，交y轴于P，如图：yx2x2（x）2，抛物线对称轴是直线x，D（，0），OAOC2，AOC是等腰直角三角形，OCA45OAC，PCH是等腰直角三角形，PHPC，PC+PD最小即是PH+PD最小，当P运动到P，H和H重合时，PC+PD的最小，最小值是DH，OAC45，DHAC，ADH是等腰直角三角形，

54、DHAD，A（2，0），D（，0），AD，DH，即PC+PD的最小值是13（2021津南区一模）已知抛物线yx22x+c交x轴于A，B两点，且点B的坐标为（3，0），其对称轴交x轴于点C（）求该抛物线的顶点D的坐标；（）设P是线段CD上的一个动点（点P不与点C，D重合）过点P作y轴的垂线l交抛物线（对称轴右侧）于点Q，连接QB，QD，求QBD面积的最大值；连接PB，求PD+PB的最小值【分析】（）用待定系数法可得抛物线的解析式为yx22x3，即可得抛物线的顶点D的坐标是（1，4）；（）过Q作QEy轴交BP于E，由B（3，0），D（1，4）可得直线BD解析式为y2x6，设Q（m，m22m3），其

55、中1m3，则E（m，2m6），EQm2+4m3，可得SQBDEQ|xBxD|（m2）2+1，根据二次函数性质即得QBD面积的最大值是1；连接AD，过A作AHBD于H，过P作PFBD于F，连接AP，由P在抛物线对称轴上，得PAPB，在RtDBC中可得sinBDC，在RtDPF中，PFPDsinPDFPD，即知PD+PB（PD+PB）（PF+PA）AH，由2SABDABCDBDAH得AH，即可得PD+PB的最小值是8【解答】解：（）抛物线yx22x+c经过点B（3，0），96+c0，解得c3，抛物线的解析式为yx22x3，yx22x3（x1）24，抛物线的顶点D的坐标是（1，4）；（）过Q作QEy

56、轴交BD于E，如图：设直线BD解析式为ykx+b，将B（3，0），D（1，4）代入得：，解得，直线BD解析式为y2x6，根据题意知Q在线段BD下方，设Q（m，m22m3），其中1m3，则E（m，2m6），EQ2m6（m22m3）m2+4m3，SQBDEQ|xBxD|（m2+4m3）（31）m2+4m3（m2）2+1，10，1m3，m2时，SQBD最大值为1，答：QBD面积的最大值是1；连接AD，过A作AHBD于H，过P作PFBD于F，连接AP，如图：P在抛物线对称轴上，PAPB，在RtDBC中，BD2，sinBDC，在RtDPF中，PFPDsinPDFPD，PD+PB（PD+PB）（PF+PA

57、）AH，由2SABDABCDBDAH得：AH，PD+PB8，即PD+PB的最小值是814（2021防城区模拟）如图，已知抛物线yax22ax8a（a0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线yx+与抛物线的另一交点为D，且点D的横坐标为5（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点P（x，y）在该二次函数的图象上，且SBCDSABP，求点P的坐标；（3）设F为线段BD上的一个动点（异于点B和D），连接AF是否存在点F，使得2AF+DF的值最小？若存在，分别求出2AF+DF的最小值和点F的坐标，若不存在，请说明理由【分析】（1）线求出点D的坐标，再将D点坐标代入抛物线解析式即

58、可求解出a，进而得出解析式；（2）由SBCDSABP，则CE|xBxD|AB|yP|，可得（）（4+5）（4+2）|yP|，再结合题意求出yP，即可求出P点坐标为或；（3）过点D作DM平行于x轴，故BDM30，过F作FHDM于H，当A、F、H三点共线时，即AHDM时，2AF+DF取最小值【解答】解：把x5代入yx+，解得y3，D（5，3），把D（5，3）代入yax22ax8a，解得a，抛物线的解析式为；（2）设直线BD与y轴交于点E，E（0，），由可得A（2，0），B（4，0），C（0，），由SBCDSABP，CE|xBxD|AB|yP|，（）（4+5）（4+2）|yP|，|yP|，yP，抛物

