2019年中考数学试题汇编—— 几何最值2019

二、填空题 1. 2. 3. 4. 5. 6.

7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39.

三、解答题

1. （2019重庆A卷，26，8）如图，在平面在角坐标系中，抛物线y＝x2－2x－3与x轴交与点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＋PC的最小值；

13（2）在（1）中，当MN取得最大值，HF＋FP＋PC取得小值时，把点P向上平移个

132单位得到点Q，2连结AQ，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，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．

yAOEBxCD第26题图 第26题备用图

【思路分析】（1）①首先由已知条件求出A、B、C、D的坐标及直线BD的解析式；②再由S△BDN＝

1BD•MN，2转化为由MN的最大值得到S△BDN取最大值，进而为FN取最大值；③N(m，m2－2m－3)，则F(m，2m－6)，FN＝(2m－6)－(m2－2m－3)＝－(m－2)2＋1，求出MN最大时点N、F、H的坐标；④利用OC为长直角边，构造一个斜边长为短直角边3倍的直角三角形OCK，再由点到直线的垂线段最短，找到“MN取得最大值时，HF＋FP＋

11PC最小值＝HF＋FR”；⑤利用相似形的性质及相关数学知识，求出FR的值，进而求出HF＋FP＋PC最33小值．（2）如答图2至答图5，分四种情况讨论，先求出Q点坐标，再按要求利用数学知识即可求出符合条件的点Q的坐标有4个．

【解题过程】（1）由题意得A(－1，0)，B(3，0)，C(0，－3)，D(1，－4)，直线BD：y＝2x－6． 如答图1，连接DN、BN，则S△BDN＝

1BD•MN，而BD为定值，故当MN最大时，S△BDN取最大值．此2时由S△BDN＝S△DFN＋S△BFN＝

111EH•FN＋BH•FN＝BE•FN＝FN，从而S△BDN取最大值时，即为FN有最222大值．令N(m，m2－2m－3)，则F(m，2m－6)，从而FN＝(2m－6)－(m2－2m－3)＝－m2＋4m－3＝－(m－

2)2＋1，此时，当且仅当m＝2，FN有最大值为1，于是N(2，－3)，F(2，－2)，H(2，0)． 在直角三角形中，设最小的直角边为a，斜边为3a，较长直角边为3，即可求出a＝

32，于是在x轴4上取点K(－

32，0)，连接KC，易求直线KC：y＝－22x－3．如答图1，过点F作FR⊥CK于点R，4交OC于点P，作FT⊥OC，交CK于点T，则∠OCK＝∠TFR，于是，由△PCR∽△ACO∽△TFR，得

PROKa11，从而PR＝PC，因此由FH为定值，再由定点F到直线的垂直线最短，可知MN取PCKC3a33得最大值时，HF＋FP＋PC最小值＝HF＋FR．在y＝－22x－3中，当y＝－2，x＝－

132，于是FT4＝2＋2FR2222222142．在Rt△FTR中，由，得FR＝FT＝(2＋)＝，故HF＋FP

4FT333433＋

1427421PC最小值＝2＋＝．

3333yKAOQTRPCDEHBxFMN第26题答图1 第26题答图2

第26题答图3

第26题答图4

（2）(第26题答图5

4525252525,)，(,)，(,)，(,)． 55555555【知识点】一次函数；二次函数；相似三角形；平移；旋转；勾股定理；最值问题；数形结合思想；构造法；待

定系数法；分类思想；压轴题；原创题．

323xx23与x轴交于A，B两点（点42A在点B左侧），与y轴交于点C，顶点为D，对称轴与x轴交于点Q.

（1）如图1，连接AC，BC．若点P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PE∥y轴交BC于点E，作PF

⊥BC于点F，过点B作BG∥AC交y轴于点G．点H，K分别在对称轴和y轴上运动，连接PH，HK．当

2. （2019重庆市B卷，26，8）在平面直角坐标系中，抛物线y3KG的最小值及点H的坐标． 2（2）如图2，将抛物线沿射线AC方向平移，当抛物线经过原点O时停止平移，此时抛物线顶点记作D’，N为

△PEF的周长最大时，求PH+HK+

直线DQ上一点，连接点D’，C，N，△D’CN能否构成等腰三角形？若能，直接写出满足条件的点N的坐标；若不能，请说明理由．

yCHKAODPFQEByD'NyD'xACDCBADOQxOBQxG

【思路分析】本题是二次函数与几何图形相综合的压轴题目。考查了最值问题以及等腰三角形存在性问题。在中考中考查最值问题往往是以阿氏圆，（加权）费马点，胡不归等形式来出现的，当线段的系数为1的最值问题，可以通过平移、旋转、轴对称的手段进行转化。当线段的系数不为1时，可以通过相似或者锐角三角函数来进行转化为系数为1的情况处理.本题第一问就是典型的胡不归问题。因为60度的正弦值就是3232图1图2备用图是一个特殊的数据，那就特殊处理这个数.

32，所以可以构造含有60度的直角三角形来转化，再利用垂线段最短就可以解决问题，至于△PEF的周长最值既可以用点P的坐标结合锐角三角函数表示三边长,也可以用相似三角形之间的周长进行转化，用后一种方法较简单一些。

第二问关键是平移后的顶点D'的坐标如何求解.由A点和C点的坐标得出平移规律：向右平移a个单位的再向上平移3a个单位。由此平移规律可得出D'的坐标，△CD'N等腰三角形存在性问题是两定一动的常规问题.我们可以先用两圆一线的方法找到点N的位置，然后用两点间的距离公式建立关于N点坐标的方程，进而可求出N点坐标.

【解题过程】解：（1）∵y∴当y=0时，即0323xx23与x轴交于A，B两点， 42323，B（4，0）， xx23，∴x12,x24，即A（－2，0）

42设直线BC的解析式为y=kx+b，∵C（0，23），B（4，0）， b233b23∴，∴，∴直线BC的解析式为yx23. 324kb0k2设点P(m,323mm23)(0m4), 423m23),∠PEF=∠OCE， 2∵PE∥y轴且点E在直线BC上，∴E(m,∴PE32m3m(0m4), 4∵PF⊥BC，∴∠PFE=∠COB=90°，∴△PEF∽△BCO，

设△PEF的周长为l1，△BCO的周长为l2， 则

l1PE，∵B（4，0），C（0，23），∴BC=27，∴l223427， l2BC2342727(32m3m)(0m4), 462214327∴l1∴当m=2时，l1取最大值， ,此时点P的坐标为（2，23）∵A（－2，0），C（0，23），∴∠ACO=30°，∠CAO=60°， ∵BG∥AC，∴. ∠BGD=30°，∠OBG=60°，∴G（0，43）， 直线BG解析式为y3x43，直线PM解析式为y3x，

过点G作GN⊥BG，过点P作PM⊥GN于点M，

如图1，此时，点H为PM与对称轴的交点，K为PM与y轴的交点，点K与点O重合， 则KM=OM=33KG，PH+HK+KG的最小值为线段PM的长.（此问题是胡不归问题）. 22yCAKOFHEQDPTBxNMG图1

解法一：（作一线三直角利用相似求解）如图2，过点P作PQ∥x轴交对称轴于点T， 过点M作MQ⊥y轴交PT于点Q，过点G作GJ⊥MQ交MQ于点J.

设点Q（n，23），∴J（n，43），∴PQ=2－n，MQ=3PQ=3（2－n）， ∵GJ=－n，∴MJ=n33n，∴MQ+MJ=CG=23(43)63， 3∴3（2－n）+(3，∴PQ=5， n)=63，∴n=-3，∴Q（－3，23）33KG的最小值为10， 2∴PM=2PQ=10，∴PH+HK+∵∠OGM=60°，∠PHT=30°，∠HPT=60°，∴PT=1，∴HT=3，∴H（1，3）.

yQCAKOFHEQDPTBxNMJG图2

3x43， 3解法二：由上面的解法可知MG⊥BG，直线MG的解析式为：y如图3，过点P作PR⊥x轴交MG于点R，∴R（2，由第一种解法可知∠PRG=60°，∴PM=∴PH+HK+14， 3）31433PR=（23+3）=10， 2233KG的最小值为10，同理可求H（1，3）. 2yCDPFHEQAKOBxNMG图3R

833139833139),N2(1,)，44（2）这样的N点存在.当△CD'N为等腰三角形时，这样的N 有：N1(1,2531011253101113),N4(1,),N5(1,).

44136【提示】由（1）可知∠ACO=30°，∠OAC=60°, N3(1,932339， 3）xx23(x1)23，即顶点D（1，424449∵抛物线按射线AC的方向平移，设平移后顶点D'(a1,3a3)，

4又∵y平移后的抛物线解析式为y39(xa1)23a3 44

39(0a1)23a3 44∴a22a80，∴a=4或a=－2（舍去），

25即D'(5,3).

