中考數(shù)學(xué)高頻考點突破-二次函數(shù)與線段周長

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁中考數(shù)學(xué)高頻考點突破——二次函數(shù)與線段周長1．如圖，拋物線與軸交于點，交軸于點，直線過點與軸交于點，與拋物線的另一個交點為，作軸于點.設(shè)點是直線上方的拋物線上一動點（不與點、重合），過點作軸的平行線，交直線于點，作于點.（1）填空：__________，__________，__________；（2）探究：是否存在這樣的點，使四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）設(shè)的周長為，點的橫坐標(biāo)為，求與的函數(shù)關(guān)系式，并求出的最大值.2．如圖，二次函數(shù)y=x2﹣4x的圖象與x軸、直線y=x的一個交點分別為點A、B，CD是線段OB上的一動線段，且CD=2，過點C、D的兩直線都平行于y軸，與拋物線相交于點F、E，連接EF．（1）點A的坐標(biāo)為，線段OB的長=；（2）設(shè)點C的橫坐標(biāo)為m．①當(dāng)四邊形CDEF是平行四邊形時，求m的值；②連接AC、AD，求m為何值時，△ACD的周長最小，并求出這個最小值．3．如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A（-1，0）、B（4，0）兩點，與y軸交于點C（0，2），（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）如圖，在拋物線對稱軸上取兩個點G、H（G在H的上方），且滿足GH=1，連接CG，AH，求四邊形CGHA的周長的最小值；（3）如圖，點P是拋物線第一象限的一個動點，過點P作PQ⊥x軸于點Q，交BC于點D，PE⊥BC于點E，設(shè)△PDE的面積為S，求當(dāng)S取得最大值時點P的坐標(biāo)，并求S的最大值．4．如圖1，拋物線y＝﹣與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，連接AC、BC．（1）求線段AC的長；（2）如圖2，E為拋物線的頂點，F(xiàn)為AC上方的拋物線上一動點，M、N為直線AC上的兩動點（M在N的左側(cè)），且MN＝4，作FP⊥AC于點P，F(xiàn)Q∥y軸交AC于點Q．當(dāng)△FPQ的面積最大時，連接EF、EN、FM，求四邊形ENMF周長的最小值．（3）如圖3，將△BCO沿x軸負(fù)方向平移個單位后得△B'C'O'，再將△B'C'O'繞點O'順時針旋轉(zhuǎn)α度，得到△B″C″O'（其中0°＜α＜180°），旋轉(zhuǎn)過程中直線B″C″與直線AC交于點G，與x軸交于點H，當(dāng)△AGH是等腰三角形時，求α的度數(shù)．5．如圖所示，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸相交于A、B兩點，且點A的坐標(biāo)為（1，0），與y軸交于點C，對稱軸直線x＝2與x軸相交于點D，點P是拋物線對稱軸上的一個動點，以每秒1個單位長度的速度從拋物線的頂點E向下運動，設(shè)點P運動的時間為t（s）．（1）點B的坐標(biāo)為，拋物線的解析式是；（2）求當(dāng)t為何值時，△PAC的周長最?。浚?）當(dāng)t為何值時，△PAC是以AC為腰的等腰三角形？6．如圖，過點的拋物線的對稱軸是，點是拋物線與軸的一個交點，點在軸上，點是拋物線的頂點.（1）求、的值；（2）當(dāng)是直角三角形時，求的面積；（3）設(shè)點在直線下方且在拋物線上，點、在拋物線的對稱軸上（點在點的上方），且，過點作軸的平行線交直線于點，當(dāng)最大時，請直接寫出四邊形的周長最小時點、、的坐標(biāo).7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A、B、C三點，已知點A（﹣3，0），B（0，m），C（1，0）．（1）求m值；（2）設(shè)點P是直線AB上方的拋物線上一動點（不與點A、B重合）．①過點P作x軸的垂線，垂足為F，交直線AB于點E，作PD⊥AB于點D．動點P在什么位置時，△PDE的周長最大，求出此時P點的坐標(biāo)；②連接AP，并以AP為邊作等腰直角△APQ，當(dāng)頂點Q恰好落在拋物線的對稱軸上時，求出對應(yīng)的點P坐標(biāo)．8．如圖，已知拋物線y=﹣x2﹣2x+m+1與x軸交于A（x1