59、线的顶点为（1，），yP，P点坐标为或；（3）存在点F，使得2AF+DF的值最小，理由如下：过点D作DM平行于x轴，故BDM30，过F作FHDM于H，sin30，HFDF，2AF+DF2（AF+DF）2（AF+HF）2AH，当A、F、H三点共线时，即AHDM时，2AF+DF取最小值，A（2，0），F（2，2），D（5，3），AH3，2AF+DF的最小值为615（2021秋沈北新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线yax22x+c与x轴交于点A（1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，连接BC，点P在第二象限的抛物线上，连接PC、PO，线段PO交线段BC于点E（1）求抛

60、物线的表达式；（2）若PCE的面积为S1，OCE的面积为S2，当时，求点P的坐标；（3）已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N，连接BN，点H在x轴上，当HCBNBC时，求满足条件的所有点H的坐标；当点H在线段AB上时，平面内点M，且HM1，直接写出AM+CM的最小值【分析】（1）先把点A（1，0），点B（3，0）代入抛物线yax22x+c中列方程组，解方程组可得a和c的值，从而得抛物线的表达式；（2）先根据待定系数法求BC的解析式为：yx+3，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，可得，证明OEHOPG，得，可设E（3m，3m+3），则P（5m，25m210m+3），代入比例式可得方程，解

61、出即可得结论；（3）由对称得：N（2，3），有两种情况：如图2，i）当BNCH1时，H1CBNBC，根据平移的性质可得点H1的坐标；ii）当H2CBNBC，设H2（n，0），直线CH2与BN交于点M，确定BN和CH2的解析式，利用方程组的解可得M的坐标（，），根据两点的距离公式利用BMCM，列方程可得结论；通过证明MHNAHM，可得MNAM，当点M，点N，点C共线时，MN+MC最小值为CN的长，由勾股定理可求解【解答】解：（1）把点A（1，0），点B（3，0）代入抛物线yax22x+c中，得：，解得：，抛物线的表达式为：yx22x+3；（2）如图1，过P作PGy轴于G，过E作EHy轴于H，当x

62、0时，y3，C（0，3），设BC的解析式为：ykx+b，则，解得，BC的解析式为：yx+3，PCE的面积为S1，OCE的面积为S2，且，EHPG，OEHOPG，设E（3m，3m+3），则P（5m，25m210m+3），25m2+15m+20，（5m+2）（5m+1）0，m1，m2，当m时，5m2，则P（2，3），当m时，5m1，则P（1，4），综上，点P的坐标是（2，3）或（1，4）；（3）由对称得：N（2，3），HCBNBC，如图2，连接CN，有两种情况：i）当BNCH1时，H1CBNBC，CNAB，四边形CNBH1是平行四边形，H1（1，0）；ii）当H2CBNBC，设H2（n，0），直线

63、CH2与BN交于点M，BMCM，B（3，0），N（2，3），同理可得BN的解析式为：y3x+9，设CH2的解析式为：yk1x+b1，则，解得：，设CH2的解析式为：y+3，M（，），BMCM，（+3）2+（）2（）2+（3）2，解得：n9或1（舍），H2（9，0），综上，点H的坐标是（1，0）或（9，0）；点H在线段AB上，点H（1，0），HO1，AH2，如图3，取HO的中点N（，0），HO，又MHNAHM，MHNAHM，MNAM，AM+MCMN+MC，当点M，点N，点C共线时，MN+MC最小值为CN的长，CN，AM+MC的最小值为16（2021香洲区校级三模）如图，抛物线yx26x+7交x轴