4设点N（1，b）

该抛物线经过原点，则0CD'(05)2(232512673)2 44CN(01)2(23b)2 ND'(15)2(b253)2 4如图4，当△CD'N为等腰三角形时，分三种情况： ①当CD'CN时，(01)2(23b)2②当CD'D'N时，(15)2(b1267833139833139，可得N1(1,),N2(1,)； 444126725310112531011，可得N3(1,),N4(1,),

444253)24③当CND'N时，(15)2(b253)24(01)2(23b)2,可得N5(1,13), 136∴当△CD'N为等腰三角形时，这样的N 有：N1(1,N4(1,253101113),N5(1,).

41368331398331392531011),),N2(1,)，N3(1,444

yN3N1yN5D'CADN4OBQxN2图4

【知识点】二次函数；一次函数；相似三角形；一元二次方程的解法；勾股定理；平移；最值问题；等腰三角形；分类思想；数形结合思想；探究性问题；压轴题；

3. （2019天津市，25，10分）已知抛物线y=x2-bx+c(b,c为常数，b>0)经过点A（-1,0），点M(m,0)是x轴正半轴上的动点，

（1）当b=2时，求抛物线的顶点坐标；

（2）点D(b,yD)在抛物线上，当AM=AD,m=5时，求b的值； （3）点Q(

b,21yQ)在抛物线上，当2AM2QM的最小值为

332时，求b的值 4【思路分析】（1）∵抛物线y=x2-bx+c经过点A（-1,0），∴1+b+c=0

当b=2时，c=-3,所以抛物线的解析式为y=x2-2x-3，从而可求得顶点坐标为（1，-4） （2）由(1)知，1+b+c=0，∵点D(b,yD)在抛物线上，∴yD=-b-1，∵b>0,∴bb0，-b-1<0,∴D(b,-b-1)在第2四象限，且在抛物线对称轴xb的右侧。 2

2b1)，由于m=5，∴如图，过点D作DE⊥x轴于E，则E（b，0），∴AE=b+1=DE,所以AD=2AE=（AM=6，所以可求得b=32-1

11b,b,b3121b322（b)b(b)b1，-）（3）∵点Q(yQ)在抛物线上，∴yQ=可知点Q（

222424在第四象限，且在直线x=b的右侧，

3322AM2QM的最小值为4，A(-1，0)∴取点N(0，1)，如图，∵

1b,220）过点Q作QH⊥x轴于H，作QG⊥AN于G,QG与x轴交于点M，则H（，∠GAM=45°，∴GM=

2AM，∴22AM2QM=（2AMQM）最小时为2QG的长。 2∵M（m,0),∴AM=m+1,MH=b1b31b3b1m,QH=,∵MH=QH,∴bm=，∴m=-，∴AM=22422424b3b3332b1b3b32)2(2())-1，QM=2QH（2)∴2AM2QM=（，∴24244242424b=4

【解题过程】(1)∵抛物线y=x2-bx+c经过点A（-1,0）， ∴1+b+c=0，∴c=-1-b 当b=2时，c=-3,

∴抛物线的解析式为y=x2-2x-3， ∴顶点坐标为（1，-4） （2）由(1)知，c=-1-b， ∵点D(b,yD)在抛物线上， ∴yD=-b-1，

b∵b>0,∴

b02，-b-1<0,

xb2的右侧。

∴D(b,-b-1)在第四象限，且在抛物线对称轴

如图，过点D作DE⊥x轴于E，则E（b，0），

（2b1)， ∴AE=b+1=DE,所以AD=2AE=∵m=5，

∴AM=5-（-1）=6， ∴6=（2b1)

∴b=32-1

1b,2yQ)在抛物线上， （3）∵点Q(

11b3（b)2b(b)b12224， ∴yQ=

1b3b,-224）在第四象限，且在直线x=b的右侧， ∴点Q（

3322AM2QM的最小值为4，A(-1，0) ∵∴取点N(0，1)，如图，

21b,20）过点Q作QH⊥x轴于H，作QG⊥AN于G,QG与x轴交于点M，则H（，∠GAM=45°，∴GM=2AM，

1b3bm224, ∵M（m,0),∴AM=m+1,MH=,QH=

1b3bm2∵MH=QH,∴=24， b1-24， ∴m=

b1b3b3-12QH（2)24，QM=24 ∴AM=24b3b3332（2)2(2())2AM2QM=24244，∴b=4 ∴【知识点】二次函数的性质；点的坐标特点；垂线段最短

2

4. （2019四川省自贡市，26，14分）如图，已知直线AB与抛物线：y=ax+2x+c相交于点A（-1，0）和点B（2，

3）两点.

（1）求抛物线C函数解析式；

（2）若点M是位于直线AB上方抛物线上的一动点，以MA、MB为相邻的两边作平行四边形MANB，当平行四

边形MANB的面积最大时，求此时平行四边形MANB的面积S及点M的坐标； （3）在抛物线C的对称轴上是否存在顶点F，使抛物线C上任意一点P到F的距离等于到直线y=4的距离，若存在，求出定点F的坐标；若不存在，请说明理由.

17

【思路分析】（1）将A、B两点坐标代入抛物线解析式，得到关a,c的二元一次方程，解此方程即可求出抛物线

解析式； （2）过过M作MH∥y轴，交AB于H，设M为（m，-m2+2m+3），根据平行四边形性质可知S四边形MANB=2 S△ABM，

用m的代数式表示出S△ABM，即可求出S四边形MANB，从而利用二次函数性质求出最大值； （3）取点P为抛物线顶点，根据“点P到F的距离等于到直线y=的距离”求出F点坐标; 过P作直线y=的4

4

17

17

垂线，垂足为T，再设P点为（a，-a2+2a+3）,分别用a的代数式表示PF和PT的长，验证PF和PT相等即可.

【解题过程】解：（1）将A（-1，0）和B（2，3）代入抛物线解析式得

𝑎−2+𝑐=0

{ 4𝑎+4+𝑐=3

𝑎=−1

解得，{

𝑐=3

∴抛物线解析式为y=-x2+2x+3.

（2）过M作MH∥y轴，交AB于H，

设直线AB为y=kx+b，将A，B坐标代入得，

−k+𝑏=0{ 2𝑘+𝑏=3

𝑘=1

解得，{.

𝑏=1

∴直线AB的解析式为y=x+1.

设M为（m，-m2+2m+3）,则H（m，m+1） ∴MH=yM-YH=(-m2+2m+3)-( m+1)=-m2+m+2. ∴S△ABM=S△AMH+S△BMH =·MH·（xB-xA）

211

=2·(-m2+m+2)·(2+1) =-2(m2-m)+3 =-(m-)2+.

2

2

8

3

1

27

3

∵四边形MANB是以MA、MB为相邻的两边的平行四边形， ∴△ABM≌△BAN.

∴S四边形MANB=2 S△ABM=-3(m-2)2+4， ∵a=-3＜0且开口向下，

∴当m=2时，S四边形MANB的最大值为4. 此时，M坐标为（，）.

2

41

15

1

27

1

27

（3）存在，理由如下：

过P作直线y=的垂线，垂足为T，

417

∵抛物线为

∴抛物线的对称轴为直线x=1，顶点坐标为（1,4）.

y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4.

当P为顶点，即P（1.4）时， 设F点坐标为（1，t）， 此时PF=4-t，PT=4-4=4.

∵P到F的距离等于到直线y=的距离，

417

17

1

∴4-t=，

4

1

即t=4. ∴F为（1，）

415

15

设P点为（a，-a2+2a+3）,

由勾股定理，PF2=(a-1)2+(-a2+2a+3-)2

415

=a4-4a3+a2-5a+.

2

16

1325

又∵PT2=[-(-a2+2a+3)]2= a4-4a3+a2-5a+.

4

2

16

171325

∴PF2=PT2，即PF=PT.

∴当F为（1，）时，抛物线C上任意一点P到F的距离等于到直线y=的距离 .

4

4

15

17

【知识点】待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值，勾股定理和平行四边形的性质.

2

5. （2019四川省凉山市，28，12）如图，抛物线y= ax+bx+c的图象过点A（-1，0）、B（3,0）、C（0,3）. （1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△PAC的周长最小，若存在，请求出点 P的坐标及△PAC的周长；若不存在，请说明理由；

（3）在（2）的条件下，在x轴上方的抛物线上是否存在点M （不与C点重合），使得 S△PAM=S△PAC，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 【思路分析】（1）把A（-1，0）、B（3,0）、C（0,3）分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组解答问题；

（2）在抛物线对称轴上存在一点P，使得△PAC周长最小，由题意可知A和B关于对称轴x=1对称，连接BC交直线x=1于P，此时PA+PC的值最小，即△PAC的周长的值最小，由待定系数法求得直线BC的解析式，把x=1即可求得点P的纵坐标，最后借助垂直平分线性质与勾股定理求△PAC的周长；

（3）存在.先求 S△PAC，再求AP解析式，最后分类讨论求M:①过点C作AP的平行线交x轴上方的抛物线于M，求M坐标；②设抛物线对称轴交x轴于点E（1,0）,则S△PAC=x轴上方的抛物线于M，求M坐标.

