专项10 抛物线与胡不归问题-北京版九年级上册期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 10 抛物线与胡不归问题 1．有一则历史放事： 说的是一个身在他乡的小伙子得知父亲病危的消息后，便日夜赶路回家．然而，当他气喘吁吁 地来到父亲的面前时，老人刚刚咽气了．人们告诉他，在弥留之际，老人在不断喃喃叨念：“胡 不归？胡不归？…” 我们一起来看看小伙子回家路况： 小伙子选择了什么路线？很多同学都认为：两点之间线段最短． 我们研究的不是最短路径，而是最短时间，小伙子有没有可能先在驿道上走一程后，再走沙砾 地，虽然多走了路，但反而总用时更短呢？如果存在这种可能，他又要在驿道上行走多远才最 省时？ 设在沙砾地行驶速度为 1v ，在驿道行驶速度为 2v ，显然 1 2v v ． 假设从 C处进入沙砾地，总共用时为 t，则 1 1 2 1 2 1 vBC ACt BC AC v v v v          ，因为 1v 及 2v 是确定的， 所以只要 1 2 vBC AC v       最小．用时就最少，问题就转化为要求 1 2 vBC AC v       的最小值，我们可以 画一条以 C为端点的线段，使其等于 1 2 v AC v ，并且与线段BC位于 AM 的两侧，然后，根据两点 之间线段最短，不难找到最小值点，由三角函数的定义，以 AM 为一边作 MAN   ． 1 2 sin v v   ， 然后，作CE AN ，则 1 2 vCE AC v  ，最后，当点 B、C、E在一条直线上时，BC CE 最小，即 1 2 vBC AC v       的值最小，即用时最少、这类问题成为“胡不归”问题． 请根据上述信息解答下列问题： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 (1)在Rt ABC△ 中， 90C  ， 30A  ， 1BC  ，P是 AC边上一个动点，则 1 2 PA PB 的最小值 为 ； (2)已知抛物线 2 3y ax bx   与 x轴交于  1,0A  ，  3,0B ，C是抛物线的顶点，对称轴与 x轴交 于点 D． ①求抛物线的解析式； ②若点 P是抛物线对称轴上一点， tan 2CBD  ，连接 PB，求 5 5 PB PC 的最小值． 2．抛物线 2 3y ax bx   分别交 x轴于点 ( )1,0A ，  3,0B  ，交 y轴于点 C，抛物线的对称轴与 x轴相交于点 D，点 M为线段 OC上的动点，点 N为线段 AC上的动点，且MN AC ． (1)求抛物线的表达式； (2)线段 MN，NC在数量上有何关系，请写出你的理由； (3)在 M，N移动的过程中，DM＋ 1 2 MC是否有最小值，如果有，请写出理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 3．已知抛物线  2 0y ax bx c a    过点  0A 1， ，  3 0B ， 两点，与 y轴交于点C， 3OC  ， (1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标； (2)点 P为抛物线上位于直线 BC下方的一动点，当 PBC△ 面积最大时，求点 P的坐标； (3)若点Q为线段OC上的一动点，问： 3 2 AQ CQ 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． 4．如图，在平面直角坐标系中，直线 4 43 y x   分别与 x，y轴交于点 A，B，抛物线 2 5 18 y x bx c   恰好经过这两点． (1)求此抛物线的解析式； (2)若点 C的坐标是  0,6 ，将 ACO△ 绕着点 C逆时针旋转 90°得到 ECF△ ，点 A的对应点是点 E． ①写出点 E的坐标，并判断点 E是否在此抛物线上； ②若点 P是 y轴上的任一点，求 3 5 BP EP 取最小值时，点 P的坐标． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 5．如图，在平面直角坐标系中，直线 y＝ 1 2 x＋2与 x轴交于点 A，与 y轴交于点 C．抛物线 y ＝ax2＋bx＋c的对称轴是 x＝－ 32且经过 A、C两点，与 x轴的另一交点为点 B． (1)求二次函数 y＝ax2＋bx＋c的表达式； (2)点 P为线段 AB上的动点，求 AP＋2PC的最小值； (3)抛物线上是否存在点 M，过点 M作 MN垂直 x轴于点 N，使得以点 A，M，N为顶点的三角 形与△ABC相似？若存在，求出点 M的坐标；若不存在，请说明理由． 6．已知抛物线 2 ( 0)y ax bx c a    过点 (1,0)A ， (3,0)B 两点，与 y轴交于点 C， =3OC ． (1)求抛物线的解析式及顶点 D的坐标； (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下方图形上的一动点，当 PBC 面积最大时，求点 P的坐标； (4)若点 Q为线段 OC上的一动点，问： 1 2 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． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 7．