，0）、B（x2

，0）兩點，且x1＜0，x2＞0，與y軸交于點C，頂點為P．（提示：若x1

，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的兩個實根，則x1+x2=﹣，x1?x2=）(1)求m的取值范圍；(2)若OA=3OB，求拋物線的解析式；(3)在(2)中拋物線的對稱軸PD上，存在點Q使得△BQC的周長最短，試求出點Q的坐標(biāo)．9．如圖，在直角坐標(biāo)系中，拋物線y=a（x-）2+與⊙M交于A，B，C，D四點，點A，B在x軸上，點C坐標(biāo)為（0，-2）．（1）求a值及A，B兩點坐標(biāo)；（2）點P（m，n）是拋物線上的動點，當(dāng)∠CPD為銳角時，請求出m的取值范圍；（3）點E是拋物線的頂點，⊙M沿CD所在直線平移，點C，D的對應(yīng)點分別為點C′，D′，順次連接A，C′，D′，E四點，四邊形AC′D′E（只要考慮凸四邊形）的周長是否存在最小值？若存在，請求出此時圓心M′的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．10．如圖，Rt△OAB如圖所示放置在平面直角坐標(biāo)系中，直角邊OA與x軸重合，∠OAB=90°，OA=4，AB=2，把Rt△OAB繞點O逆針旋轉(zhuǎn)90°，點B旋轉(zhuǎn)到點C的位置，一條拋物找正好經(jīng)過點O，C，A三點．（1）求該拋物線的解析式；（2）在x軸上方的拋物線上有一動點P，過點P作x軸的平行線交拋物線于點D，分別過點P，點D作x軸的垂線，交x軸于R，S兩點，問：四邊形PRSD的周長是否有最大值？如果有，請求出最值，并寫出解答過程；如果沒有，請說明理由．（3）如圖2，把點B向下平移兩個單位得到點T，過O，T兩點作⊙Q交x軸，y軸于E，F(xiàn)兩點，若M、N分別為弧、的中點，作MG⊥EF，NH⊥EF，垂足為G、H，試求MG+NH的值．11．如圖，拋物線與軸交于，兩點.（1）求該拋物線的解析式；（2）拋物線的對稱軸上是否存在一點，使的周長最??？若存在，請求出點的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由.（3）設(shè)拋物線上有一個動點，當(dāng)點在該拋物線上滑動到什么位置時，滿足，并求出此時點的坐標(biāo).12．如圖，拋物線y=x2﹣4x﹣5與x軸交于A，B兩點（電B在點A的右側(cè)），與y軸交于點C，拋物線的對稱軸與x軸交于點D．（1）求A，B，C三點的坐標(biāo)及拋物線的對稱軸．（2）如圖1，點E（m，n）為拋物線上一點，且2＜m＜5，過點E作EF∥x軸，交拋物線的對稱軸于點F，作EH⊥x軸于點H，求四邊形EHDF周長的最大值．（3）如圖2，點P為拋物線對稱軸上一點，是否存在點P，使以點P，B，C為頂點的三角形是直角三角形？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．13．已知如圖，拋物線y=x2+x﹣與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)）與y軸交于點C，直線BE⊥BC與點B，與拋物線的另一交點為E．（1）如圖1，求點E的坐標(biāo)；（2）如圖2，若點P為x軸下方拋物線上一動點，過P作PG⊥BE與點G，當(dāng)PG長度最大時，在直線BE上找一點M，使得△APM的周長最小，并求出周長的最小值．（3）如圖3，將△BOC在射線BE上，設(shè)平移后的三角形為△B′O′C′，B′在射線BE上，若直線B′C′分別與x軸、拋物線的對稱軸交于點R、T，當(dāng)△O′RT為等腰三角形時，求R的坐標(biāo)．14．如圖1，已知拋物線與軸交于兩點，與y軸交于點，頂點為，點是點關(guān)于對稱軸的對稱點，過點作軸交軸于點，交線段于點.（1）連接，求的周長；（2）如圖2，點是線段上方拋物線上的一點，過作軸交軸于點，交線段于點，當(dāng)四邊形的面積最大時，在線段上有一動點，在線段上有一動點，在軸上有一動點，且滿足，連接，求的最小值；（3）如圖3，將拋物線沿直線進(jìn)行平移，平移過程中的點記為，點記為，連接所形成的直線與軸相交于點，請問是否存在這樣的點，使得為等腰三角形？若存在，求出此時的長度，若不存在，請說明理由.15．如圖，邊長為3的正方形OABC的兩邊在兩坐標(biāo)軸上，拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過點A，C，與x軸交于另一點D，P為第一象限內(nèi)拋物線上一點，過P點作y軸的平行線交x軸于點Q，交AC于點E.(1)求拋物線解析式及點D的坐標(biāo)；(2)過E點作x軸的平行線交AB于點F，若以P，E，F(xiàn)為頂點的三角形與△ODC相似，求點P坐標(biāo)；(3)過P點作PH⊥AC于H，是否存在點P使△PEH的周長取得最大值，若存在，請求出點P坐標(biāo)及△PEH周長的最大值，若不存在，請說明理由.16．如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點，其中點，交y軸于點直線過點B與y軸交于點N，與拋物線的另一個交點是D，點P是直線BD下方的拋物線上一動點不與點B、D重合，過點P作y軸的平行線，交直線BD于點E，過點D作軸于點M．求拋物線的表達(dá)式及點D的坐標(biāo)；若四邊形PEMN是平行四邊形？請求出點P的坐標(biāo)；過點P作于點F，設(shè)的周長為C，點P的橫坐標(biāo)為a，求C與a的函數(shù)關(guān)系式，并求出C的最大值．17．已知二次函數(shù)圖象的頂點坐標(biāo)為M（1，0），直線與該二次函數(shù)的圖象交于A，B兩點，其中A點的坐標(biāo)為（3，－4），B點在y軸上．（1）求m的值及這個二次函數(shù)的解析式；（2）在x軸上找一點Q，使△QAB的周長最小，并求出此時Q點坐標(biāo)；（3）若P（t，0）是x軸上的一個動點，過P作x軸的垂線分別與直線AB和二次函數(shù)的圖象交于D、E兩點．①設(shè)線段DE的長為h，當(dāng)0＜t＜3時，求h與t之間的函數(shù)關(guān)系式；②若直線AB與拋物線的對稱軸交點為N，問是否存在一點P，使以M、N、D、E為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出此時P點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．18．在平面直角坐標(biāo)系中，直線交y軸于點B，交x軸于點A，拋物線經(jīng)過點B，與直線交于點C（4，－2）．(1)求拋物線的解析式；(2)如圖，橫坐標(biāo)為m的點M在直線BC上方的拋物線上，過點M作MEy軸交直線BC于點E，以ME為直徑的圓交直線BC于另一點D，當(dāng)點E在x軸上時，求△DEM的周長．(3)將△AOB繞坐標(biāo)平面內(nèi)的某一點按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到，點A，O，B的對應(yīng)點分別是點A1，O1，B1，若的兩個頂點恰好落在拋物線上，請直接寫出點的坐標(biāo)．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．