1×2×2=2= S△PAC.过点E作AP的平行线交2abc0a12

【解题过程】解：（1）由题知9a3bc0，解得b2，∴抛物线的解析式为y= -x+2x+3；

c3c3（2）存在.连接BC交抛物线对称轴于点P，此时△PAC的周长最小.设BC:y=kx+3，则3k+3=0，解得k=-1，∴

BC:y=-x+3.由抛物线的轴对称性可得其对称轴为直线x=1，当x=1时，y=-x+3=2，∴P（1,2）.在Rt△OAC中，

AC=1232=10；在Rt△OBC中，BC=3232=32.∵点P在线段AB的垂直平分线上，∴PA=PB，∴△PAC的周长=AC+PC+PA= AC+PC+PB=AC+BC=10+32.综上，存在符合条件的点P，其坐标为（1,2），此时△PAC的周长为10+32；

（3）存在.由题知AB=4，∴S△PAC= S△ABC- S△PAB=

mn011×4×3-×4×2=2.设：AP:y=mx+n，则，解22mn2得m1，∴AP:y=x+1.

n1yx3x10x21①过点C作AP的平行线交x轴上方的抛物线于M，易得CM:y=x+3，由解得，，2y3y4yx2x312∴M（1,4）；

②设抛物线对称轴交x轴于点E（1,0）,则S△PAC=

1×2×2=2= S△PAC.过点E作AP的平行线交x轴上方的抛物2117xyx112线于M，设EM:y=x+t，则1+t=0,∴t=-1，∴EM:y=x-1. 由解得（舍），2yx2x3y11712117x11711722，∴M（,）. 22117y22综上，存在符合条件的点M，其坐标为（1,4）或（

117117,）. 22

【知识点】待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求一次函数解析式；三角形的面积的求法；数形结合

6.(2019四川巴中,26,12分)如图,抛物线y＝ax2+bx－5(a≠0)经过x轴上的点A(1,0)和点B及y轴上的点C,经过B,C两点的直线为y＝x+n. ①求抛物线的解析式;

②点P从A出发,在线段AB上以每秒1个单位的速度向B运动,同时点E从B出发,在线段BC上以每秒2个单位的速度向C运动.当其中一个点到达终点时,另一点也停止运动.设运动时间为t描,求t为何值时,△PBE的面积最大,并求出最大值.

③过点A作AM⊥BC与点M,过抛物线上一动点N(不与点B,C重合)作直线AM的平行线交直线BC于点Q,若点A,M,N,Q为顶点的四边形是平行四边形.求点N的横坐标.

第26题图

【思路分析】①由点A和直线y＝x+n可得方程组,解出系数,求得二次函数的解析式;②根据题意表示出三角形面积,利用二次函数最值进行求解;③分析得到AM平行且等于NQ,设出坐标,利用坐标关系列方程进行求解,并检验.

ìa+b-5=0ïï【解题过程】①因为点B,C在y＝x+n上,所以B(－n,0),C(0,n),又因为点A(1,0)在抛物线上,所以ían2-bn-5=0,

ïïîn=-5解得,a＝－1,b＝6,所以抛物线的解析式为:y＝－x2+6x－5;

②由题意得:PB＝4－t,BE＝2t,由①可知:∠OBC＝45°,点P到BC上的高h＝BPsin45°＝2(4－t),所以S△PBE＝2122鬃BEh＝-t-2()+22,当t＝2时,S取得最大值为22;

222AB＝22,M(3,2－3)过点N作x轴的垂线交直线BC于点P交x轴于点H,设N(m,－m2+6m－5),则H(m,0),P(m,m－5),易证△PQN

③因为lBC:y＝x－5,所以B(5,0),因为A(1,0),所以AB＝4,在Rt△ABM中,∠ABM＝45°,AM＝为等腰直角三角形,即NQ＝PQ＝22,所以PN＝4.当NH+HP＝4时,即－m2+6m－5－(m－5)＝4,解之得,m1＝1,m2＝4,当m1＝1时,点N与点A重合,故舍去;当NH+HP＝4时,即m－5－(－m2+6m－5)＝4,解之得,m1＝＝5-2415+41,m2

2,因为m>5,所以m＝

5+41;当NH－HP＝4,即－(－m2+6m－5)－[－(m－5)]＝4,解之得,m1＝25+415-415-41,m2＝,因为m<0,所以m＝.综上所述,要使点A,M,N,Q为顶点的四边形是平行四边形,点N222的横坐标为:4或5+415-41或. 22

第26题答图

【知识点】求二次函数解析式,二次函数最值,平行四边形的存在性

7. （2019山东省淄博市，24，12分）如图，顶点为M的抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于A(3，0)，B(－1，0)两点，与y轴交于点C．

(1)求这条抛物线对应的函数表达式；

(2)问在y轴上是否存在点P，使得△PAM为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． (3)若在第一象限的抛物线下方有一动点D，满足DA＝OA，过D作DG⊥x轴于点G，设△ADG的内心为I，试求CI的最小值．

yCMyCMDBO 图AxIBOGAx 备用图

【思路分析】(1)将A、B两点坐标代入抛物线表达式；

(2)△PAM是直角三角形，分类讨论：当点P、A、M分别是直角顶点时的情况，构造相似三角形；

(3) （方法1）由(1)得DA＝OA＝3，设D(x,y)，△ADG的内切圆半径为r，表示内心I(x＋r,r),DG＝y,AG＝3－x 由两点距离公式可得DA，r，CI，联立方程组解得当CI在x23335，y=51最小，此时CI也最小，2105CImin9122=3210-2

（方法2）如图，由内心易知：∠DIA＝135°，∠DAI＝∠OAI，△DAI≌△OAI（SAS），∴∠DIA＝∠OIA ＝135°，

则I在圆周角∠OIA＝135°⊙T的圆周上运动，且半径R＝33332，圆心T为(,)，∴CI＝10

222232在△CIA中，CI≥CT－IT＝

3210-2，当C、I、T三点一线时，CImin=10-2



y4321CDIA1G234–4–3–2B–1–1–2–3–4OxT

9a3b30a1【解题过程】(1)将A、B两点坐标代入抛物线表达式,得,解得.

ab30b2∴y＝－x2＋2x＋3.

(2)假设存在点P，使△PAM是直角三角形.

当点M为直角顶点，过M作CD⊥y轴，过A作AD⊥x轴，交CD于D，CD交y轴于C，∵∠AMP＝90°，∴

∠CMP＋∠AMD＝90，∴∠CMP＝∠MAD，又∵∠DM＝∠PCM，∴△CPM∽△DMA,∴＝

CMPC1＝，∴ADMD4PC17，∴PC＝，∴P1(0,);

222当点A为直角顶点，过A作CD⊥x轴，过M作MD⊥y轴交AD于D，过P作PC⊥y轴交CD于C，同上△CPA

PCAC3AC33∽△DAM，∴＝，∴＝，∴AC＝，∴P2(0,－);

MD422AD2PCCMPC1当点P为直角顶点，过M作CM⊥y轴于C，∴△CPM∽△OAP，∴＝，∴＝，∴PC＝1或

POAO34-PC3，∴P3(0,3)，P4(0,1).

73综上所述，使△PAM是直角三角形的点P的是P1(0,)，P2(0,－)，P3(0,3)，P4(0,1).

22yCPMDyMyCPMDO (2)答图1AxPO (2)答图2ACxO (2)答图3Ax

(3) （方法1）由(1)得DA＝OA＝3，设D(x,y)，△ADG的内切圆半径为r，则△ADG的内心I为(x＋r,r), ∴DG＝y,AG＝3－x

由两点距离公式可得DAx3y39①

2222由等面积法得r＝

22DG+AGDAy3x3yx=②

2222∴CIxrr3③

229122533325y51由①②③得CIx，

210

912253333=5，y=51最小，此时CI也最小，CIminCI在x422105210-2

（方法2）简解：如图，由内心易知：∠DIA＝135°，∠DAI＝∠OAI，△DAI≌△OAI（SAS），∴∠DIA＝∠OIA ＝

135°，则I在圆周角∠OIA＝135°⊙T的圆周上运动，且半径R＝33332，圆心T为(,)，∴CI＝10

222232在△CIA中，CI≥CT－IT＝

y4321CD3210-2，当C、I、T三点一线时，CImin=10-2

IA1G234–4–3–2B–1–1–2–3–4OxT

【知识点】求二次函数表达式，分类讨论，相似三角形，

8. (2019山东枣庄,25,10分)已知抛物线y＝ax2+

3x+4的对称轴是直线x＝3，与x轴相交于A、B两点(点B在点2A的右侧)，与y轴交于点C.