在平面直角坐标系中，将二次函数  2 0y ax a  的图象向右平移 1个单位，再向下平移 2个 单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与 x轴交于点 A、B(点 A在点 B的左侧)， 1OA  ，经 过点A的一次函数� = �� + � � ≠ 0 的图象与 y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点 为D， ABD 的面积为 5． (1)求抛物线和一次函数的解析式； (2)抛物线上的动点 E在一次函数的图象下方，求 ACE 面积的最大值，并求出此时点 E的坐标； (3)若点 P为 x轴上任意一点，在(2)的结论下，求 3 5 PE PA 的最小值． 8．如图，在平面在角坐标系中，抛物线 y=x2-2x-3与 x轴交于点 A，B（点 A在点 B的左侧） 交 y轴于点 C，点 D为抛物线的顶点，对称轴与 x轴交于点 E． （1）连结 BD，点 M是线段 BD上一动点（点 M不与端点 B，D重合），过点 M作 MN⊥BD 交抛物线于点 N（点 N在对称轴的右侧），过点 N作 NH⊥x轴，垂足为 H，交 BD于点 F， 点 P是线段 OC上一动点，当 MN取得最大值时，求 HF+FP+ 13 PC的最小值； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 （2）在（1）中，当 MN取得最大值 HF+FP+ 3 1 PC取得小值时，把点 P向上平移个 2 2 单位得 到点 Q，连结 AQ，把△AOQ绕点 O瓶时针旋转一定的角度 （0°< <360°），得到△A'OQ'， 其中边 A'Q'交坐标轴于点 G.在旋转过程中，是否存在一点 G使得 ' 'Q Q OG   ？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． 9．已知抛物线 2y x bx c   （b c， 为常数， 0b  ）经过点 ( 1,0)A  ，点 ( ,0)M m 是 x轴正半轴上的 动点． （Ⅰ）当 2b  时，求抛物线的顶点坐标； （Ⅱ）点 ( , )DD b y 在抛物线上，当 AM AD ， 5m  时，求b的值； （Ⅲ）点 1( , ) 2 Q Q b y 在抛物线上，当 2 2AM QM 的最小值为 33 2 4 时，求b的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 10 抛物线与胡不归问题 1．(1) 3 (2)① 2 2 3y x x    ；② 8 5 5 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、含 30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性 质、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）延长 BC到点 D，使得CD BC ，则 ABD△ 为等边三角形，过点 B作 BH AD 交 AC 于点 P，则此时 12 PA PB 最小， 30CAD BAC    ，有 1 2 PH AP ，则 1 2 PA PB BP PH HB AC     ； （2）①根据交点可设    2 21 3 ( 2 3) 3y a x x a x x ax bx         ，解得 a，即可求得抛物线的解 析式；②过点 B作 BH AC 交CD于点 P，则 5 5 PB PC 的值最小，则 1tan 2 ACD  ，且 5sin 5 ACD  ，即 5 sin 5 PB PC PB PH BH AB CAB      ． 【详解】（1）解：延长 BC到点 D，使得CD BC ，如图， 则 ABD△ 为等边三角形， 过点 B作 BH AD 交 AC于点 P，则此时 12 PA PB 最小， ∵ ABD△ 为等边三角形， ∴ AC BD ， ∴ 30CAD BAC    ， ∴ 1 2 PH AP ， 则 1 3 2 PA PB BP PH HB AC      ， 故答案为： 3； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 （2）解：①由题意得    2 21 3 ( 2 3) 3y a x x a x x ax bx         ， ∴ 3 3a  ，解得 1a   ， 故抛物线的解析式为 2 2 3y x x    ； ②过点 B作 BH AC 交CD于点 P，如图， 则此时 5 5 PB PC 的值最小， ∵ tan 2 tanCBD CAB    ， ∴ 1tan 2 ACD  ， 则 5sin 5 ACD  ， ∴ 5 5 PH PC ， 那么， 5 2 8 5sin 4 5 55 PB PC PB PH BH AB CAB         ， 【点睛】本题主要考查胡不归的应用，涉及等边三角形的判定和性质、含 30度角的直角三角 形的性质得、待定系数法求二次函数的解析式和解直角三角形．解题的关键是熟悉胡不归的背 景及其使用． 2．