（1），，；（2）存在，點的坐標(biāo)是和；（3），的最大值是15.【分析】（1）將A，B兩點分別代入y=?x2+bx+c求出b，c，將A代入y=kx-求出k；（2）首先假設(shè)出P，M點的坐標(biāo)，進(jìn)而得出PM的長，將兩函數(shù)聯(lián)立得出D點坐標(biāo)，進(jìn)而得出CE的長，利用平行四邊形的判定得出PM=CE時四邊形PMEC是平行四邊形，得出等式方程求解并判斷即可；（3）利用勾股定理得出DC的長，進(jìn)而根據(jù)△PMN∽△DCE，得出兩三角形周長之比，求出l與x的函數(shù)關(guān)系，再利用配方法求出二次函數(shù)最值即可．【解析】解：（1）：（1）把A（2，0），B（0，）代入y=x2+bx+c得，解得；把A（2，0）代入y=kx-得2k-=0，解得k=，∴，，，（2）設(shè)的坐標(biāo)是，則的坐標(biāo)是，∴，解方程，得：，，∵點在第三象限，則點的坐標(biāo)是，由得點的坐標(biāo)是，∴，由于軸，所以當(dāng)時四邊形是平行四邊形.即，解這個方程得：，，符合，當(dāng)時，，當(dāng)時，，綜上所述：點的坐標(biāo)是和；（3）在中，，由勾股定理得：∴的周長是24，∵軸，∴，∴，即化簡整理得：與的函數(shù)關(guān)系式是：，，∵，∴當(dāng)時，的最大值是15.【點評】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、平行四邊形的判定以及二次函數(shù)的最值問題等，熟練掌握函數(shù)圖像上的點滿足函數(shù)解析式是解題關(guān)鍵．2．（1）A（4，0），5；（2）①；②當(dāng)m=時，△ACD的周長最小，這個最小值為8．【分析】（1）根據(jù)y=x2﹣4x中，令y=0，則0=x2﹣4x，可求得A（4，0），解方程組，可得B（5，5），進(jìn)而得出OB的長；（2）①根據(jù)C（m，m），F(xiàn)（m，m2﹣4m），可得CF=m﹣（m2﹣4m），根據(jù)D（m，m），E（m，（m）2﹣4（m）），可得DE=m[（m）2﹣4（m）]，最后根據(jù)當(dāng)四邊形CDEF是平行四邊形時，CF=DE，求得m的值即可；②先過點A作CD的平行線，過點D作AC的平行線，交于點G，則四邊形ACDG是平行四邊形，得出AC=DG，再作點A關(guān)于直線OB的對稱點A'，連接A'D，則A'D=AD，根據(jù)當(dāng)A'，D，G三點共線時，A'D+DG=A'G最短，可得此時AC+AD最短，然后求得直線A'G的解析式為yx+4，解方程組可得D、C的坐標(biāo)，最后根據(jù)兩點間距離公式，求得△ACD的周長的最小值．【解析】（1）∵y=x2﹣4x中，令y=0，則0=x2﹣4x，解得：x1=0，x2=4，∴A（4，0），解方程組，可得：或，∴B（5，5），∴OB．故答案為（4，0），5；（2）①∵點C的橫坐標(biāo)為m，且CF∥DE∥y軸，∴C（m，m），F(xiàn)（m，m2﹣4m）．又∵CD=2，且CD是線段OB上的一動線段，∴D（m，m），E（m，（m）2﹣4（m）），∴CF=m﹣（m2﹣4m），DE=m[（m）2﹣4（m）]．∵當(dāng)四邊形CDEF是平行四邊形時，CF=DE，∴m﹣（m2﹣4m）=m[（m）2﹣4（m）]，解得：；②如圖所示，過點A作CD的平行線，過點D作AC的平行線，交于點G，則四邊形ACDG是平行四邊形，∴AC=DG，作點A關(guān)于直線OB的對稱點A'，連接A'D，則A'D=AD，∴當(dāng)A'，D，G三點共線時，A'D+DG=A'G最短，此時AC+AD最短．∵A（4，0），AG=CD=2，∴A'（0，4），G（4），設(shè)直線A'G的解析式為y=kx+b，則，解得：，∴直線A'G的解析式為yx+4，解方程組，可得：，∴D（，）．∵CD=2，且CD是線段OB上的一動線段，∴C（，），∴點C的橫坐標(biāo)m=．∵AD=A'D，AC=DG，CD=AG=2，∴△ACD的最小值為A'G+AG==6+2=8，故當(dāng)m=時，△ACD的周長最小，這個最小值為8．【點評】本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查了函數(shù)圖象的交點坐標(biāo)的計算，兩點間的距離公式，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及平行四邊形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是根據(jù)平行四邊形的對邊相等以及兩點之間線段最短進(jìn)行計算求解．解題時注意方程思想和數(shù)形結(jié)合思想的運用．3．（1）（2）++1．（3）點P的坐標(biāo)為（2，3）時，S取最大值，最大值為．【分析】（1）由點A，B，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）將拋物線的函數(shù)表達(dá)式變形為頂點式，可得出拋物線的對稱軸，在y軸上截取CC′=GH（點C′在點C的下方），連接BC′交拋物線對稱軸于點H，此時四邊形CGHA的周長取最小值，由點C的坐標(biāo)結(jié)合GH=1可得出點C′的坐標(biāo)，由點A，C，B，C′的坐標(biāo)利用勾股定理可求出AC，BC′的長度，將其代入四邊形CGHA的周長的最小值=AC+BC′+GH中，即可求出結(jié)論；（3）由點B，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的函數(shù)表達(dá)式，設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，-m2+m+2）（0＜m＜4），則點D的坐標(biāo)為（m，-m+2），進(jìn)而可得出PD的長度，由PE⊥BC，PQ⊥x軸及∠PDE=∠BDQ可得出∠DPE=∠DBQ，結(jié)合tan∠DPE=可得出PE=2DE，PD=DE，再利用三角形的面積公式可得出S=PD2，由PD=-m2+2m，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求出PD的最大值，代入S=PD2中即可求出S的最大值．【解析】（1）將A（-1，0），B（4，0），C（0，2）代入y=ax2+bx+c，得：，解得：，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=-x2+x+2．（2）∵y=-x2+x+2=-（x-）2+，∴拋物線的對稱軸為直線x=．如圖2，在y軸上截取CC′=GH（點C′在點C的下方），連接BC′交拋物線對稱軸于點H．∵CC′∥GH，∴四邊形CC′HG為平行四邊形，∴C′H=CG．又∵點A，B關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，∴BH=AH，∴AH+CG=BH+C′H=BC′，即此時四邊形CGHA的周長取最小值．∵點C的坐標(biāo)為（0，2），GH=1，∴點C′的坐標(biāo)為（0，1）．∵點A的坐標(biāo)為（-1，0），點B的坐標(biāo)為（4，0），∴AC==，BC′==，∴四邊形CGHA的周長的最小值=AC+BC′+GH=++1．