(1)求抛物线的解析式和A、B两点的坐标；

(2)如图1，若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点(不与B、C重合)，是否存在点P，使四边形PBOC的面积最大？若存在，求点P的坐标及四边形PBOC面积的最大值；若不存在，请说明理由.

(3)如图2，若点M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点N，当MN＝3时，求点M的坐标.

【思路分析】(1)根据对称轴公式得到a的值,再通过解一元二次方程求得A,B的坐标;(2)将四边形ABPC分为两个三角形分别求面积,其中△BPC的面积与点P的位置有关,将面积用点P的坐标表示,通过求二次函数的最值求得四边形面积的最值;(3)M,N的横坐标相同,由此可得表示MN长度的代数式,由题中MN＝3得到方程,进而求解,得到点M的坐标.

3b3312＝3,∴a＝,∴抛物线的解析式为:y＝【解题过程】(1)抛物线y＝ax2+x+4的对称轴为:x＝2a2a4a241313x2+x+4,令y＝0,得x2+x+4＝0,解之,得,x1＝－2,x2＝8,∵点B在点A的右侧,∴A(－2,0),B(8,0); 4242

13(2)连接BC,在抛物线y＝x2+x+4中,令x＝0,得y＝4,∴C(0,4),∴OC＝4,OB＝8,∴S△OBC＝16,∵B(8,0),C(0,4),

4211设lBC：y＝kx+b，得0＝8k+b，4＝b，∴k＝,b＝4,lBC：y＝x+4,∴过点P作PD∥y轴交BC于点D,过点C

22111作CE垂直PD于点E,过点B作BF⊥PD于点F,则S△PBC＝S△PCD+S△PBD＝PD×CE+PD×BF＝PD×(CE+BF)

222＝

1113PD×(xB－xC)＝PD×8＝4PD,∵点P在抛物线上,设点P(x,x2+x+4),∵PD∥y轴,点D在直线BC上,224211311∴D(x,x+4),∵点P在B,C间的抛物线上运动,∴PD＝yP－yD＝x2+x+4－(x+4)＝x2+2x,S△PBC＝

2422414PD＝4(x2+2x)＝－x2+8x＝－(x－4)2+16，∴当x＝4时，S△PBC取最大值16，∴此时S四边形OBPC＝S△OBC+S

4△PBC＝32;

第25题答图

13(3)∵MN∥y轴,∴设M,N的横坐标为m,∵点M在抛物线上,设点M(m,n),其中n＝m2+m+4,点N在直线BC

42113上,∴N(m,m+4),∵点M是抛物线上任意一点,∴点M和点N的上下位置关系不确定,∴MN＝|m2+m+4

24211111－(m+4)|＝|x2+2x|,∵MN＝3,∴|x2+2x|＝3,即x2+2x＝3或x2+2x＝－3,解这两个方程,得m1＝2,

24444m2＝6, m3＝4+27, m4＝4－27,∴n1＝6, n2＝4, n3＝7－1, n4＝－7－1,∴M1(2,6), M2(6,4), M3(4+27,7－1), M4(4－27,－7－1).

【知识点】二次函数解析式,交点坐标,三角形面积,二次函数最值,一元二次方程

9.(2019山东聊城,25,12分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A(－2,0),点B(4,0),与y轴交于点C(0,8),连接BC,又已知位于y轴右侧且垂直于x轴的动直线l,沿x轴正方向从O运动到B(不含O点和B点),且分别交抛物线,线段BC以及x轴于点P,D,E. (1)求抛物线的表达式;

(2)连接AC,AP,当直线l运动时,求使得△PEA和△AOC相似的点P的坐标; (3)作PF⊥BC,垂足为F,当直线l运动时,求Rt△PFD面积的最大值.

第25题图 【思路分析】(1)由点A,B,C的坐标,利用待定系数法,求得抛物线的表达式;(2)△AOC确定,因此可根据点P的运动状态表示出AE,PE,根据相似比得到方程,即可解得点P的坐标;(3)表示出△PFD的面积,利用二次函数的最值得到三角形面积的最大值.

【解题过程】(1)由已知,将C(0,8)代入y＝ax2+bx+c,∴c＝8,将点A(－2,0)和B(4,0)代人y＝ax2+bx+8,得4a2b80a1,解得,∴抛物线的表达式为y＝－x2+2x+8; 16a4b80b2(2)∵A(－2,0),C(0,8),∴OA＝2,OC＝8,∵l⊥x轴,∠PEA＝∠AOC＝90°,∵∠PAE≠∠CAO,只有当∠PAE＝∠

AEPE,∴AE＝4PE.设点P的纵坐标为k,则PE＝k,AE＝4k,∴OE＝4k－2,P点的COAO23坐标为(4k－2,k),将P(4k－2,k)代入y＝－x2+2x+8,得－(4k－2)2+2(4k－2)+8＝k,解得k1＝0(舍去),k2＝,当k＝

1623151523时,4k－2＝,∴P点的坐标为(,). 1416ACO时,△PEA∽△AOC.此时

SPD(3)在Rt△PFD中,∠PFD＝∠COB＝90°,∵l∥y轴,∴∠PDF＝∠OCB,∴Rt△PFD∽Rt△BOC,∴△PFD=,

S△BOCBC21PD22∴S△PFD＝S△BOC,由B(4,0)知OB＝4,又∵OC＝8,∴BC＝OBOC＝45,又S△BOC＝OBOC＝16,∴

2BC21S△PFD＝PD2,∴当PD最大时,S△PFD最大.由B(4,0),C(0,8)可解得BC所在直线的表达式为y＝－2x+8,设P(m,－

516m2+2m+8),则D(m,－2m+8),∴PD＝－(m－2)2+4,当m＝2时,PD取得最大值4,∴当PD＝4时,S△PFD＝,为最大值.

5【知识点】待定系数法求二次函数表达式,相似三角形,解一元二次方程,三角形面积,二次函数最值

10. （2019山东省济宁市，题号22，分值11） 如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，延长AE交BC的延长线于点G． （1）求线段CE的长；

（2）如图2，M，N分别是线段AG,DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN＝∠DAM，设AM＝x，DN＝y． ①写出y关于x的函数解析式，并求出y的最小值；

②是否存在这样的点M，使△DMN是等腰三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．

A D E

A

M

G B

D N E G

B

F C 图1

F C 图2

【思路分析】根据矩性质、折叠的性质，用勾股定理求出线段的长度；通过折叠中的角度关系证得四边形AFGE为菱形，通过三角形的两个对应角对应相等可得两个三角形相似，用相似三角形的对应边成比例可得y和x的函数关系式，通过公式法求出二次函数的最小值；用相似三角形的性质和等腰三角形的性质，以及分类讨论思想可得到最后的结果． 【解题过程】

（1）由折叠可得AF＝AD＝10,EF＝ED,

矩形ABCD中，∠B＝90°，∴AB＋BF＝AF,∴BF2

2

2

AF2AB2102826,

∴CF＝BC－BF＝AD－BF＝10－6＝4．

设CE＝x，则EF＝DE＝CD－CE＝AB－CE＝8－x，

∵EF2＝CE2＋CF2．∴(8－x)2＝x2＋42．∴x＝3，∴CE＝3． （2）①∵矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠DAG＝∠AGF, ∵∠DAG＝∠FAG, ∠DAG＝∠AGF, ∴∠FAG＝∠AGF,∴AF＝FG＝10， ∴BG＝BF＋FG＝6＋10＝16． ∵矩形ABCD中∠B＝90°，

222

∴AB＋BG＝AG, ∴AGAB2BG28216285

∵AD＝FG，AD∥FG,

∴四边形AFGE是平行四边形， 又∵AD＝AF，

∴平行四边形AFGE是菱形，

∴DG＝DA＝10， ∴∠DAG＝∠DGA,

∵∠DMG＝∠DMN＋∠NAG＝∠DAM＋∠ADM, ∠DMN＝∠DAM， ∴∠NMG＝∠ADM．

在△ADM和△MNG中，∠ADM＝∠NMG, ∠DAG＝∠DGA, ∴△ADM∽△GMN． ∴

10x1245ADAMxx10， ，∴，∴y10510yMGNG85x4514101052． 45时，y有最小值为

141024515∵＞0，∴当x110210

∴y关于x的函数解析式是：y1245xx10，当x=45时，y有最小值为2． 105②在△DMN和△DMG中，∠DMN＝∠DGM，∠MDG＝∠MDG,∴△DMN和△DMG是相似三角形．

当△DMG是等腰三角形时，△DMN也是等腰三角形．

∵M不与A重合，∴DM≠DG,∴△DMG是等腰三角形只有GM＝GD或DM＝GM两种情况： （1）如图3，当△DMG中GM＝GD＝10时，△DMN也是等腰三角形，即x＝AG－MG＝8510;