(1) 23 2 3 3 3 3 y x x    (2) 3NC MN ，见解析 (3)有，最小值为 3 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、y=ax²+bx+c的图象与性质、垂线段最短、解直角三 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 角形的相关计算 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）在Rt AOC 中， 3OC  ， 1OA  ，根据MN AC ，有 90MNC  ，即可得 tan OA MNOCA OC NC    ， 问题得解； （3）先求出 30OCA  ，即 60OAC  ，即有 1 2 MN CM ，则 1 2 DM MC 的最小值是DM MN 的 最小值，即点 D到 AC的垂线段 DN的长，问题随之得解． 【详解】（1）把点 ( )1,0A ，  3,0B  代入抛物线 2 3y ax bx   中得： 3 0 9 3 3 0 a b a b         ，解得： 3 3 2 3 3 a b        ， ∴抛物线的解析式为： 2 3 2 3 3 3 3 y x x    ； （2） 3NC MN ， 理由是：如图 1， 令 0x  ，则 3y  ，即  0, 3C ， ∵ ( )1,0A ，  0, 3C ， ∴， 3OC  ， 1OA  ， 在Rt AOC 中， 3OC  ， 1OA  ， ∵MN AC ， ∴ 90MNC  ， ∴ tan OA MNOCA OC NC    ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 ∴ 1 3 MN NC  ， ∴ 3NC MN ； （3）在 M，N移动的过程中， 1 2 DM MC 有最小值是 3，理由如下： 由（2）知： 1 3tan 33 OAOCA OC     ， ∴ 30OCA  ，即 60OAC  ， ∴ 1 2 MN CM ， ∴ 1 2 DM MC 的最小值是DM MN 的最小值，即 D、M、N三点共线时，点 D到 AC的垂线段 DN的长，如图 2， 抛物线解析式为： 2 3 2 3 3 3 3 y x x    ； ∴对称轴是： 1x   ，即  1,0D  ， ∴ 1 1 2AD OA OD     ， 在Rt ADN△ 中， 60DAN  ， ∴ sin 3DN AD DAN    ， 即 1 3 2 DM MC DM MN DN     ， ∴在 M，N移动的过程中， 1 2 DM MC 有最小值是 3． 【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求解抛物线解析式，二次函数的性质，解直角三角形 以及垂线段最短等知识．题目难度不大，细心作答即可．掌握二次函数的性质是解答本题的关 键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 3．(1)解析式为 2 4 3y x x   ，顶点D的坐标为  2, 1D  (2)点 P的坐标为 3 3, 2 4 P      (3)存在，最小值为 3 3 1 2  【知识点】待定系数法求二次函数解析式、解直角三角形的相关计算、线段周长问题(二次函 数综合)、面积问题(二次函数综合) 【分析】（1）根据题意设抛物线的交点式，然后代入点C的坐标，求解即可； （2）作PM y∥ 轴，交 BC于点M ，通过设 P和M 的坐标，利用“割补法”表示出 PBCS ，从而利用 二次函数的性质求解最值即可； （3）将直线CQ绕着Q点逆时针旋转30，并过点C作其垂线，垂足为N，分别连接 AQ，QN， CN，构造出含30角的直角三角形，然后转换为求 AQ NQ 得最小值，继而确定当A、Q、N三 点共线时，满足 AQ NQ 取得最小值，此时利用含30角的直角三角形的性质分段求解再相加即 可得出结论． 【详解】（1）解：由题意，设抛物线解析式为   1 3y a x x   ，其中 0a  ， ∵ 3OC  ， ∴点C的坐标为  0 3C ， ， 将  0 3C ， 代入   1 3y a x x   ，解得： 1a  ， ∴    21 3 4 3y x x x x      ， ∴抛物线的解析式为 2 4 3y x x   ， ∵对称轴为直线 4 2 2 x -= - = ， ∴将 2x  代入 2 4 3y x x   ，得： 1y   ， ∴顶点D的坐标为  2, 1D  ； （2）解：∵  3 0B ， ，  0 3C ， ， ∴直线 BC的解析式为： 3y x   ， ∵点 P在抛物线上，且位于直线 BC下方， ∴设  2, 4 3P p p p  ，其中，0 3p  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 如图所示，作PM y∥ 轴，交 BC于点M ， ∴  , 3M p p  ， ∴ 2 3M PPM y y p p     ， ∵ PBC PMB PMCS S S    ，   1 2PMB B P S PM x x   ，   1 2PMC P C S PM x x   ， ∴      1 1 1 2 2 2PBC B P P C B C S PM x x PM x x PM x x         ， ∴    21 1 3 2 3 2PBC B C S pPM x x p      ， 整理可得： 2 8 3 2 3 27 2PBC S p         ，其中0 3p  ， ∵ 3 0 2   ， ∴当 3 2 p  时， PBCS 取得最大值， 将 3 2 p  代入 2 4 3y x x   ，得： 3 4 y   ， ∴此时点 