（3）設(shè)直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+d（k≠0），將B（4，0），C（0，2）代入y=kx+d，得：，解得：，∴直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y=-x+2．設(shè)點P的坐標(biāo)為（m，-m2+m+2）（0＜m＜4），則點D的坐標(biāo)為（m，-m+2），∴PD=-m2+m+2-（-m+2）=-m2+2m．∵PE⊥BC，PQ⊥x軸，∴∠PED=∠BQD=90°．∵∠PDE=∠BDQ，∴∠DPE=∠DBQ，∴tan∠DPE=，∴PE=2DE，PD=DE，∴S=DE?PE=×PD×PD=PD2．∵在PD=-m2+2m=-（m-2）2+2中，-＜0，∴當(dāng)m=2時，PD取最大值，最大值為2，∴當(dāng)點P的坐標(biāo)為（2，3）時，S取最大值，最大值為．【點評】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、軸對稱-最短路徑問題、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、平行四邊形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)、三角形的面積以及解直角三角形，解題的關(guān)鍵是：（1）由點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）利用兩點之間線段最短找出點H的位置；（3）利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出PD的最大值．4．（1）6（2）（3）α的值為15°或60°或105°或150°【分析】（1）根據(jù)拋物線的解析式求出A，C兩點坐標(biāo)，可得OA＝3，OC＝3，利用勾股定理即可解決問題．（2）如圖2﹣1中，延長FQ交OA于D．設(shè)F（m，﹣m2﹣m+3），構(gòu)建二次函數(shù)求出FQ的值最大時的點F的坐標(biāo)，如圖2﹣2中，作FF′∥AC，使得FF′＝MN＝4，作點F′關(guān)于直線AC的對稱點F″，連接FF″交直線AC于點M，連接FM，EN，EF，此時四邊形ENMF的周長最短．再求出點M．N的坐標(biāo)即可解決問題．（3）分四種情形分別畫出圖象求解即可．【解析】（1）由題意：A（﹣3，0），B（，0），C（0，3），∴OA＝3，OC＝3，∴AC＝＝6．（2）如圖2﹣1中，延長FQ交OA于D．設(shè)F（m，﹣m2﹣m+3），∵tan∠CAO＝＝，∴∠CAO＝30°，∵FQ∥y軸，F(xiàn)P⊥AC，∴∠ADQ＝∠FPQ＝90°，∴∠AQD＝∠FQP＝60°，∴當(dāng)FQ最大時，△FPQ的面積最大，∵直線AC的解析式為y＝x+3，∴Q（m，m+3），∴FQ＝﹣m2﹣m+3﹣m﹣3＝﹣m2﹣m＝﹣（m+）2+，∵﹣＜0，∴m＝﹣，F(xiàn)Q的值最大，即△PFQ的面積最大，此時F（﹣，），如圖2﹣2中，作FF′∥AC，使得FF′＝MN＝4，作點F′關(guān)于直線AC的對稱點F″，連接FF″交直線AC于點M，連接FM，EN，EF，此時四邊形ENMF的周長最短．由題意點F向右平移2個單位，再向上平移2個單位得到點F′（，），∵F″與F′關(guān)于直線AC對稱，∴F″（，），∴M（），N（），∵拋物線頂點E（﹣，4），∴FM＝，EN＝＝，EF＝＝，∴四邊形ENMF的周長的最小值為.（3）①如圖3﹣1中，當(dāng)AG＝AH時∵AG＝AH，∠HAG＝30°，∴∠AHG＝∠AGH＝75°，∵∠AHG＝∠HO′B″+∠O′B″H，∠O′B″H＝60°∴∠HO′B″＝15°，∴α＝15°②如圖3﹣2中，當(dāng)HA＝HG時，∵AG∥O′C″，∴∠HO′C″＝∠GAO＝30°，∴∠HO′B″＝60°，∴α＝60°．③如圖3﹣3中，當(dāng)AG＝AH時，∵∠AGH＝∠AHG＝15°，∵∠O′C″B″＝∠C″O′H+∠AHG，∴∠HO′C″＝15°，∴∠HO′B″＝105°，∴α＝105°．④如圖3﹣4中，當(dāng)GA＝GH時，同法可得∠OO′B″＝150°，α＝150°．綜上所述，滿足條件的α的值為15°或60°或105°或150°．【點評】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，軸對稱最短問題，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．5．（1）（3，0），y＝﹣x2+4x﹣3；（2）t＝2；（3）t＝4或4+或4﹣.【分析】（1）把A點坐標(biāo)與對稱軸x=1代入解析式即可求出b，c的值，即可求出解析式,故求出B點坐標(biāo)；（2）由圖可知，AC是定長，故只要求出PA+PC最小時，則△PAC的周長最小，又點A關(guān)于對稱軸x=2的對稱點是點B，故連接BC與拋物線對稱軸的交點即為P點，此時PA+PC最小，則求出直線BC的解析式與x=2的交點即為P點坐標(biāo)繼而求出t的值；（3）根據(jù)AC為腰可分兩種情況，①CP＝AC，可作圖，根據(jù)AC＝CP＝，CF＝2，利用勾股定理可求出PF的長，繼而求出時間t，注意還要要分兩種情況，②AC＝AP，可作圖，利用Rt△OAC≌Rt△DAP，得出DP=CO=3，故而求出EP的長，即可求出時間t.【解析】解：（1）根據(jù)題意得：解得：b＝4，c＝﹣3∴拋物線解析式y(tǒng)＝﹣x2+4x﹣3當(dāng)y＝0時，0＝﹣x2+4x﹣3∴x1＝1，x2＝3∴點B（3，0）故答案為（3，0），y＝﹣x2+4x﹣3（2）如圖：∵△PAC的周長＝AC+PA+PC且AC是定長，∴PA+PC最小時，△PAC的周長最小∵點A，點B關(guān)于對稱軸直線x＝2對稱∴連接BC交對稱軸直線x＝2于點P∵y＝﹣x2+4x﹣3與y軸交于點C，點E為拋物線的頂點∴點C（0，﹣3），點E（2，1）∴OC＝3，點D（2，0）即DE＝1∵點B（3，0），點C（0，﹣3）∴直線BC解析式：y＝x﹣3當(dāng)x＝2時，y＝﹣1∴點P（2，﹣1）∴t＝＝2（3）若CP＝AC時，如圖：過點C作CF⊥ED于點F∵點A（1，0），點C（0，﹣3）∴OA＝1，OC＝3∵AC＝＝∵CF⊥DE，DE⊥OD，OC⊥OD∴四邊形ODFC是矩形∴CF＝OD＝2，DF＝OC＝3∵AC＝CP＝，CF＝2∴PF＝＝∴DP＝3±∴EP＝4±∴t1＝＝4+，t2＝＝4﹣若點AC＝AP時，如圖∵點A（1，0），點D（2，0）∴OA＝AD＝1，且AC＝AP∴Rt△OAC≌Rt△DAP（HL）∴OC＝DP＝3∴EP＝4∴t＝＝4綜上所述：t＝4或4+或4﹣.【點評】此題主要考查二次函數(shù)的圖像，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意正確作出輔助線進(jìn)行求解.6．（1），（2）或，（3），，.