64、于A，B两点（点A在点B左侧），交y轴于点C，直线yx+7经过点A、C，点M是线段AC上的一动点（不与点A，C重合）（1）求A，B两点的坐标；（2）当点P，C关于抛物线的对称轴对称时，求PM+AM的最小值及此时点M的坐标；（3）连接BC，当AOM与ABC相似时，求出点M的坐标【分析】（1）在yx26x+7中，令y0，解得x7或x1，即得A（7，0），B（1，0）；（2）过P作PNx轴于N，交AC于M，抛物线yx26x+7的对称轴为直线x3，在yx26x+7中，得C（0，7），可得sinCAB，在RtAMN中，MNAM，故PM+AM最小，即是PM+MN最小，PM+AM的最小值即为PN的长，根据点

65、P，C（0，7）关于抛物线的对称轴直线x3对称，即得PNOC7，即PM+AM的最小值为7，由A（7，0），C（0，7）得直线AC解析式为yx+7，可求出M（6，）；（3）过M作MHx轴于H，过M作MGx轴于G，AOM与ABC相似，分两种情况：当ABCAMO时，可得AM，由AMHACO，即得M（，），当ABCAOM时，得AM，同理可得M（，）【解答】解：（1）在yx26x+7中，令y0得：x26x+70，解得x7或x1，A（7，0），B（1，0）；（2）过P作PNx轴于N，交AC于M，如图：抛物线yx26x+7的对称轴为直线x3，在yx26x+7中，令x0得y7，C（0，7），AC7，sinCA

66、B，在RtAMN中，MNAMsinCABAM，PM+AM最小，即是PM+MN最小，由垂线段最短可知PM+AM的最小值即为PN的长，点P，C（0，7）关于抛物线的对称轴直线x3对称，PN与OC关于抛物线yx26x+7的对称轴直线x3对称，P（6，7），PNOC7，即PM+AM的最小值为7，由A（7，0），C（0，7）得直线AC解析式为yx+7，在yx+7中，令x6得y，M（6，）；（3）过M作MHx轴于H，过M作MGx轴于G，如图：A（7，0），B（1，0），C（0，7），AB8，AC7，MAOBAC，AOM与ABC相似，分两种情况：当ABCAMO时，AM，MHx轴，MHOC，AMHACO，即，

67、AH，MH，OHOAAH，M（，），当ABCAOM时，即，AM，同理可得，AG，MG，OGOAAG，M（，），综上所述，当AOM与ABC相似时，M坐标为（，）或（，）17（2021涪城区校级模拟）已知：如图所示，抛物线yx2x+c与x轴交于A、B两点，与y轴的正半轴交于点C，点A在点B的左侧，且满足tanCABtanCBA1（1）求A、B两点的坐标；（2）若点P是抛物线yx2x+c上一点，且PAC的内切圆的圆心正好落在x轴上，求点P的坐标；（3）若M为线段AO上任意一点，求MC+AM的最小值【分析】（1）点A、B的横坐标分别为x1，x2，利用tanCABtanCBA1和一元二次方程根与系数之间

68、的关系求解；（2）三角形内切圆的圆心是三个内角平分线的交点，得到x轴是角平分线，作点C关于x轴的对称点C（0，2），直线AC的解析式，联立抛物线求交点坐标；（3）此题为胡不归模型，构建模型求解【解答】解：（1）设点A、B的横坐标分别为x1，x2，令y0可得x2x+c0，x1x22c，tanCABtanCBA1，即1，OC2OAOB（x1）x22C，即c22c，解得c10（舍去），c22，抛物线yx2x+2，令y0解得，x14，x21，故点A（4，0），点B（1，0）；（2）PAC的内切圆圆心正好落在x轴上，则x轴为CAP的角平分线，作点C关于x轴的对称点C（0，2），设直线AC的解析式为ykx