P的坐标为 3 3, 2 4 P      ； （3）解：存在最小值，理由如下： 如下图所示，将直线CQ绕着Q点逆时针旋转30，并过点C作其垂线，垂足为N， 分别连接 AQ，QN，CN，则 30CQN  ， 90CNQ  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 ∴在Rt CNQ△ 中， 3cos cos30 2 NQCQN CQ      ， ∴随着Q点的运动，总有 3 2 NQ CQ ， ∴ 3 2 AQ CQ AQ NQ   ， 要使得 3 2 AQ CQ 取得最小值，即要使得 AQ NQ 取得最小值， 如下图，当A、Q、N三点共线时，满足 AQ NQ 取得最小值， 此时， 90CNQ AOQ    ， 30CQN AQO     ， ∵ 1OA  ， ∴ 2AQ  ， 3OQ  ， ∴ 3 3CQ OC OQ    ， ∴   3 3 3 3cos30 3 3 2 2NQ CQ        ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 ∴ 3 3 3 3 3 1 2 2 2AQ NQ     ， ∴ 3 2 AQ CQ 存在最小值，最小值为 3 3 1 2  ． 【点睛】本题考查求二次函数解析式，二次函数综合面积问题，以及利用“胡不归”模型构造三 角形求线段和最值问题，掌握二次函数的基本性质，熟练运用函数思想解决图形面积问题是解 题关键． 4．(1) 2 1 4 18 2 5y x x  (2)①点 E在抛物线上；②P（0，− 3 2 ） 【知识点】求一次函数解析式、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算、其他问题(二 次函数综合) 【分析】（1）先求出 A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可； （2）①根据旋转的性质求出 EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求 E的坐标，然后把 E的坐标代 入（1）的函数解析式中，从而判断出点 E是否在抛物线上； ②过点 E作 EH⊥AB，交 y轴于 P，垂足为 H， 3sin 5 AO HPABO AB BP     ，则 3 5 HP BP ，得 3 5 BP EP HP PE＋ ＝ ＋ ，可知 HP＋PE的最小值为 EH的长，从而解决问题． 【详解】（1）解：当 x=0时，y=-4， 当 y=0时， 4 4 03   x ， ∴x=-3， ∴A（-3，0），B（0，-4）， 把 A、B代入抛物线 2 5 18 y x bx c   ， 得 25 ( 3) 3 0 18 4 b c c           ， ∴ 1 2 4 b c        ， ∴抛物线解析式为 2 1 4 18 2 5y x x  ． （2）解：①∵A（-3，0），C（0，6）， ∴AO=3，CO=6， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90° ∴E到 x轴的距离为 6-3=3， ∴点 E的坐标为（6，3）， 当 x=3时， 25 16 6 4 3 18 2 y       ， ∴点 E在抛物线上； ②过点 E作 EH⊥AB，交 y轴于 P，垂足为 H， ∵A（−3，0），B（0，−4）， ∴OA＝3，OB＝4， ∴AB＝5， ∵ 3sin 5 AO HPABO AB BP     ， ∴ 3 5 HP BP ， ∴ 3 5 BP EP HP PE＋ ＝ ＋ ， ∴HP＋PE的最小值为 EH的长， 作 EG⊥y轴于 G， ∵∠GEP＝∠ABO， ∴tan∠GEP＝tan∠ABO， ∴ PG AO EG BO  ， ∴ 3 6 4 PG  ， ∴ 9 2 PG＝ ， ∴OP＝ 9 2 −3＝ 3 2 ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 ∴P（0，− 3 2 ）． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，三角函 数，两点之间、线段最短等知识，利用三角函数将 3 5 BP转化为 HP的长是解题的关键． 5．(1)抛物线表达式为： 2 1 3 2 2 2 y x x    ； (2)AP+2PC的最小值是 2 3 4 ； (3)存在M(0,2)或 (-3,2)或 (2,-3)或 (5,-18)，使得以点 A、M、N为顶点的三角形与 ABCV 相似． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、相似三角形问题(二次函数综合) 【分析】（1）先求的直线 1 2 2 y x  与 x轴，y轴交点的坐标，然后利用抛物线的对称性可求 得点 B的坐标；设抛物线的解析式为 y=a(x+4)(x-1)，然后将点 C的坐标代入即可求得 a的值， 从而得抛物线的表达式； （2）如图 1，作 30OAE  ，交 y轴于 E，过点 P作 PH AE 于 H，当 C，P，H三点共线时， AP+2PC的值最小，根据直角三角形含 30度角的性质可得 CH的长，从而可得结论； （3）首先可证明△ABC是直角三角形，且有 AC=2BC，然后分三种情况讨论即可：①当 M点 与 C点重合，即 M（0，2）时，△MAN∽△BAC；②根据抛物线的对称性，当 M（-3，2）时， △MAN∽△ABC； ③当点 M在第四象限时，解题时，需要注意相似三角形的对应关系． 