【分析】（1）把點代入拋物線得，再根據(jù)對稱軸是，即可求出a、b的值；（2）設(shè)點的坐標(biāo)是，根據(jù)拋物線得頂點的坐標(biāo)是，點的坐標(biāo)是，再根據(jù)是直角三角形分三種情況討論利用勾股定理來求出相應(yīng)的m值；（3）設(shè)P點（x，），Q（x,）,求得，當(dāng)時，最大，此時點坐標(biāo)是，要使四邊形的周長最小，已求出，為定長，，故只需最小即可，將點向下平移3個單位長度，得點，作點關(guān)于拋物線的對稱軸的對稱點，直線與對稱軸的交點就是符合條件的點，此時四邊形的周長最小，利用待定系數(shù)法確定過和點的直線，求出與二次函數(shù)對稱軸的交點即為N點，點的坐標(biāo)為，故可求出點、、的坐標(biāo)【解析】解：（1）∵過點的拋物線的對稱軸是，∴解之，得（2）設(shè)點的坐標(biāo)是.由（1）可得拋物線，∴拋物線的頂點的坐標(biāo)是，點的坐標(biāo)是.當(dāng)時，有.∴，解之，得，∴；當(dāng)時，有.∴，解之，得，∴；當(dāng)時，有.∴，此方程無解.綜上所述，當(dāng)為直角三角形時，的面積是或.（3）設(shè)直線過點，可得直線.由（1）可得拋物線，設(shè)P點（x，），Q（x,）∴，∴當(dāng)時，最大，此時點坐標(biāo)是.∴最大時，線段為定長.∵，∴要使四邊形的周長最小，只需最小.將點向下平移3個單位長度，得點，作點關(guān)于拋物線的對稱軸的對稱點，直線與對稱軸的交點就是符合條件的點，此時四邊形的周長最小.設(shè)直線過點和點，則解之，得∴直線過點和點.解方程組得∴點的坐標(biāo)為，∴點的坐標(biāo)為，所以點、、的坐標(biāo)分別為，，.【點評】此題主要考查二次函數(shù)的應(yīng)用，熟練掌握二次函數(shù)與一次函數(shù)的基礎(chǔ)知識，綜合利用直角坐標(biāo)系的坐標(biāo)變化來綜合求解，屬于較難題.7．（1）m的值為3；（2）①點P坐標(biāo)為（﹣，）；②點P的坐標(biāo)為（）、（﹣1﹣，2）、（﹣2，3）【分析】（1）只需把點A、C的坐標(biāo)代入y=﹣x2+bx+c，就可求出拋物線的解析式，就可求出m的值．（2）①易得△PDE是等腰直角三角形，PE最大時△PDE的周長就最大．用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為a，則點E的橫坐標(biāo)也為a，則點P、E的縱坐標(biāo)就可用a的代數(shù)式表示，PE的長度也就可以用a的代數(shù)式表示，然后運用二次函數(shù)的最值性就可求出PE最大（即△PDE的周長最大）時，點P的坐標(biāo)．②等腰直角△APQ的三邊都可能是底邊，故分三種情況進(jìn)行討論，然后構(gòu)造全等三角形，得到相等線段，然后用一個字母表示一條線段，從而將點P的坐標(biāo)用該字母表示，然后代入拋物線的解析式，就可求出點P的坐標(biāo)．【解析】（1）∵拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣3，0），C（1，0），∴．解得：，∴拋物線的解析式為y=﹣x2﹣2x+3．∵點B（0，m）在拋物線y=﹣x2﹣2x+3上，∴m=3，∴m的值為3．（2）①如圖1．∵OA=OB=3，∠AOB=90°，∴∠AB0=45°．∵PF⊥OA，PD⊥AB，∴∠PDA=∠EFA=90°=∠AOB，∴EF∥OB，∴∠PED=∠ABO=45°，∴PD=PE?sin45°PE，DE=PE?cos45°PE，∴△PDE的周長為（1）PE．設(shè)直線AB的解析式為y=mx+n，則有．解得：，∴直線AB的解析式為y=x+3．設(shè)點P的橫坐標(biāo)為a，則點E的橫坐標(biāo)也為a，∴yP=﹣a2﹣2a+3，yE=a+3，∴PE=yP﹣yE=（﹣a2﹣2a+3）﹣（a+3）=﹣a2﹣3a=﹣（a）2．∵﹣1＜0，∴當(dāng)a時，PE取到最大值，△PDE的周長也就取到最大值．此時yP=﹣（）2﹣2×（）+3，∴當(dāng)點P坐標(biāo)為（）時，△PDE的周長取到最大值．②Ⅰ．若AQ為等腰直角△APQ的底邊，如圖2，則有AP=PQ，∠APQ=90°．過點P作PG⊥OA，垂足為G，過點P作PT⊥QH，垂足為T．∵∠PGH=∠GHT=PTH=90°，∴四邊形PGHT是矩形，∴∠GPT=90°，PT=GH，PG=HT，∴∠APG=90°﹣∠GPQ=∠TPQ．在△AGP和△QTP中，，∴△AGP≌△QTP，∴AG=TQ，PG=PT，∴PG=GH．∵拋物線y=﹣x2﹣2x+3的對稱軸為x1，∴OH=1．設(shè)PG=t（t＞0），則OG=GH+OH=PG+OH=t+1．∵點P在第二象限，∴點P的坐標(biāo)為（﹣t﹣1，t）．∵點P在拋物線y=﹣x2﹣2x+3上，∴t=﹣（﹣t﹣1）2﹣2（﹣t﹣1）+3．整理得：t2+t﹣4=0．解得：t1（舍去），t2，∴點P的坐標(biāo)為（）．Ⅱ．若PQ為等腰直角△APQ的底邊，如圖3，則有AP=AQ，∠PAQ=90°．過點P作PG⊥OA，垂足為G，則有∠APG=90°﹣∠PAG=∠HAQ．在△AGP和△QHA中，，∴△AGP≌△QHA，∴PG=AH．∵AH=AO﹣OH=3﹣1=2，∴PG=2，∴yP=2．解﹣x2﹣2x+3=2得：x1=﹣1，x2=﹣1．∵點P在第二象限，∴點P的坐標(biāo)為（﹣1，2）．Ⅲ．若AP為等腰直角△APQ的底邊，如圖4，則有AQ=PQ，∠AQP=90°．過點P作PT⊥QH，垂足為T，則有∠AQH=90°﹣∠PQT=∠TPQ．在△AHQ和△QTP中，∵∠AQH=∠TPQ，∠AHQ=∠QTP，QA=QP，∴△AHQ≌△QTP，∴AH=QT，QH=PT．∵AH=2，∴QT=2．設(shè)QH=PT=p（p＞0），則TH=p+2．∵點P在第二象限，∴點P的坐標(biāo)為（﹣p﹣1，p+2）．∵點P在拋物線y=﹣x2﹣2x+3上，∴p+2=﹣（﹣p﹣1）2﹣2×（﹣p﹣1）+3．整理得：p2+p﹣2=0．解得：p1=﹣2（舍去），p2=1，∴點P的坐標(biāo)為（﹣2，3）．綜上所述：點P的坐標(biāo)為（）、（﹣1，2）、（﹣2，3）．【點評】本題考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的最值性、全等三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程、等腰直角三角形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值、平行線的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)等知識，還考查了分類討論的思想，有較強(qiáng)的綜合性，有一定的難度．而正確分類及構(gòu)造全等三角形是解決最后一小題的關(guān)鍵．8．(1)m＞﹣1；(2)y=﹣x2﹣2x+3；(3)存在點Q（﹣1，2）使得△BQC的周長最短.【分析】（1）將拋物線的問題轉(zhuǎn)化到一元二次方程中，利用一元二次方程根的判別式和根與系數(shù)的關(guān)系解決；（2）先用一元二次方程的兩根表示出OA，OB，再用根與系數(shù)的關(guān)系即可；（3）先由于點A，B關(guān)于拋物線的對稱軸PD對稱，連接AC與PD的交點就是使△BQC的周長最短，然后確定出直線AC解析式，最后將拋物線的對稱軸代入直線AC解析式中即可．【解析】(1)令y=0，則有﹣x2﹣2x+m+1=0，即：x1