A

D N

A

D N

E M

F C 图4

G

M

B

E

G

B

F C 图3

（2）如图4，当△DMG中DM＝GM时，△DMN也是等腰三角形，∴∠MDG＝∠DGM，∴∠DAG＝∠MDG＝∠MDG,∴△ADG∽△DMG，∴

ADAG1085115,∴，∴x＝． MGDG10285x综上：当x的值为2或115时，△DMN是等腰三角形． 2【知识点】矩形的性质，等腰三角形的判定，菱形的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理

11. （2019山东滨州，26，14分）如图①，抛物线y＝－x2+x+4与y轴交于点A，与x轴交于点B，C，将直线AB绕点A逆时针旋转90°，所得直线与x轴交于点D． （1）求直线AD的函数解析式；

（2）如图②，若点P是直线AD上方抛物线上的一个动点 ①当点P到直线AD的距离最大时，求点P的坐标和最大距离； ②当点P到直线AD的距离为

时，求sin∠PAD的值．

【思路分析】（1）根据抛物线y＝－x2+x+4与y轴交于点A，与x轴交于点B，C，可以求得点A、B、C的坐标，再根据将直线AB绕点A逆时针旋转90°，所得直线与x轴交于点D，可以求得点D的坐标．从而可以求得直线AD的函数解析式；（2）①根据题意，作出合适的辅助线，然后根据二次函数的性质即可求得点P到直线AD的距离最大值，进而可以得到点P的坐标；②根据①中关系式和题意，可以求得点P对应的坐标，从而可以求得sin∠PAD的值． 【解题过程】

解：（1）当x＝0时，y＝4，则点A的坐标为（0，4），………………………………………1分 当y＝0时，0＝－x2+x+4，解得x1＝－4，x2＝8， 则点B的坐标为（－4，0），点C的坐标为（8，0）， ∴OA＝OB＝4，∴∠OBA＝∠OAB＝45°． ∵将直线AB绕点A逆时针旋转90°得到直线AD，

∴∠BAD＝90°，∴OAD＝45°，∴∠ODA＝45°，∴OA＝OD，

∴点D的坐标为（4，0）．………………………………………………………………………2分 设直线AD的函数解析式为y＝kx+b，

，得

，

即直线AD的函数解析式为y＝－x+4．……………………………………………………………4分 （2）作PN⊥x轴交直线AD于点N，如右图①所示，

设点P的坐标为（t，－t2+t+4），则点N的坐标为（t，－t+4），

∴PN＝（－t2+t+4）－（－t+4）＝－t2+t，………………………………………………6分 ∴PN⊥x轴，∴PN∥y轴，∴∠OAD＝∠PNH＝45°． 作PH⊥AD于点H，则∠PHN＝90°， ∴PH＝

＝

（－t2+t）＝

t＝－

（t－6）2+

，

∴当t＝6时，PH取得最大值，此时点P的坐标为（6，），………………………………8分

．………………9分

即当点P到直线AD的距离最大时，点P的坐标是（6，），最大距离是

②当点P到直线AD的距离为则

t＝

，

时，如右图②所示，

解得t1＝2，t2＝10，………………………………………………………………………10分 则P1的坐标为（2，），P2的坐标为（10，－）． 当P1的坐标为（2，），则P1A＝

＝

，

∴sin∠P1AD＝＝；…………………………………………………………12分

当P2的坐标为（10，－），则P2A＝＝，

∴sin∠P2AD＝＝；

由上可得，sin∠PAD的值是或．……………………………………………14分

【知识点】二次函数的综合题；待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；锐角三角函数；分类讨论思想

12. （2019甘肃武威，28，12分）如图，抛物线yax2bx4交x轴于A(3,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m． （1）求此抛物线的表达式；

（2）过点P作PMx轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标，若不存在，请说明理由； （3）过点P作PNBC，垂足为点N．请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？

【思路分析】（1）由二次函数交点式表达式，即可求解；

（2）分ACAQ、ACCQ、CQAQ三种情况，分别求解即可； （3）由PNPQsinPQN2121(mm4m4)即可求解． 233【解题过程】解：（1）由二次函数交点式表达式得：ya(x3)(x4)a(x2x12)， 1即：12a4，解得：a，

311则抛物线的表达式为yx2x4；

33（2）存在，理由：

点A、B、C的坐标分别为(3,0)、(4,0)、(0,4)， 则AC5，AB7，BC42，OABOBA45，

将点B、C的坐标代入一次函数表达式：ykxb并解得：yx4①， 同理可得直线AC的表达式为：y4x4， 333设直线AC的中点为M(，4)，过点M与CA垂直直线的表达式中的k值为，

4237同理可得过点M与直线AC垂直直线的表达式为：yx②，

48①当ACAQ时，如图1，

则ACAQ5，

设：QMMBn，则AM7n，

由勾股定理,得(7n)2n225，解得n3或4（舍去4)， 故点Q(1,3)；

②当ACCQ时，如图1，

CQ5，则BQBCCQ425，

则QMMB故点Q(852， 252852，)； 22③当CQAQ时， 联立①②并解得：x25（舍去）； 2故点Q的坐标为：Q(1,3)或(52852，)； 2211（3）设点P(m,m2m4)，则点Q(m,m4)，

33QOBOC，ABCOCB45PQN，

PNPQsinPQNQ21212272(mm4m4)mm， 2336620，PN有最大值， 927时，PN的最大值为：．

242【知识点】二次函数的解析式；勾股定理；一元二次方程；分类讨论

当m13. （2019甘肃省，28，10分）如图，已知二次函数yx2bxc的图象与x轴交于点A(1,0)、B(3,0)，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．

【思路分析】（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1AByDyE，即可求解． 2【解题过程】解：（1）用交点式函数表达式得：y(x1)(x3)x24x3； 故二次函数表达式为：yx24x3； （2）①当AB为平行四边形一条边时，如图1，

则ABPE2， 则点P坐标为(4,3)，

当点P在对称轴左侧时，即点C的位置，点A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形， ∴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，解得：m2， 2m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,x24x3)，则点D(x,x3)， S四边形AEBD1AByDyEx3x24x3x23x， 2Q10，故四边形AEBD面积有最大值， 3393，其最大值为，此时点E(，)． 2442【知识点】二次函数的解析式；平行四边形的性质

当x14. （2019广东广州，24，14分）如图，等边△ABC中，AB＝6，点D在BC上，BD＝4，点E为边AC上一动点（不与点C重合），△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE． （1）当点F在AC上时，求证：DF∥AB；

（2）设△ACD的面积为S1，△ABF的面积为S2，记S＝S1﹣S2，S是否存在最大值？若存在，求出S的最大值；若不存在，请说明理由；

（3）当B，F，E三点共线时．求AE的长．

【思路分析】（1）由折叠的性质和等边三角形的性质可得∠DFC＝∠A，可证DF∥AB；

（2）过点D作DM⊥AB交AB于点M，由题意可得点F在以D为圆心，DF为半径的圆上，由△ACD的面积为S1的值是定值，则当点F在DM上时，S△ABF最小时，S最大；

（3）过点D作DG⊥EF于点G，过点E作EH⊥CD于点H，由勾股定理可求BG的长，通过证明△BGD∽△BHE，可求EC的长，即可求AE的长． 【解题过程】解：（1）∵△ABC是等边三角形 ∴∠A＝∠B＝∠C＝60°

由折叠可知：DF＝DC，且点F在AC上 ∴∠DFC＝∠C＝60° ∴∠DFC＝∠A ∴DF∥AB； （2）存在，

过点D作DM⊥AB交AB于点M， ∵AB＝BC＝6，BD＝4， ∴CD＝2 ∴DF＝2，

∴点F在以D为圆心，DF为半径的圆上， ∴当点F在DM上时，S△ABF最小， ∵BD＝4，DM⊥AB，∠ABC＝60° ∴MD＝2√3

∴S△ABF的最小值=2×6×（2√3−2）＝6√3−6 ∴S最大值=4×36−（6√3−6）＝3√3+6

√31

（3）如图，过点D作DG⊥EF于点G，过点E作EH⊥CD于点H，

∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE ∴DF＝DC＝2，∠EFD＝∠C＝60° ∵GD⊥EF，∠EFD＝60° ∴FG＝1，DG=√3FG=√3 ∵BD2＝BG2+DG2， ∴16＝3+（BF+1）2， ∴BF=√13−1 ∴BG=√13

∵EH⊥BC，∠C＝60° ∴CH=2，EH=√3HC=2EC

∵∠GBD＝∠EBH，∠BGD＝∠BHE＝90° ∴△BGD∽△BHE ∴

𝐷𝐺𝐵𝐺

𝐸𝐶

√3=

𝐸𝐻𝐵𝐻

𝐸𝐶√32∴=𝐸𝐶 √136−

2√3∴EC=√13−1

∴AE＝AC﹣EC＝7−√13 【知识点】等边三角形的性质；折叠的性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质