【详解】（1） 1 2 2 y x  中，当 x=0时，y=2，当 y=0时，x=-4， ∴C（0，2），A（-4，0）， 由抛物线的对称性可知：点 A与点 B关于 3 2 x   对称， ∴点 B的坐标为（1，0）． ∵抛物线 y=ax2+bx+c过 A（-4，0），B（1，0）， 可设抛物线表达式为 y=a（x+4）（x-1）， 又∵抛物线过点 C（0，2）， ∴2=-4a， ∴ 1 2 a   ， ∴抛物线表达式为： 21 3 2 2 2 y x x    ； （2）如图 1，作∠OAE=30°，交 y轴于 E，过点 P作 PH⊥AE于 H， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 1 2 PH AP  , 12 2 2( ) 2 AP PC AP PC PH PC          , ∴当 C，P，H三点共线时，AP+2PC的值最小， ∵∠APH=∠OPC，∠COP=∠AHP=90°， ∴∠OCP=∠OAE=30°， Rt△AOE中，AO=4， 4 3 33 OAOE   , Rt△CHE中， 1 1 4 3 2 32 1 2 2 3 3 EH CE            , 3 3 2CH EH    ∴AP+2PC的最小值是 2 2( 3 2) 2 3 4CH     ; （3）∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2）， 2 2 2 22 4 2 5, 1 2 5, 4 1 5AC BC AB          , ∴AC2+BC2=AB2， ∴∠ACB=90°，AC=2BC， 点 A，M，N为顶点的三角形与△ABC相似存在以下 3种情况： ①如图 2，当 M点与 C点重合，即 M（0，2）时，△MAN∽△BAC； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 ②如图 3，根据抛物线的对称性，当 M（-3，2）时，△MAN∽△ABC； ③如图 4，当 M在第四象限时，设 2 1 3, 2 2 2 M n n n       ，则 N（n，0）， 21 3 2, 4 2 2 MN n n AN n      , 当 2 AN MN  时，AN=2MN，即 21 3 2 2( 4) 2 2 n n n    ， 整理得：n2+2n-8=0， 解得：n1=-4（舍），n2=2， ∴M（2，-3）； 当 1 2 AN MN  时，MN=2AN，即 21 3 2 2( 4) 2 2 n n n    ， 整理得：n2-n-20=0， 解得：n1=-4（舍），n2=5， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 ∴M（5，-18）． 综上所述：存在 M（0，2）或（-3，2）或（2，-3）或（5，-18），使得以点 A、M、N为顶 点的三角形与△ABC相似． 【点睛】本题主要考查的是二次函数与相似三角形的综合应用，还考查了轴对称-最短路径问 题，难度较大，解答本题需要同学们熟练掌握二次函数和相似三角形的相关性质． 6．(1)抛物线的表达式为： 2 4 3y x x   ，顶点 (2, 1)D  ；(2)证明见解析；(3)点 3 3, 2 4 P      ；(4) 存在， 1 2 AQ QC 的最小值为 3 3 2  ． 【知识点】线段周长问题(二次函数综合)、解直角三角形的相关计算 【分析】(1)设交点式   y a x 1 x 3   ，利用待定系数法进行求解即可； (2)先证明四边形 ADBM为菱形，再根据有一个角是直角的菱形是正方形即可得证； (3)先求出直线 BC的解析式，过点 P作 y轴的平行线交 BC于点 N，设点  2P x, x 4x 3  ，则点 N (x, x+3) ，根据 ΔPBC 1S PN OB 2   可得关于 x的二次函数，继而根据二次函数的性质进行求解即 可； (4)存在，如图，过点 C作与 y轴夹角为30的直线 CF交 x轴于点 F，过点 A作AH CF ，垂足 为 H，交 y轴于点 Q，此时 1HQ CQ2  ，则 1AQ QC 2  最小值=AQ+HQ=AH，求出直线 HC、AH 的解析式即可求得 H点坐标，进行求得 AH的长即可得答案. 【详解】解：(1)函数的表达式为：      2y a x 1 x 3 a x 4x 3      ， 即：3a=3，解得：a=1， 故抛物线的表达式为： 2y x 4x 3   ， 则顶点D(2, 1) ； (2) OB OC 3  ， OBC OCB 45     ， ∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1， ∴AB=2， ∴AM MB ABsin45 2   ， 又∵D(2，-1)， ∴AD=BD=    2 22 1 1 0 2     ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 ∴AM=MB=AD=BD， ∴四边形 ADBM为菱形， 又∵ AMB 90  ， 菱形 ADBM为正方形； (3)设直线 BC的解析式为 y=mx+n， 将点 B、C的坐标代入得： 3 0 3 m n n     ， 解得： 1 3 m n     ， 所以直线 