，x2是一元二次方程x2+2x﹣（m+1）=0，∵拋物線y=﹣x2﹣2x+m+1與x軸交于A（x1

，0）、B（x2

，0）兩點，∴x1?x2=﹣（m+1），x1+x2=﹣2，△=4+4（m+1）＞0，∴m＞﹣2∵x1＜0，x2＞0，∴x1?x2＜0，∴﹣（m+1）＜0，∴m＞﹣1，即m＞﹣1(2)解：∵A（x1

，0）、B（x2

，0）兩點，且x1＜0，x2＞0，∴OA=﹣x1

，OB=x2

，∵OA=3OB，∴﹣x1=3x2

，①由(1)知，x1+x2=﹣2，②x1?x2=﹣（m+1），③聯(lián)立①②③得，x1=﹣3，x2=1，m=2，∴拋物線的解析式y(tǒng)=﹣x2﹣2x+3(3)存在點Q，理由：如圖，連接AC交PD于Q，點Q就是使得△BQC的周長最短，（∵點A，B關(guān)于拋物線的對稱軸PD對稱，）連接BQ，由(2)知，拋物線的解析式y(tǒng)=﹣x2﹣2x+3；x1=﹣3，∴拋物線的對稱軸PD為x=﹣1，C（0，3），A（﹣3，0），∴用待定系數(shù)法得出，直線AC解析式為y=x+3，當(dāng)x=﹣1時，y=2，∴Q（﹣1，2），∴點Q（﹣1，2）使得△BQC的周長最短【點評】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了一元二次方程的判別式，根與系數(shù)的關(guān)系，極值的確定，解本題的關(guān)鍵是將函數(shù)問題轉(zhuǎn)化到一元二次方程中去，此種方法是解二次函數(shù)中求與線段長度有關(guān)的題目中常用的方法．9．（1）A（1，0），B（4，0）．（2）m＜0或1＜m＜4或m＞5．（3）存在．M′（，-2）【分析】(1)把點C坐標(biāo)代入拋物線解析式即可求出a,令y=0可得拋物線與x軸的交點坐標(biāo).(2)根據(jù)題意可知,當(dāng)點P在圓外部的拋物線上運動時,∠CPD為銳角,由此即可解決問題.(3)存在.如圖2中,將線段C'A平移至D'F,當(dāng)點D'與點H重合時,四邊形AC'D'E的周長最小,求出點H坐標(biāo)即可解決問題.【解析】解：（1）∵拋物線y=a（x-）2+經(jīng)過點C（0，-2），∴-2=a（0-）2+，∴a=-，∴y=-（x-）2+，當(dāng)y=0時，-（x-）2+=0，∴x1=4，x2=1，∵A、B在x軸上，∴A（1，0），B（4，0）．（2）由（1）可知拋物線解析式為y=-（x-）2+，∴C、D關(guān)于對稱軸x=對稱，∵C（0，-2），∴D（5，-2），如圖1中，連接AD、AC、CD，則CD=5，∵A（1，0），C（0，-2），D（5，-2），∴AC=，AD=2，∴AC2+AD2=CD2，∴∠CAD=90°，∴CD為⊙M的直徑，∴當(dāng)點P在圓外部的拋物線上運動時，∠CPD為銳角，∴m＜0或1＜m＜4或m＞5．（3）存在．如圖2中，將線段C′A平移至D′F，則AF=C′D′=CD=5，∵A（1，0），∴F（6，0），作點E關(guān)于直線CD的對稱點E′，連接EE′正好經(jīng)過點M，交x軸于點N，∵拋物線頂點（，），直線CD為y=-2，∴E′（，-），連接E′F交直線CD于H，∵AE，C′D′是定值，∴AC′+ED′最小時，四邊形AC′D′E的周長最小，∵AC′+D′E=FD′+D′E=FD′+E′D′≥E′F，則當(dāng)點D′與點H重合時，四邊形AC′D′E的周長最小，設(shè)直線E′F的解析式為y=kx+b，∵E′（，-），F(xiàn)（6，0），∴可得y=x-，當(dāng)y=-2時，x=，∴H（，-2），∵M(jìn)（，-2），∴DD′=5-=，∵-=，∴M′（，-2）【點評】本題主要考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，及二次函數(shù)與圓、四邊形的綜合，綜合性大，需綜合運用所學(xué)知識求解.10．（1）y=-x2+4x；（2）當(dāng)a=1時，矩形PEFM的周長有最大值10；（3）MG+NH=4．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)求出點C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）設(shè)點P的坐標(biāo)為P（a，-a2+4a），根據(jù)拋物線的對稱性求出RS，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)計算；（3）作TK⊥x軸于K，TJ⊥y軸于J，連接TF，TE，延長NH交⊙Q于R，證明△ETK≌△FTJ，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到EK=FJ，得到OE+OF=8，根據(jù)垂徑定理得到NH=NR=OF，計算即可．【解析】解：（1）設(shè)y=ax2+bx+c，∵OA=4，AB=2，∴點A的坐標(biāo)為（4，0），點B的坐標(biāo)為（4，-2），△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，點B旋轉(zhuǎn)到點C的位置，∴點C的坐標(biāo)為（2，4），則解得．所以拋物線的解析式為y=-x2+4x；（2）有最大值．理由如下：設(shè)點P的坐標(biāo)為P（a，-a2+4a），PR=DS=-a2+4a，由拋物線的對稱性知OR=AS，RS=PD=4-2a，矩形PRSD的周長=2[4-2a+（-a2+4a）]=-2（a-1）2+10，所以當(dāng)a=1時，矩形PEFM的周長有最大值10；（3）作TK⊥x軸于K，TJ⊥y軸于J，連接TF，TE，延長NH交⊙Q于R，由題意得，點T的坐標(biāo)為（4，-4，），即TJ=TK=4，∴點T在∠EOF的平分線上，∴=∴TE=TF，在Rt△TKE和Rt△TJF中，，∴△ETK≌△FTJ（HL），∴EK=FJ，∠EOF=∠KTJ=90°，∴OE+OF=OK-EK+OJ+FJ=OJ+OK=8，∴EF為⊙Q的直徑，∴，∵N為的中點，∴，∴，∴NR=OF，∴NH=NR=OF，同理MG=OE，∴MG+NH=（OE+OF）=×8=4．【點評】本題考查的是待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)定理，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，垂徑定理是解題的關(guān)鍵．11．（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）存在；M（1，﹣2）；（3）（1+2，4）或（1﹣2，4）或（1，﹣4）.【分析】（1）由于拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A（-1，0），B（3，0）兩點，那么可以得到方程x2+bx+c=0的兩根為x=-1或x=3，然后利用根與系數(shù)即可確定b、c的值；（2）點B是點A關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點，在拋物線的對稱軸上有一點M，要使MA+MC的值最小，則點M就是BC與拋物線對稱軸的交點，利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，把拋物線對稱軸x=1代入即可得到點M的坐標(biāo)；（3）根據(jù)S△PAB=8，求得P的縱坐標(biāo)，把縱坐標(biāo)代入拋物線的解析式即可求得P點的坐標(biāo)．