69、+b，将点A（4，0），C（0，2）代入，得，解得，直线AC的解析式为yx2，联立抛物线与直线得，解得，故点P坐标（2，3）；（3）过点A作直线AD，使sinOAD，过点M作MEAD于点E，如图，在RtMAE中，sinOAD，MEAM，MC+AMMC+ME，当点M、C、E三点共线时，MC+ME最小为CE，OMCEMAMEACOM，EAMOCM，在RtOCM中，sinOCMsinOAD，OC2，tanOCM，cosOAD，OM1，CM，AM413，在RtAEM中，sinOAD，AM3，EM3sinOAD，MC+ME+故MC+AM的最小值18（2021青山区模拟）已知抛物线yax24ax12a与x

70、轴相交于A，B两点，与y轴交于C点，且OCOA设抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于点N（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点E（m，n）为抛物线上的一点，且0m6，连接AE，交对称轴于点P点F为线段BC上一动点，连接EF，当PA2PE时，求EF+BF的最小值（3）如图2，过点M作MQCM，交x轴于点Q，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有两个交点，求t的取值范围【分析】（1）令y0可得A坐标，由OCOA得OC，即可得C的坐标，代入yax24ax12a求出a，即可得抛物线解析式；（2）过E作EHx轴于H，交BC于F，过F作FQx轴于Q，RtBOC中，可得sinCBO，RtBFQ

71、中，sinCBO，可得FQBF，要求EF+BF的最小即是求EF+BF的最小值，也是EF+FQ最小，此时E、F、Q共线，即F与F重合，Q与H重合，EH的长度即是EF+BF的最小值，求出E点坐标即可得到答案；（3）将线段CQ向上平移，当Q落到抛物线上的Q1处时，线段CQ与抛物线有两个交点，继续将线段向上平移，当线段与抛物线只有一个交点，Q移动到Q2处，分别求出Q移动到Q1、Q2处时的t值，即可得到答案【解答】解：（1）在yax24ax12a中，令y0得ax24ax12a0，解得x12，x26，OA2，OCOA，OC3，即C（0，3），将C（0，3）代入yax24ax12a得a，抛物线的解析式为yx

72、2+x+3；（2）过E作EHx轴于H，交BC于F，过F作FQx轴于Q，如图：yx2+x+3对称轴为直线x2，P横坐标为2，即ON2，AN2（2）4，AP2PE，AN2NH，NH2，E横坐标为4，在yx2+x+3中令x4得y3，E（4，3），由（1）可知：OC3，OB6，RtBOC中，BC3，sinCBO，EHx轴，RtBFQ中，sinCBO，FQBF，而EF+BF（EF+BF），EF+BF最小即是EF+BF最小，也是EF+FQ最小，此时E、F、Q共线，即F与F重合，Q与H重合，EH的长度即是EF+BF的最小值，EH|yE|3，EF+BF的最小值为3，EF+BF的最小值为；（3）将线段CQ向上平

73、移，当Q落到抛物线上的Q1处时，线段CQ与抛物线有两个交点，继续将线段向上平移，当线段与抛物线只有一个交点，Q移动到Q2处，如图：yx2+x+3顶点M（2，4），又C（0，3），CM的解析式为yx+3，由MQCM，设MQ解析式为y2x+b，将M（2，4）代入得：422+b，b8，MQ解析式为y2x+8，在y2x+8中令y0得x4，Q（4，0），而C（0，3），CQ解析式为yx+3，将线段CQ向上平移t个单位长度，与C1Q1重合时，则Q1（4，t），代入yx2+x+3得：t16+4+33，将线段CQ向上平移t个单位长度，与C2Q2重合时，C2Q2解析式为yx+3+t，由只有一个解，可得x2+xt

74、0的判别式0，即（）24（）（t）0，解得t，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有两个交点，3t19（2021罗湖区校级模拟）已知抛物线yax2+bx（a，b为常数，a0）与x轴的正半轴交于点A，其顶点C的坐标为（2，4）（）求抛物线的解析式；（）点P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求PAC面积的最大值；（）点Q是抛物线对称轴上的一个动点，连接QA，求QC+QA的最小值【分析】（1）由顶点C的坐标为（2，4）列方程即可得答案；（2）设P横坐标为m，用m的代数式表示PAC面积即可得出答案；（3）将QC+QA化为（QC+QA），属“胡不归”问题，作sinECD，把所求问题转