BC的表达式为：y=-x+3， 过点 P作 y轴的平行线交 BC于点 N， 设点  2P x, x 4x 3  ，则点 N (x, x+3) ， 则    2 2ΔPBC 1 3 3S PN OB x 3 x 4x 3 x 3x2 2 2           ， 3 0 2   ，故 ΔPBCS 有最大值，此时 3x 2  ， 故点 3 3P , 2 4      ； (4)存在，理由： 如图，过点 C作与 y轴夹角为30的直线 CF交 x轴于点 F，过点 A作AH CF ，垂足为 H，交 y轴于点 Q， 此时 1HQ CQ 2  ， 则 1AQ QC 2  最小值=AQ+HQ=AH， 在 Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO= FOCO， ∴OF= 3， ∴F(- 3，0)， 利用待定系数法可求得直线 HC的表达式为： y 3x 3  …①， ∵∠COF=90°，∠FOC=30°， ∴∠CFO=90°-30°=60°， ∵∠AHF=90°， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 ∴∠FAH=90°-60°=30°， ∴OQ=AO•tan∠FAQ= 3 3 ， ∴Q(0, 3 3 )， 利用待定系数法可求得直线 AH的表达式为： 3 3y x 3 3    …②， 联立①②并解得： 1 3 3x 4   ， 故点 1 3 3 3 3H , 4 4         ，而点A(1,0)， 则 12 6 3 3 3AH 4 2     ， 即 1AQ QC 2  的最小值为 3 3AH 2   ． 【点睛】本题考查了二次函数的综合题，涉及了待定系数法，解直角三角形的应用，正方形的 判定，最值问题等，综合性较强，有一定的难度，正确把握相关知识，会添加常用辅助线是解 题的关键. 7．(1) 21 3 2 2 y x x   ； 1 1 2 2 y x  ；(2) ACE 的面积最大值是 25 16 ，此时 E点坐标为 3 15, 2 8      ； (3) 3 5 PE PA 的最小值是 3. 【知识点】解直角三角形的相关计算、特殊三角形问题(二次函数综合) 【分析】(1)先写出平移后的抛物线解析式，再把点  1,0A  代入可求得 a的值，由 ABD 的面积 为 5可求出点D的纵坐标，代入抛物线解析式可求出横坐标，由A、D的坐标可利用待定系数 法求出一次函数解析式； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 (2)作 EM yP 轴交 AD于M ，如图，利用三角形面积公式，由 ACE AME CMES S S    构建关于 E点横 坐标的二次函数，然后利用二次函数的性质即可解决问题； (3)作 E关于 x轴的对称点 F，过点 F作FH AE 于点H，交 x轴于点 P，则 BAE HAP HFE     ， 利用锐角三角函数的定义可得出 3 5 EP AP FP HP   ，此时 FH 最小，求出最小值即可． 【详解】解：(1)将二次函数  2 0y ax a  的图象向右平移 1个单位，再向下平移 2个单位，得 到的抛物线解析式为  21 2y a x   ， ∵ 1OA  ，∴点A的坐标为  1,0 ， 代入抛物线的解析式得， 4 2 0a   ，∴ 1 2 a  ， ∴抛物线的解析式为  21 1 2 2 y x   ，即 2 1 3 2 2 y x x   ． 令 0y  ，解得 1 1x   ， 2 3x  ，∴  3,0B ， ∴ 4AB OA OB   ， ∵ ABD 的面积为 5，∴ 1 5 2ABD D S AB y    ，∴ 5 2D y  ， 代入抛物线解析式得， 2 5 1 3 2 2 2 x x   ，解得 1 2x   ， 2 4x  ，∴ 54, 2 D      ， 设直线 AD的解析式为 y kx b  ， ∴ 54 2 0 k b k b        ，解得： 1 2 1 2 k b       ， ∴直线 AD的解析式为 1 1 2 2 y x  ． (2)过点 E作 EM yP 轴交 AD于M ，如图，设 2 1 3, 2 2 E a a a      ，则 1 1, 2 2 M a a     ， ∴ 2 2 1 1 1 3 1 3 2 2 2 2 2 2 2 EM a a a a a         ， ∴ 1 1 2ACE AME CME S S S EM        2 21 1 3 12 1 3 42 2 2 4a a a a              ， 21 3 25 4 2 16 a        ， ∴当 3 2 a  时， ACE 的面积有最大值，最大值是 25 16 ，此时 E点坐标为 3 15, 2 8      ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 (3)作 E关于 x轴的对称点 F，连接 EF交 x轴于点G，过点 F作FH AE 于点H，交 x轴于点 P， ∵ 3 15, 2 8 E      ， 1OA  ， ∴ 3 51 2 2 AG    ， 15 8 EG  ，∴ 5 42 15 3 8 AG EG   ， ∵ 90AGE AHP    o， ∴ 3sin 5 PH EGEAG AP AE     ，∴ 3 5 PH AP ， ∵ E、 F关于 x轴对称，∴ PE PF ， ∴ 3 5 PE AP FP HP FH    ，此时 FH 最小， ∵ 15 152 8 4 EF    ， AEG HEF  ， ∴ 4sin sin 5 AG FHAEG HEF AE EF       ， ∴ 4 15 3 5 4 FH    ． ∴ 3 5 PE PA 的最小值是 3． 