【解析】（1）∵拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，∴方程x2+bx+c=0的兩根為x=﹣1或x=3，∴﹣1+3=﹣b，﹣1×3=c，∴b=﹣2，c=﹣3，∴二次函數(shù)解析式是y=x2﹣2x﹣3．（2）∵點A、B關(guān)于對稱軸對稱，∴點M為BC與對稱軸的交點時，MA+MC的值最小，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+t（k≠0），則，解得：，∴直線AC的解析式為y=x﹣3，∵拋物線的對稱軸為直線x=1，∴當(dāng)x=1時，y=﹣2，∴拋物線對稱軸上存在點M（1，﹣2）符合題意；（3）設(shè)P的縱坐標(biāo)為|yP|，∵S△PAB=8，∴AB?|yP|=8，∵AB=3+1=4，∴|yP|=4，∴yP=±4，把yP=4代入解析式得，4=x2﹣2x﹣3，解得，x=1±2，把yP=﹣4代入解析式得，﹣4=x2﹣2x﹣3，解得，x=1，∴點P在該拋物線上滑動到（1+2，4）或（1﹣2，4）或（1，﹣4）時，滿足S△PAB=8．【點評】此題主要考查了利用拋物線與x軸的交點坐標(biāo)確定函數(shù)解析式，二次函數(shù)的對稱軸上點的坐標(biāo)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上的坐標(biāo)特征，解題的關(guān)鍵是利用待定系數(shù)法得到關(guān)于b、c的方程，解方程即可解決問題．12．（1）A（﹣1，0）、B（5，0）、C（0，﹣5），x=2；（2）；（3）存在，點P的坐標(biāo)為（2，3）或（2，﹣7）或（2，﹣6）或（2，1）．【分析】（1）分別令x=0和y=0代入拋物線的解析式中，可得A、B、C點坐標(biāo)，根據(jù)對稱性，可得對稱軸；（2）根據(jù)矩形周長公式表示四邊形EHDF周長，并根據(jù)二次函數(shù)的頂點式可得四邊形EHDF周長的最大值；（3）分三種情況：①當(dāng)∠CBP=90°時，如圖2，根據(jù)△PDB∽△BOC，列比例式得：PD=DB，可得結(jié)論；②當(dāng)∠BCP=90°時，如圖3，根據(jù)△PCG∽△BDG，則=，可得PG的長，從而寫出P的坐標(biāo)；③以AB為直徑畫圓，交對稱軸于P1、P2，如圖4，根據(jù)△P1DB∽△CHP1，則，列方程可得結(jié)論．【解析】解：（1）當(dāng)x=0時，y=﹣5，∴C（0，﹣5），當(dāng)y=0時，x2﹣4x﹣5=0，x1=5，x2=﹣1，∴A（﹣1，0），B（5，0），由對稱性得：拋物線的對稱軸是：（2）如圖1，∵E（m，n），且2＜m＜5，∴E在第四象限，∴EF=m﹣2，EH=n=﹣m2+4m+5，設(shè)四邊形EHDF周長為W，則W=2（EF+EH）=2（m﹣2﹣m2+4m+5）=﹣2m2+10m+6∵﹣2＜0，∴當(dāng)時，四邊形EHDF周長的最大值是；（3）設(shè)P（2，y），分三種情況：①當(dāng)∠CBP=90°時，如圖2，∴∠PBO=∠OCB，∵∠PDB=∠COB=90°，∴△PDB∽△BOC，∴∴PD=DB，∴y=5﹣2=3，∴P（2，3）；②當(dāng)∠BCP=90°時，如圖3，∵∠OBC=45°，∴△GDB是等腰直角三角形，∴BD=DG=3，∴∵∴∵△PCG∽△BDG，∴∴∴PG=4，∴P（2，﹣7）；③以AB為直徑畫圓，交對稱軸于P1、P2，如圖4，則∠CP1B=∠CP2B=90°，過C作CH⊥對稱軸于H，∴△P1DB∽△CHP1，∴,∴∴y1=﹣6（舍），y2=1，∴P1（2，1），同理得：P2（2，﹣6）；綜上所述，點P的坐標(biāo)為（2，3）或（2，﹣7）或（2，﹣6）或（2，1）．【點評】本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用自變量與函數(shù)值的對應(yīng)關(guān)系求對應(yīng)點；（2）中利用矩形的周長得出二次函數(shù)是解題關(guān)鍵；（3）分類討論證明兩三角形相似是解題關(guān)鍵．13．（1）E（﹣4，）；（2）；（3）R（，0）或（，0）或（，0）或（，0）．【分析】（1）求出直線BE的解析式，利用方程組求出交點E坐標(biāo)；（2）如圖2中，作PK∥OC交BE于K．因為∠PKB是定值=60°，推出當(dāng)PK的值最大時，PG的值最大，設(shè)P（m，m2+m﹣），則K（m，﹣m+），可得PK=﹣m2﹣m+，可知當(dāng)m=﹣時，PK的值最大，此時P（﹣，﹣）．如圖2﹣1中，作A關(guān)于BE的對稱點A′，連接PA′交BE于M，連接AM、AP，此時△PAM的周長最??；（3）如圖3中，設(shè)BB′=m，則BR=2m，R（1﹣2m，0），O′（﹣m，m），分三種情形①當(dāng)O′T=RT時；②當(dāng)O′T=O′R時；③當(dāng)RT=RO′時，分別構(gòu)建方程即可解決問題.【解析】（1）∵拋物線y=x2+x﹣與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)）與y軸交于點C，令y=0，得到x2+x﹣=0，解得x=﹣3或1，∴A（﹣3，0），B（1，0），令x=0，得到y(tǒng)=﹣，∴C（0，﹣），∴直線BC的解析式為y=x﹣，∵BE⊥BC，∴直線BE的解析式為y=﹣x+，由，解得或，∴E（﹣4，）；（2）如圖2中，作PK∥OC交BE于K．∵∠PKB是定值=60°，∴當(dāng)PK的值最大時，PG的值最大，設(shè)P（m，m2+m﹣），則K（m，﹣m+），∴PK=﹣m2﹣m+，∵﹣＜0，∴當(dāng)m=﹣時，PK的值最大，此時P（﹣，﹣）．如圖2﹣1中，作A關(guān)于BE的對稱點A′，連接PA′交BE于M，連接AM、AP，此時△PAM的周長最小，∵A（﹣3，0），可得A′（﹣1，2），∴△PAM的周長的最小值=PM+MA+PA=PA+PM+MA′=PA+PA′=+=；（3）如圖3中，設(shè)BB′=m，則BR=2m，R（1﹣2m，0），O′（﹣m，m），設(shè)直線BB′的解析式為y=x+b，把R（1﹣2m，0）代入，得到b=（2m﹣1），∴直線B′C′的解析式為y=x+（2m﹣1），∴T（﹣1，2m﹣2），∴O′R2=（m﹣1）2+（m）2，O′T2=（1﹣m）2+（2﹣m）2，RT2=（2﹣2m）2+（2﹣2m）2，①當(dāng)O′T=RT時，（1﹣m）2+（2﹣m）2=（2﹣2m）2+（2﹣2m）2，整理得：7m2﹣11m+3=0，解得m=，∴R（，0）或（，0）．②當(dāng)O′T=O′R時，（m﹣1）2+（m）2=（1﹣m）2+（2﹣m）2，整理得：2m2﹣5m+6=0，△＜0無解．③當(dāng)RT=RO′時，（m﹣1）2+（m）2=（2﹣2m）2+（2﹣2m）2，整理得15m2﹣31m+15=0解得m=，∴R（，0）或（，0）．【點評】本題考查二次函數(shù)綜合題、軸對稱最短問題、一次函數(shù)的應(yīng)用、等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會構(gòu)建一次函數(shù)，利用方程組確定交點坐標(biāo)，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．14．(1)；（2）最小值=；（3）OG=或.【解析】分析：（1）根據(jù)解析式求得A、B、C的坐標(biāo)，進(jìn)而求得D的坐標(biāo)，再求出直線AC的解析式，進(jìn)而求得點E的坐標(biāo)，分別求出△DCE的邊長，從而得解;(2)設(shè),求出即可得解.（3）進(jìn)行分類討論即可.解析：（1）可得,對稱軸=-1AC:

（2）設(shè)當(dāng)PQ最大時，四邊形面積最大

當(dāng)

此時面積最大，將AM向MN方向平移個單位得到過軸作的對稱點,連接,交DG于點N,交y軸于點E,過N作MN∥于軸交PH于點M,此時最小，最小值=（3）過點D’作D’E⊥軸D點的運動軌跡平行于AC，∵∠DCA=60°

DC∥∴∠CG=60°

∠AG=120°∵∠CAO=30°∴∠=30°∵∠=90°∴D’E=∴①時，

∴OG=0(舍)②時，

∴OG=③時，

∴OG=綜上所述：OG=或.點評：考查了二次函數(shù)的交點和待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式以及最值問題，15．（1）D（－1，0）；（2）點P坐標(biāo)為（，）；（3）存在為P使△PEH周長取得最大值，點P坐標(biāo)為（1.5，3.75），△PEH周長最大值為.【解析】分析：（1）由正方形邊長是3，得到A、C的坐標(biāo)，然后把A、C的坐標(biāo)代入，解方程即可得到拋物線解析式，令y=0，解一元二次方程即可得到點D的坐標(biāo)．（2）設(shè)P（m，-m2+2m+3）(0<m<3)，先用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式為y=-x+3，設(shè)E(m，3-m)，得到PE=-m2+3m，EF=3-m．因為∠PEF=∠COD=900，故要使△PEF與△COD相似，只需或，分別解方程即可得出結(jié)論．（3）由正方形的性質(zhì)可以得到∠PEH=∠AEQ=450．在Rt△PEH中，PH＝，EH＝．設(shè)△PEH的周長為l，則l＝PE+PH+EH=()PE，故當(dāng)PE取最大值時l有最大值．而PE=-m2+3m，配方即可得出結(jié)論．解析：（1）∵正方形邊長是3，∴A（3，0），C（0，3）．∴．解得．∴y=-x2+2x+3．由-x2+2x+3＝0得x1=3，x2=-1．∴D（－1，0）．（2）設(shè)P（m，-m2+2m+3）(0<m<3)．設(shè)AC的解析式為：y=kx+b，則．解得：．∴AC：y=-x+3，E(m，3-m)．∴PE=-m2+2m+3-(3-m)=-m2+3m，EF=3-m∵∠PEF=∠COD=900，∴要使△PEF與△COD相似，只需或．①當(dāng)時，．解得：m1=m2=3．∵0<m<3，所以舍去．②當(dāng)時，，解得：m1=，m2=3．∵0<m<3，所以m=．當(dāng)x=時，y=∴點P坐標(biāo)為（）．（3）∵OABC是正方形，∴∠OAB=900，AC平分∠OAB．∴∠OAC=450．又∵∠PQA=900，∴∠AEQ=900-∠OAC=450．∠PEH=∠AEQ=450．在Rt△PEH中，PH＝PEsin450=，EH＝PEcos450=．設(shè)△PEH的周長為l，則l＝PE+PH+EH=()PE，∴當(dāng)PE取最大值時l有最大值．PE=-m2+3m＝－(m-1.5)2+2.25，即當(dāng)m=1.5時PE有最大值2.25．l最大＝()PE=．當(dāng)m=1.5時，-m2+2m+3＝3.75答：存在為P使△PEH周長取得最大值，點P坐標(biāo)為（1.5，3.75），△PEH周長最大值為．點評：本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，求二次函數(shù)的最值、相似三角形的判定，表示出線段PE的長是解題的關(guān)鍵．16．（1）,；（2）點P的坐標(biāo)是和；（3）當(dāng)時，C的最大值是15．【解析】分析：（1）將B、C兩點的坐標(biāo)代入拋物線函數(shù)解析式，列出關(guān)于b、c的方程組，解方程組求得b、c的值即可求得拋物線的解析式；將點B的坐標(biāo)代入直線求得m的值，從而得到直線BD的解析式，把直線BD的解析式和拋物線的解析式組成方程組，解方程組即可求得點D的坐標(biāo)；（2）由題意結(jié)合（1）中所得結(jié)論易得MN的長度，由拋物線的解析式和BD的解析式表達(dá)出線段PE的長，結(jié)合題意可知，當(dāng)PE=MN時，四邊形PEMN是平行四邊形，由此即可列出方程，解方程即可求得此時點P的坐標(biāo)；（3）由題意結(jié)合點D和點N的坐標(biāo)易得△DMN的周長，結(jié)合（2）可把線段PE的長度用含“a”的代數(shù)式表達(dá)出來，再證△PEF∽△DNM，即可由相似三角