75、化为求垂线段即可【解答】解：（1）抛物线yax2+bx顶点C的坐标为（2，4），解得，抛物线的解析式为yx2+4x，（2）过P作PQ交AC于Q，如答图1：抛物线的解析式为yx2+4x，令y0得x10，x24，A（4，0），设直线AC解析式为ykx+b，将A（4，0）、C（2，4）代入得：，解得，直线AC解析式为y2x+8，设P（m，m2+4m），则Q（m，2m+8），PQ（m2+4m）（2m+8）m2+6m8，SPACSPAQ+SPCQPQ（xAxC）（m2+6m8）（42）m2+6m8，当m3时，SPAC最大为1，PAC面积的最大值是1；（3）QC+QA（QC+QA），要使QC+QA最小，即

76、是QC+QA最小，设抛物线对称轴交x轴于D，以C为顶点，CD为一边，在对称轴左侧作ECD，使sinECD，过A作ABCB于B，交CD于Q，过Q作QFCE于F，如答图2：sinECD，QFCE，QFQC，QC+QA最小即是QF+QA最小，此时F与B重合，Q与Q重合，QC+QA的最小值即是AB的长度，BQCAQD，Q/BCQDA90，ECDQAD，sinECD，sinQAD，可得tanQAD，cosQAD，而A（4，0）、C（2，4）知DA2，QA，QD1，QC3，sinECD，QB，ABQA+QB，QC+QA最小为，QC+QA最小为（QC+QA）820（2020东胜区二模）如图，在平面直角坐标系

77、中，二次函数yax2+bx+c的图象经过点A（2，0），B（0，），C（1，0），其对称轴与x轴交于点E，顶点坐标为D（1）求二次函数的表达式；（2）点P为抛物线的对称轴上的一个动点，且在第二象限内，若平面内存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形为菱形，求点Q的坐标；（3）若M为y轴上的一个动点，连接ME，求MB+ME的最小值【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）分CPBC、BPBC、CPBP三种情况，利用菱形的性质和中垂线的性质，分别求解即可；（3）如图，连接BC，作EHBC于H，交OB于M，此时BM+ME最小，进而求解【解答】解：（1）将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得，解得

78、，故抛物线的表达式为yx2x+；（2）由函数的表达式知，函数的对称轴为x，故设点P的坐标为（，m）C（1，0），B（0，），BC21+34，直线BC的表达式为yx+，以C为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点，此时CPBC，则（+1）2+m24，解得m，即此时点P的坐标为P1（，）或P2（，）（舍去）；以B为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点，此时BPBC，则（）2+（m）24，解得m1+或m2，即此时点P的坐标为P3（，+）或P4（，）（舍去）；线段BC的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时CPBP，则（+1）2+m2（）2+（m）2，解得m，即此时点P的坐标为P5（，）；故点P的坐标为（，

79、）或（，+）或（，）；当点P的坐标为P（，）时，BCPQ，故直线PQ的表达式为yx+t，将点P的坐标代入上式得：（）+t，解得t，故直线PQ的表达式为yx+，则设点Q的坐标为（x，y），其中yx+，由菱形的性质知，BP的中点即为CQ的中点，由中点公式得：（x）（0+1），解得x，当x时，yx+，故点Q的坐标为（，），同理可得，点P（，+）或（，）时，对应的点Q的坐标分别为（，）或（，），综上所述，满足条件的点Q的坐标为（，）或（，）或（，）；（3）如图，连接BC，作EHBC于H，交OB于M，此时BM+ME最小理由：OC1，OB，tanCBO，CBO30，MHBM，BM+MEMH+EMEH，此时BM+ME最短，在RtCEH中，CHE90，CE，HCE60，sin60，EH，BM+ME的最小值为