15. （2019江苏连云港，27，14分）问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．

问题探究：在“问题情境”的基础上．

（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求AEF的度数；

（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将APN沿着AN翻折，点P落在点P处，

若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求PS的最小值．

问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着使得BC的对应边BC恰好经过点A，CN交AD于点F．分别过点A、F作AGMN，FHMN，MN翻折，

垂足分别为G、H．若AG5，请直接写出FH的长． 2

【思路分析】问题情境：过点B作BF//MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NFMB，证明ABEBCF得出BECF，即可得出结论；

问题探究：（1）连接AQ，过点Q作HI//AB，分别交AD、BC于点H、I，证出DHQ是等腰直角三角形，HDHQ，AHQI，证明RtAHQRtQIE得出AQHQEI，得出AQE是等腰直角三角形，得出EAQAEQ45，即可得出结论；

（2）连接AC交BD于点O，则APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P与点D重合；设点P与点O重合时，则点P的落点为O，由等腰直角三角形的性质得出ODAADO45，当点P在线段BO上运动时，过点P作PGCD于点G，过点P作PHCD交CD延长线于点H，连接PC，证明APBCPB得出BAPBCP，证明RtPGNRtNHP得出PGNH，GNPH，由正方形的性质得出PDG45，易得出PGGD，得出GNDH，DHPH，得出PDH45，故PDA45，点P在线

段DO上运动；过点S作SKDO，垂足为K，即可得出结果；

问题拓展：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，则EGAG5，PHFH，得2出AE5，由勾股定理得出BEAE2AB23，得出CEBCBE1，证明ABE∽QCE，得出QE152025，证明AGM∽ABE，得出AM，由折叠的性质得：ABEB3，AE，AQAEQE3338725，证明AFC∽MAB，得出AF，AC1，87求出BMAM2AB2BB90，CBCD90，DF4525315，证明DFP∽DAQ，得出FP，得出FHFP．

777214【解题过程】问题情境：

解：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DNMBEC；理由如下： Q四边形ABCD是正方形，

ABEBCD90，ABBCCD，AB//CD，

过点B作BF//MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：

四边形MBFN为平行四边形，

NFMB，

BFAE，

BGE90， CBFAEB90， QBAEAEB90， CBFBAE，

BAECBF在ABE和BCF中，ABBC，

ABEBCF90ABEBCF(ASA)， BECF，

QDNNFCFBEEC， DNMBEC；

问题探究：

解：（1）连接AQ，过点Q作HI//AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示： Q四边形ABCD是正方形，

四边形ABIH为矩形，

HIAD，HIBC，HIABAD， QBD是正方形ABCD的对角线，

BDA45，

DHQ是等腰直角三角形，HDHQ，AHQI， QMN是AE的垂直平分线，

AQQE，

AQQE在RtAHQ和RtQIE中，，

AHQIRtAHQRtQIE(HL)， AQHQEI， AQHEQI90， AQE90，

AQE是等腰直角三角形，

EAQAEQ45，即AEF45；

（2）连接AC交BD于点O，如图3所示： 则APN的直角顶点P在OB上运动，

设点P与点B重合时，则点P与点D重合；设点P与点O重合时，则点P的落点为O， QAOOD，AOD90， ODAADO45，

当点P在线段BO上运动时，过点P作PGCD于点G，过点P作PHCD交CD延长线于点H，连接PC， Q点P在BD上，

APPC，

APPC在APB和CPB中，BPBP，

ABBCAPBCPB(SSS)， BAPBCP， QBCDMPA90， PCNAMP， QAB//CD， AMPPNC， PCNPNC， PCPN， APPN， PNA45， PNP90， PNHPNG90，

QPNHNPH90，PNGNPG90， NPGPNH，PNGNPH，

由翻折性质得：PNPN，

NPGPNH在PGN和NHP中，PNPN，

PNGNPHPGNNHP(ASA)， PGNH，GNPH，

QBD是正方形ABCD的对角线，

PDG45，

易得PGGD， GNDH，

DHPH，

PDH45，故PDA45，

点P在线段DO上运动；

过点S作SKDO，垂足为K， Q点S为AD的中点，

DS2，则PS的最小值为2；

问题拓展：

解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4: 则EGAGAE5，

5，PHFH， 2在RtABE中，BEAE2AB23， CEBCBE1，

QBECQ90，AEBQEC， ABE∽QCE，

AEBE3， QECE15QEAE，

33AQAEQE20， 3QAGMN， AGM90B， QMAGEAB， AGM∽ABE，

5AM2AMAG， ，即AEAB解得：AM25， 8由折叠的性质得：ABEB3，BB90，CBCD90， BMAM2AB27，AC1， 8

QBAD90， BAMCFA， AFC∽MAB，

AFAC1， AMBM7825， 7解得：AFDF4253， 77QAGMN，FHMN， AG//FH，

AQ//FP， DFP∽DAQ，

3FP7FPDF， ，即204AQAD3解得：FPFH5， 715FP． 214

【知识点】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；相似三角形的判定与性质

16.（2019江苏扬州，28，12分）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1是经过点P的一条直线，把ABC沿直线1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1//AC，则BB的长度为 ；

（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线1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1变化过程中，求ACB面积的最大值．

【思路分析】（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BB交PE于O．证明PEB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BB//AC即可．

（4）如图4中，当BPAC时，ACB的面积最大，设直线PB交AC于E，求出BE即可解决问题． 【解题过程】解：（1）如图1中，

QABC是等边三角形，

A60，ABBCAC8， QPB4，

PBPBPA4，

QA60，

APB是等边三角形， ABAP4．

故答案为4．

（2）如图2中，设直线l交BC于点E．连接BB交PE于O．

QPE//AC，

BPEA60，BEPC60， PEB是等边三角形，

QPB5，

QB，B关于PE对称，

BBPE，BB2OB

OBPBgsin60BB53．

53， 2故答案为53．

（3）如图3中，结论：面积不变．

QB，B关于直线l对称， BB直线l，

Q直线lAC，

AC//BB，

SACBSACB32g8163． 4（4）如图4中，当BPAC时，ACB的面积最大，

设直线PB交AC于E，

在RtAPE中，QPA2，PAE60， PEPAgsin603， BE63，

1SACB的最大值8634324．

2【知识点】等边三角形的性质和判定，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定和性质

17. （2019江苏扬州，27，12分）如图，四边形ABCD是矩形，AB20，BC10，以CD为一边向矩形外部

作等腰直角GDC，点M在线段AB上，且AMa，点P沿折线ADDG运动，点Q沿折线BCCGG90．运动（与点G不重合），在运动过程中始终保持线段PQ//AB．设PQ与AB之间的距离为x． （1）若a12．

①如图1，当点P在线段AD上时，若四边形AMQP的面积为48，则x的值为 ； ②在运动过程中，求四边形AMQP的最大面积；

（2）如图2，若点P在线段DG上时，要使四边形AMQP的面积始终不小于50，求a的取值范围．

【思路分析】（1）①P在线段AD上，PQAB20，APx，AM12，由梯形面积公式得出方程，解方程即可；②当P，在AD上运动时，为直角梯形，得出0x„10时，四边形AMQPP到D点时四边形AMQP面积最大，1面积的最大值(1220)10160，当P在DG上运动，10x„20，四边形AMQP为不规则梯形，作PHAB2于M，交CD于N，作GECD于E，交AB于F，则PMx，PNx10，

EFBC10，由等腰直角三角形的性质得出GECD10，得出GFGEEF20，GH20x，证明

1得出比例式，得出PQ402x，求出梯形AMQP的面积(12402x)x(x13)2169，GPQ∽GDC，

212由二次函数的性质即可得出结果；

140a（2）则10剟梯形AMQP的面积S(a402x)xx2PQ402x，AMa，x20，P在DG上，x，

22对称轴x10aa，得出10剟对称轴在10和15之间，得出10剟二次函数图象开口向下，当x20x20，1015，4440a5；即可得出答案． 20…50，a…2时，S最小，得出202【解题过程】解：（1）①P在线段AD上，PQAB20，APx，AM12，四边形AMQP的面积1(1220)x48，解得：x3；故答案为：3； 2②当P，在AD上运动时，P到D点时四边形AMQP面积最大，为直角梯形，0x„10时，四边形AMQP面1积的最大值(1220)10160，当P在DG上运动，10x„20，四边形AMQP为不规则梯形，作PHAB于

2M，交CD于N，作GECD于E，交AB于F，如图2所示：则PMx，PNx10，EFBC10，

QGDC是等腰直角三角形，DECE，GECD10，GFGEEF20，GH20x，由题意得：

12PQ//CD，GPQ∽GDC，PQGHPQ20x，即，解得：PQ402x，梯形AMQP的面积DCGE20101(12402x)xx226x(x13)2169，当x13时，四边形AMQP的面积最大169； 2（2）解：P在DG上，则10剟x20，AMa，PQ402x，