【点睛】主要考查了二次函数的平移和待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、相似三 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 角形的判定与性质、锐角三角函数的有关计算和利用对称的性质求最值问题．解（1）题的关 键是熟练掌握待定系数法和相关点的坐标的求解；解（2）题的关键是灵活应用二次函数的性 质求解；解（3）题的关键是作 E关于 x轴的对称点 F，灵活应用对称的性质和锐角三角函数的 知识，学会利用数形结合的思想和转化的数学思想把求 3 5 PE PA 的最小值转化为求 FH 的长度． 8．（1）1 4 2 3 3  ；（2）存在，Q的坐标（ 2 5 5 ，﹣ 4 5 5 ），（ 4 5 5 ， 2 5 5 ），（﹣ 2 5 5 ， 4 5 5 ）， （ 4 5 5 ，﹣ 2 5 5 ） 【知识点】其他问题(二次函数综合) 【分析】（1）先确定点 F的位置，可设点 N（m，m2-2m-3），则点 F（m，2m-6），可得|NF|= （2m-6）-（m2-2m-3）=-m2+4m-3，根据二次函数的性质得 m= b2a  时，NF取到最大值，此时 HF=2，F（2，-2），在 x轴上找一点 K（ 3 2 4  ，0），连接 CK，过点 F作 CK的垂线交 CK 于点 J，交 y轴于点 P， 1sin 3 OCK  ，直线 KC的解析式为： 2 2 3y x   ，从而得到直线 FJ 的解析式为： 2 4 2 4 2 y x   联立解出点 J（ 2 2 2 9  , 19 4 2 9   ）得 FP+ 13 PC的最小值即为 FJ的长，且 1 4 2| | 3 3 FJ   ,最后得出 1 7 4 2| 3 3min HF FP PC    ;（2） 由题意可得出点 Q（0，-2），A2= 5，应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半”取 AQ的中点 G，连接 OG，则 OG=GQ= 1 2 AQ= 5 2 ，此时，∠AQ0=∠GOQ，把△AOQ绕点 O 顺时针旋转一定的角度 （0°< <360°），得到△A'OQ'，其中边 A’Q’交坐标轴于点 G，则用 0G=GQ’，分四种情况求解即可. 【详解】解：（1）如图 1 ∵抛物线 y＝x2﹣2x﹣3与 x轴交于点 A，B（点 A在点 B的左侧），交 y轴于点 C 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 19 ∴令 y＝0解得：x1＝﹣1，x2＝3，令 x＝0，解得：y＝﹣3， ∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3） ∵点 D为抛物线的顶点，且 22 4 4 1 ( 3) 41, 2 2 4 4 1 b ac b a a             ﹣4 ∴点 D的坐标为 D（1，﹣4） ∴直线 BD的解析式为：y＝2x﹣6， 由题意，可设点 N（m，m2﹣2m﹣3），则点 F（m，2m﹣6） ∴|NF|＝（2m﹣6）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3 ∴当 m＝ 2 b a  ＝2时，NF取到最大值，此时 MN取到最大值，此时 HF＝2， 此时，N（2，﹣3），F（2，﹣2），H（2，0） 在 x轴上找一点 K（ 3 2 4  ，0），连接 CK，过点 F作 CK的垂线交 CK于点 J点，交 y轴 于点 P， ∴sin∠OCK＝ 13，直线 KC的解析式为： 2 2 3y x   ，且点 F（2，﹣2）， ∴PJ＝ 13 PC，直线 FJ的解析式为： 2 4 2 4 2 y x   ∴点 J（ 2 2 2 9  , 19 4 2 9   ） ∴FP+ 13 PC的最小值即为 FJ的长，且 1 4 2| | 3 3 FJ   ∴ 1 7 4 2| 3 3min HF FP PC    ； （2）由（1）知，点 P（0， 4 2 2   ）， ∵把点 P向上平移 2 2 个单位得到点 Q ∴点 Q（0，﹣2） ∴在 Rt△AOQ中，∠AOG＝90°，AQ＝ 5，取 AQ的中点 G，连接 OG，则 OG＝GQ＝ 1 2 AQ ＝ 5 2 ，此时，∠AQO＝∠GOQ 把△AOQ绕点 O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边 A′Q′交坐 标轴于点 G ①如图 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 20 G点落在 y轴的负半轴，则 G（0，﹣ 5 2 ），过点 Q'作 Q'I⊥x轴交 x轴于点 I，且∠GOQ' ＝∠Q' 则∠IOQ'＝∠OA'Q'＝∠OAQ， ∵sin∠OAQ＝ OQ AQ＝ 2 5 ＝ 2 5 5 ∴ 2 5sin 2 5 IQ IQIOQ OQ       ，解得：|IO|＝ 4 5 5 ∴在 Rt△OIQ'中根据勾股定理可得|OI|＝ 2 