140aa梯形AMQP的面积S(a402x)xx2x，对称轴为：x10，

224Q0剟x20，10剟10a15，对称轴在10和15之间， 440a5； 20…50，a…2Q10剟x20，二次函数图象开口向下，当x20时，S最小，202综上所述，a的取值范围为5剟a20．

【知识点】矩形的性质；等腰直角三角形的性质；相似三角形的判定与性质；二次函数的性质

18. （2019山东青岛，24，12分）已知：如图，在四边形ABCD中，AB//CD，ACB90，AB10cm，BC8cm，OD垂直平分A C．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方

向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PEAB，交BC于点E，过点Q作QF//AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t(s)(0t5)，解答下列问题： （1）当t为何值时，点E在BAC的平分线上？

（2）设四边形PEGO的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式；

（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；

（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OEOQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【思路分析】（1）当点E在BAC的平分线上时，因为EPAB，ECAC，可得PEEC，由此构建方程即可解决问题．

（2）根据S四边形OPEGSOEGSOPESOEGSOPCSPCESOEC构建函数关系式即可． （3）利用二次函数的性质解决问题即可．

（4）证明EOCQOG，可得tanEOCtanQOG，推出

ECGQ，由此构建方程即可解决问题． OCOG【解题过程】解：（1）在RtABC中，QACB90，AB10cm，BC8cm，

AC102826(cm)， QOD垂直平分线段AC，

OCOA3(cm)，DOC90， QCD//AB， BACDCO， QDOCACB， DOC∽BCA，



ACABBC， OCCDOD6108， 3CDODCD5(cm)，OD4(cm)， QPBt，PEAB， 35易知：PEt，BEt，

44当点E在BAC的平分线上时，

QEPAB，ECAC，

PEEC，



35t8t， 44t4．

当t为4秒时，点E在BAC的平分线上．

（2）如图，连接OE，PC．

S四边形OPEGSOEGSOPESOEGSOPCSPCESOEC

141415315g(4t)g3[g3g(8t)g(8t)gtg3g(8t) 252524524

815t2t16(0t5)．

33（3）存在．

8568QS(t)2(0t5)，

323t568时，四边形OPEG的面积最大，最大值为． 23（4）存在．如图，连接OQ． QOEOQ，

EOCQOC90， QQOCQOG90， EOCQOG， tanEOCtanQOG，



ECGQ， OCOG35t8t， 434t5整理得：5t266t1600， 解得t当t16或10（舍弃） 516秒时，OEOQ． 5

【知识点】相似三角形的判定和性质；锐角三角函数，

19.（2019四川广安，26，10分）如图，抛物线yx2bxc与x轴交于A、B两点(A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l:ykxn与y轴交于点C，与抛物线yx2bxc的另一个交点为D，已知A(1,0)，． D(5,6)，P点为抛物线yx2bxc上一动点（不与A、D重合）（1）求抛物线和直线l的解析式；

（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE//x轴交直线l于点E，作PF//y轴交直线l于点F，求

PEPF的最大值；

（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【思路分析】（1）将点A、D的坐标分别代入直线表达式、抛物线的表达式，即可求解； （2）PEPF2PF2(x23x4x1)2(x2)218，即可求解；

（3）分NC是平行四边形的一条边、NC是平行四边形的对角线，两种情况分别求解即可． kn0k1【解题过程】解：（1）将点A、D的坐标代入直线表达式得：，解得：，

5kn6n1故直线l的表达式为：yx1， 将点A、D的坐标代入抛物线表达式， 同理可得抛物线的表达式为：yx23x4；

（2）直线l的表达式为：yx1，则直线l与x轴的夹角为45， 即：则PEPE，

设点P坐标为(x,x23x4)、则点F(x,x1)， PEPF2PF2(x23x4x1)2(x2)218，

Q20，故PEPF有最大值，

当x2时，其最大值为18； （3）NC5，

①当NC是平行四边形的一条边时，

设点P坐标为(x,x23x4)、则点M(x,x1)， 由题意得：|yMyP|5，即：|x23x4x1|5， 解得：x214或0或4（舍去0)，

则点P坐标为(214，314)或(214，314)或(4,5)； ②当NC是平行四边形的对角线时， 1则NC的中点坐标为(，2)，

2设点P坐标为(m,m23m4)、则点M(n,n1)，

N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形，则NC的中点即为PM中点，

m23m4n11mn即：，2，

222解得：m0或4（舍去0)， 故点P(4,3)；

故点P的坐标为：(214，314)或(214，314)或(4,5)或(4,3)． 【知识点】二次函数综合题

20. （2019四川绵阳，24，12分）在平面直角坐标系中，将二次函数y＝ax2（a＞0）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），OA＝1，经过点A的一次函数y＝kx+b（k≠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PE+PA的最小值．

3

5

【思路分析】（1）先写出平移后的抛物线解析式，经过点A（﹣1，0），可求得a的值，由△ABD的面积为5可求出点D的纵坐标，代入抛物线解析式求出横坐标，由A、D的坐标可求出一次函数解析式；

（2）作EM∥y轴交AD于M，如图，利用三角形面积公式，由S△ACE＝S△AME﹣S△CME构建二次函数，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，交轴于点P，则∠BAE＝∠HAP＝∠HFE，利用锐角三角函数的定义可得出EP+5AP＝FP+HP，此时FH最小，求出最小值即可．

【解题过程】解：（1）将二次函数y＝ax2（a＞0）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y＝a（x﹣1）2﹣2， ∵OA＝1，

∴点A的坐标为（﹣1，0），代入抛物线的解析式得，4a﹣2＝0， ∴𝑎=，

∴抛物线的解析式为y=2(𝑥−1)2−2，即y=2𝑥2−𝑥−2． 令y＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3， ∴B（3，0）， ∴AB＝OA+OB＝4， ∵△ABD的面积为5， ∴𝑆△𝐴𝐵𝐷=𝐴𝐵⋅𝑦𝐷=5，

∴yD=，代入抛物线解析式得，=

2

5

25

12

121

1

3

123

𝑥2−𝑥−，

2

3

解得x1＝﹣2，x2＝4， ∴D（4，），

25

设直线AD的解析式为y＝kx+b，

1

5𝑘=2∴{4𝑘+𝑏=2，解得：{， 1

−𝑘+𝑏=0𝑏=

2∴直线AD的解析式为y=2𝑥+2．

（2）过点E作EM∥y轴交AD于M，如图，设E（a，𝑎2−𝑎−），则M（a，𝑎+），

2

2

2

2

1

3

1

1

11

∴𝐸𝑀=2𝑎+2−2𝑎2+𝑎+2=−2𝑎2+2𝑎+2， ∴S△ACE＝S△AME﹣S△CME==−(𝑎−)2+

32143225， 162516

11131

×𝐸𝑀⋅1=(−𝑎2+𝑎+2)×1=−(𝑎2−3𝑎−4)， 222241

1

1

3

1

3

∴当a=时，△ACE的面积有最大值，最大值是，此时E点坐标为（，−

2

3158

）．

（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，交轴于点P，

∵E（，−

2

33

158

），OA＝1，

15

∴AG＝1+2=2，EG=8， ∴

𝐴𝐺𝐸𝐺

5

=

5

2158=，

3

4

∵∠AGE＝∠AHP＝90° ∴sin∠𝐸𝐴𝐺=

3

𝑃𝐻𝐸𝐺3

==， 𝐴𝑃𝐴𝐸5∴𝑃𝐻=5𝐴𝑃， ∵E、F关于x轴对称， ∴PE＝PF，

∴PE+5AP＝FP+HP＝FH，此时FH最小，

3

∵EF=

1515

×2=，∠AEG＝∠HEF， 84𝐴𝐺

𝐹𝐻

4

∴𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐸𝐺=𝑠𝑖𝑛∠𝐻𝐸𝐹=𝐴𝐸=𝐸𝐹=5， ∴𝐹𝐻=

315×=3． ∴PE+PA的最小值是3． 【知识点】二次函数综合题

21. （2019四川南充，25，10分）如图，抛物线yax2bxc与x轴交于点A(1,0)，点B(3,0)，且OBOC． （1）求抛物线的解析式；

（2）点P在抛物线上，且POBACB，求点P的坐标；

（3）抛物线上两点M，N，点M的横坐标为m，点N的横坐标为m4．点D是抛物线上M，N之间的动点，过点D作y轴的平行线交MN于点E． ①求DE的最大值；

②点D关于点E的对称点为F，当m为何值时，四边形MDNF为矩形．

【思路分析】（1）已知抛物线与x轴两交点坐标，可设交点式ya(x1)(x3)；由OCOB3得C(0,3)，代入交点式即求得a1．

（2）由POBACB联想到构造相似三角形，因为求点P坐标一般会作x轴垂线PH得RtPOH，故可过点A在BC边上作垂线AG，构造ACG∽POH．利用点A、B、C坐标求得AG、CG的长，由相似三角形对应边成比例推出