5 5 ∴点 Q'的坐标为 Q'（ 2 5 5 ，﹣ 4 5 5 ）； ②如图 3， 当 G点落在 x轴的正半轴上时，同理可得 Q'（ 4 5 5 ， 2 5 5 ） ③如图 4 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 21 当 G点落在 y轴的正半轴上时，同理可得 Q'（﹣ 2 5 5 ， 4 5 5 ） ④如图 5 当 G点落在 x轴的负半轴上时，同理可得 Q'（﹣ 4 5 5 ，﹣ 2 5 5 ） 综上所述，所有满足条件的点 Q′的坐标为：（ 2 5 5 ，﹣ 4 5 5 ），（ 4 5 5 ， 2 5 5 ），（﹣ 2 5 5 ， 4 5 5 ），（ 4 5 5 ，﹣ 2 5 5 ） 【点睛】本题主要考查了二次函数图象与坐标轴的交点求法和与几何图形结合的综合能力的培 养及直角三角形的中线性质．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用通过 求点的坐标来表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 9．（Ⅰ） (1, 4) ；（Ⅱ） 3 2 1b   ；（Ⅲ） 4b  . 【知识点】线段周长问题(二次函数综合) 【分析】（Ⅰ）把 b=2和点 ( 1,0)A  代入抛物线的解析式，求出 c的值，进行配方即可得出顶点 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 22 坐标 （Ⅱ）根据点 ( 1,0)A  和）点 ( , )DD b y 在抛物线上和 0b  得出点 ( , 1)D b b  在第四象限，且在抛物 线对称轴 2 bx  的右侧．过点D作DE x 轴，垂足为 E，则点 ( ,0)E b ，再根据 D、E两点坐标得 出 ADE 为等腰直角三角形，得出 2AD AE ，再根据已知条件 AM AD ， 5m  ，从而求出 b 的值 （Ⅲ）根据点 1( , )2 Q Q b y 在抛物线上得出点 1 3( , ) 2 2 4 bQ b    在第四象限，且在直线 x b 的右侧； 取点 (0,1)N ，过点Q作直线 AN的垂线，垂足为G，QG与 x轴相交于点M ，得出 2 2 AM GM ， 此时 2 2AM QM 的值最小；过点Q作QH x 轴于点H，则点 1( ,0) 2 H b  ．再根据QH MH 得出 m与 b的关系，然后根据两点间的距离公式和 2 2AM QM 的最小值为 33 2 4 ，列出关于 b的方成即可 【详解】解：（Ⅰ）∵抛物线 2y x bx c   经过点 ( 1,0)A  ， ∴1 0b c   ．即 1c b   ． 当 2b  时， 2 22 3 ( 1) 4y x x x      ， ∴抛物线的顶点坐标为 (1, 4) ． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，抛物线的解析式为 2 1y x bx b    ． ∵点 ( , )DD b y 在抛物线 2 1y x bx b    上， ∴ 2 1 1Dy b b b b b        ． 由 0b  ，得 02 bb   ， 1 0b   ， ∴点 ( , 1)D b b  在第四象限，且在抛物线对称轴 2 bx  的右侧． 如图，过点D作DE x 轴，垂足为 E，则点 ( ,0)E b ． ∴ 1AE b  ， 1DE b  ．得 AE DE ． ∴在Rt ADE 中， 45ADE DAE     ． ∴ 2AD AE ． 由已知 AM AD ， 5m  ， ∴5 ( 1) 2( 1)b    ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 23 ∴ 3 2 1b   ． （Ⅲ）∵点 1( , )2 Q Q b y 在抛物线 2 1y x bx b    上， ∴ 2 1 1 3( ) ( ) 1 2 2 2 4Q by b b b b         ． 可知点 1 3( , ) 2 2 4 bQ b    在第四象限，且在直线 x b 的右侧． 考虑到 22 2 2( ) 2 AM QM AM QM   ，可取点 (0,1)N ， 如图，过点Q作直线 AN的垂线，垂足为G，QG与 x轴相交于点M ， 有 45GAM   ，得 2 2 AM GM ， 则此时点M 满足题意． 过点Q作QH x 轴于点H，则点 1( ,0) 2 H b  ． 在Rt MQH 中，可知 45QMH MQH     ． ∴QH MH ， 2QM MH ． ∵点 ( ,0)M m ， ∴ 3 10 ( ) ( ) 2 4 2 b b m      ．解得 1 2 4 bm   ． ∵ 33 22 2 4 AM QM  ， ∴ 1 1 1 33 22[( ) ( 1)] 2 2[( ) ( )] 2 4 2 2 4 4 b bb        ． ∴ 4b  ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 24 【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二次函数、 勾股定理、等腰三角形的性质与判定等知识，关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用数形 结合的思想和二次函数的性质解答．