PHAG1．设点P横坐标为p，则OH与PH都能用p表示，但需按P横纵坐标的正负性进OHCG2行分类讨论．得到用p表示OH与PH并代入OH2PH计算即求得p的值，进而求点P坐标．

（3）①用m表示M、N横纵坐标，把m当常数求直线MN的解析式．设D横坐标为d，把xd代入直线MN解析式得点E纵坐标，D与E纵坐标相减即得到用m、d表示的DE的长，把m当常数，对未知数d进行配方，即得到当dm2时，DE取得最大值．

②由矩形MDNF得MNDF且MN与DF互相平分，所以E为MN中点，得到点D、E横坐标为m2．由①得dm2时，DE4，所以MN8．用两点间距离公式用m表示MN的长，即列得方程求m的值．

Q抛物线与x轴交于点A(1,0)，【解题过程】解：（1）

点B(3,0)

设交点式ya(x1)(x3)

QOCOB3，点C在y轴负半轴

C(0,3)

把点C代入抛物线解析式得：3a3 a1

抛物线解析式为y(x1)(x3)x24x3

（2）如图1，过点A作AGBC于点G，过点P作PHx轴于点H

AGBAGCPHO90 QACBPOB ACG∽POH

AGCG PHOHAGPH CGOHQOBOC3，BOC90

ABC45，BCOB2OC232 ABG是等腰直角三角形

AGBG2AB2 2CGBCBG32222 PHAG1 OHCG2OH2PH

设P(p,p24p3)

①当p3或1p0时，点P在点B左侧或在AC之间，横纵坐标均为负数

OHp，PH(p24p3)p24p3 p2(p24p3)

解得：p1P(933933，p2 44933933933933，，)或() 4848②当3p1或p0时，点P在AB之间或在点C右侧，横纵坐标异号 p2(p24p3)

3解得：p12，p2

233P(2,1)或(，)

24综上所述，点P的坐标为((933933，)、4893393333，)、(2,1)或(，)． 4824（3）①如图2，Qxm4时，

y(m4)24(m4)3m212m35 M(m,m24m3)，N(m4,m212m35)

设直线MN解析式为ykxn

kmnm24m32k(m4)nm12m35 解得：

k2m8 2nm4m3直线MN:y(2m8)xm24m3

设D(d，d24d3)(mdm4) QDE//y轴

xExDd，E(d，(2m8)dm24m3)

DEd24d3[(2m8)dm24m3]d2(2m4)d

当dm2时，DE的最大值为4．

②如图3，QD、F关于点E对称

DEEF

Q四边形MDNF是矩形

MNDF，且MN与DF互相平分 1DEMN，E为MN中点

2xDxEmm4m2 2由①得当dm2时，DE4 MN2DE8

(m4m)2[m212m35(m24m3)]282

解得：m14m的值为433，m24 2233或4时，四边形MDNF为矩22形．

【知识点】二次函数解析式；二次函数最大值；等腰三角形的性质；相似三角形的判定和性质；一元二次方程的解法；二元一次方程组的解法；矩形的性质

22. （2019四川宜宾，24，12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线yax22xc与直线ykxb都经过A(0,3)、B(3,0)两点，该抛物线的顶点为C． （1）求此抛物线和直线AB的解析式；

（2）设直线AB与该抛物线的对称轴交于点E，在射线EB上是否存在一点M，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，使点M、N、C、E是平行四边形的四个顶点？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由； （3）设点P是直线AB下方抛物线上的一动点，当PAB面积最大时，求点P的坐标，并求PAB面积的最大值．

【思路分析】（1）将A(0,3)、B(3,0)两点坐标分别代入二次函数的解析式和一次函数解析式即可求解； （2）先求出C点坐标和E点坐标，则CE2，分两种情况讨论：①若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CEMN，②若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CEMN，设M(a,a3)，则

N(a,a22a3)，可分别得到方程求出点M的坐标；

（3）如图，作PG//y轴交直线AB于点G，设P(m,m22m3)，则G(m,m3)，可由SPABm的表达式，利用二次函数求最值问题配方即可．

1PGgOB，得到2【解题过程】解：（1）Q抛物线yax22xc经过A(0,3)、B(3,0)两点， 9a6c0，

c3a1，

c3抛物线的解析式为yx22x3，

Q直线ykxb经过A(0,3)、B(3,0)两点，

k13kb0，解得：，

b3b3直线AB的解析式为yx3，

（2）Qyx22x3(x1)24，

抛物线的顶点C的坐标为(1,4)，

QCE//y轴， E(1,2)，

CE2，

①如图，若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CEMN， 设M(a,a3)，则N(a,a22a3)，

MNa3(a22a3)a23a，a23a2，

解得：a2，a1（舍去）， M(2,1)，

②如图，若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CEMN，设M(a,a3)，则N(a,a22a3)，

MNa22a3(a3)a23a， a23a2，

解得：aM(317317，a（舍去）， 22317317，)， 22317317,)． 22综合可得M点的坐标为(2,1)或(

（3）如图，作PG//y轴交直线AB于点G，

设P(m,m22m3)，则G(m,m3)，

PGm3(m22m3)m23m， SPABSPGASPGB当m11393327， PGgOB(m23m)3m2m(m)2222222832733时，PAB面积的最大值是，此时P点坐标为(,)． 2822【知识点】待定系数法求函数解析式； 次函数求最值问题；平行四边形

23. （2019四川资阳，24，13分）如图，抛物线y=−2x2+bx+c过点A（3，2），且与直线y＝﹣x+2交于B、C两点，点B的坐标为（4，m）．

17

（1）求抛物线的解析式；

（2）点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作DE⊥x轴交直线BC于点E，点P为对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求PD+PA的最小值；

（3）设点M为抛物线的顶点，在y轴上是否存在点Q，使∠AQM＝45°？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【思路分析】（1）将点B的坐标为（4，m）代入y＝﹣x+2，m＝﹣4+2=−2，B的坐标为（4，−2），将A（3，2），B（4，−2）代入y=−2x2+bx+c，解得b＝1，c=2，因此抛物线的解析式y=−2𝑥2+𝑥+2； （2）设D（m，−2𝑚2+𝑚+2），则E（m，﹣m+2），DE＝（−2𝑚2+𝑚+2）﹣（﹣m+2）=−2𝑚2+2𝑚=−2（m﹣2）2+2，当m＝2时，DE有最大值为2，此时D（2，），作点A关于对称轴的对称点A'，连接A'D，

2

7711

11717

17717711

7

与对称轴交于点P．PD+PA＝PD+PA'＝A'D，此时PD+PA最小；

（3）作AH⊥y轴于点H，连接AM、AQ、MQ、HA、HQ，由M（1，4），A（3，2），可得AH＝MH＝2，H（1，2）因为∠AQM＝45°，∠AHM＝90°，所以∠AQM=2∠AHM，可知△AQM外接圆的圆心为H，于是QH＝HA＝HM＝2设Q（0，t），则√(0−1)2+(𝑡−2)2=2，t＝2+√3或2−√3，求得符合题意的点Q的坐标：Q1（0，2−√3）、Q2（0，2+√3）．

【解题过程】解：（1）将点B的坐标为（4，m）代入y＝﹣x+2， m＝﹣4+2=−2， ∴B的坐标为（4，−），

将A（3，2），B（4，−2）代入y=−2x2+bx+c， −2×32+3𝑏+𝑐=2{1 12

−2×4+4𝑏+𝑐=−2解得b＝1，c=2，

∴抛物线的解析式y=−2𝑥2+𝑥+2；

（2）设D（m，−𝑚2+𝑚+），则E（m，﹣m+），

DE＝（−2𝑚2+𝑚+2）﹣（﹣m+2）=−2𝑚2+2𝑚=−2（m﹣2）2+2， ∴当m＝2时，DE有最大值为2， 此时D（2，），

271

7

7

1

1

1

272721

7

7

1

1

1

127

1

71

作点A关于对称轴的对称点A'，连接A'D，与对称轴交于点P．

PD+PA＝PD+PA'＝A'D，此时PD+PA最小， ∵A（3，2）， ∴A'（﹣1，2），

A'D=√(−1−2)2+(2−)2=√5，

22即PD+PA的最小值为

32

73

√5；

（3）作AH⊥y轴于点H，连接AM、AQ、MQ、HA、HQ，

∵抛物线的解析式y=−2𝑥2+𝑥+2， ∴M（1，4）， ∵A（3，2），

∴AH＝MH＝2，H（1，2） ∵∠AQM＝45°， ∠AHM＝90°， ∴∠AQM=∠AHM，

可知△AQM外接圆的圆心为H，

1

21

7

∴QH＝HA＝HM＝2 设Q（0，t），

则√(0−1)2+(𝑡−2)2=2， t＝2+√3或2−√3 ∴符合题意的点Q的坐标：Q1（0，2−√3）、Q2（0，2+√3）． 【知识点】二次函数的图象的性质；一次函数的性质；圆周角定理 24.

25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39.