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1、玩转压轴题，争取满分之备战2018年中考数学解答题高端精品专题四 几何最值的存在性问题【考题研究】在平面几何的动态问题中，当某几何元素在给定条件变动时，求某几何量（如线段的长度、图形的周长或面积、角的度数以及它们的和与差）的最大值或最小值问题，称为最值问题。从历年的中考数学压轴题型分析来看，经常会考查到距离或者两条线段和差最值得问题，并且这部分题目在中考中失分率很高，应该引起我们的重视。几何最值问题再教材中虽然没有进行专题讲解，到却给了我们很多解题模型，因此在专题复习时进行压轴训练是必要的。【解题攻略】最值问题是一类综合性较强的问题，而线段和（差）问题，要归归于几何模型：（1）归于“两点之间的
2、连线中，线段最短”凡属于求“变动的两线段之和的最小值”时，大都应用这一模型（2）归于“三角形两边之差小于第三边”凡属于求“变动的两线段之差的最大值”时，大都应用这一模型两条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“牛喝水”问题，关键是指出一条对称轴“河流”（如图1）三条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“台球两次碰壁”或“光的两次反射”问题，关键是指出两条对称轴“反射镜面”（如图2）两条线段差的最大值问题，一般根据三角形的两边之差小于第三边，当三点共线时，两条线段差的最大值就是第三边的长如图3，PA与PB的差的最大值就是AB，此时点P在AB的延长线上，即P解决线段和差的最值问题，有时候求函数
3、的最值更方便，建立一次函数或者二次函数求解最值问题【解题类型及其思路】解决平面几何最值问题的常用的方法有：（1）应用两点间线段最短的公理（含应用三角形的三边关系）求最值；（2）应用垂线段最短的性质求最值；（3）应用轴对称的性质求最值；（4）应用二次函数求最值；（5）应用其它知识求最值。【典例指引】类型一 【确定线段（或线段的和，差）的最值或确定点的坐标】 典例指引1（2017年天津市东丽区立德中学模拟）如图，已知一次函数y1=x+b的图象l与二次函数y2=x2+mx+b的图象C都经过点B（0，1）和点C，且图象C过点A（2，0）（1）求二次函数的最大值；（2）设使y2y1成立的x取值的所有整数
4、和为s，若s是关于x的方程=0的根，求a的值；学科=网（3）若点F、G在图象C上，长度为的线段DE在线段BC上移动，EF与DG始终平行于y轴，当四边形DEFG的面积最大时，在x轴上求点P，使PD+PE最小，求出点P的坐标【解析】试题分析: （1）首先利用待定系数法求出二次函数解析式，然后求出其最大值；（2）联立y1与y2，求出点C的坐标为C（， ），因此使y2y1成立的x的取值范围为0x，得s=1+2+3=6；将s的值代入分式方程，求出a的值；（3）如图，四边形DEFG是一个梯形，将其面积用含有未知数的代数式表示出来，这个代数式是一个二次函数，根据其最值求出未知数的值，进而得到面积最大时点D、
5、E的坐标试题解析:解：（1）二次函数y2=x2+mx+b经过点B（0，1）与A（2，0），,解得,l：y1=x+1；C：y2=x2+4x+1y2=x2+4x+1=（x2）2+5，ymax=5；（3）点D、E在直线l：y1=x+1上，设D（p， p+1），E（q， q+1），其中qp0如答图1，过点E作EHDG于点H，则EH=qp，DH=（qp）在RtDEH中，由勾股定理得：EH2+DH2=DE2，即（qp）2+（qp）2=（）2，解得qp=2，即q=p+2EH=2，E（p+2， p+2）当x=p时，y2=p2+4p+1，G（p，p2+4p+1），DG=（p2+4p+1）（p+1）=p2+p；当
6、x=p+2时，y2=（p+2）2+4（p+2）+1=p2+5，F（p+2，p2+5），EF=（p2+5）（p+2）=p2p+3S四边形DEFG=（DG+EF）EH= （p2+p）+（p2p+3）2=2p2+3p+3当p=时，四边形DEFG的面积取得最大值，D（， ）、E（， ）如答图2所示，过点D关于x轴的对称点D，则D（，）；连接DE，交x轴于点P，PD+PE=PD+PE=DE，由两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小设直线DE的解析式为：y=kx+b，则有，解得直线DE的解析式为：y=x令y=0，得x=，P（，0）学科=网【名师点睛】本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图
7、象与性质、待定系数法、函数最值、分式方程的解、勾股定理、轴对称最短路线等知识点，涉及考点众多，难度较大本题难点在于第（3）问，涉及两个最值问题，第1个最值问题利用二次函数解决，第2个最值问题利用几何性质解决 【举一反三】（2018年湖北省宜昌市夷陵区模拟）如图，已知二次函数的图象经过点A（3，3）、B（4，0）和原点OP为二次函数图象上的一个动点，过点P作x轴的垂线，垂足为D（m，0），并与直线OA交于点C（1）求直线OA和二次函数的解析式；（2）当点P在直线OA的上方时，当PC的长最大时，求点P的坐标；当SPCO=SCDO时，求点P的坐标【解析】试题分析： 设 把A点坐标代入即可求出二次函数
8、解析式.设出直线的解析式，把点坐标代入即可.根据点的坐标求出 化成顶点式即可求出线段的最大值；根据点的坐标设出点P和点C的坐标，表示出PC和CD的长度，要使得 则有 代入求出坐标即可； 轴，P在上，C在上， 当 时，PC的长最大， 当 时，即 当时，则有 解得（舍去）， 类型二 【确定三角形、四边形的周长的最值或符合条件的点的坐标】 典例指引2（广东省深圳市宝安区2017届中考数学二模）如图1，抛物线y=ax2+bx+c（a0）与x轴交于点A（1，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC=3OA点P是抛物线上的一个动点，过点P作PEx轴于点E，交直线BC于点D，连接PC（1）求抛物线的解
9、析式；（2）如图2，当动点P只在第一象限的抛物线上运动时，求过点P作PFBC于点F，试问PDF的周长是否有最大值？如果有，请求出其最大值，如果没有，请说明理由 （3）当点P在抛物线上运动时，将CPD沿直线CP翻折，点D的对应点为点Q，试问，四边形CDPQ是否成为菱形？如果能，请求出此时点P的坐标，如果不能，请说明理由【解析】试题分析: （1）利用待定系数法求二次函数的解析式；（2）设P（m，m2+m+3），PFD的周长为L，再利用待定系数法求直线BC的解析式为：y=x+3，表示PD=，证明PFDBOC，根据周长比等于对应边的比得： ，代入得：L=（m2）2+，求L的最大值即可；（3）如图3，当
10、点Q落在y轴上时，四边形CDPQ是菱形，根据翻折的性质知：CD=CQ，PQ=PD，PCQ=PCD，又知Q落在y轴上时，则CQPD，由四边相等：CD=DP=PQ=QC，得四边形CDPQ是菱形，表示P（n， +n+3），则D（n，n+3），G（0，n+3），利用勾股定理表示PD和CD的长并列式可得结论试题解析:（1）由OC=3OA，有C（0，3），将A（1，0），B（4，0），C（0，3）代入y=ax2+bx+c中，得：，解得： ，故抛物线的解析式为：y=+x+3；（2）如图2，设P（m，m2+m+3），PFD的周长为L，直线BC经过B（4，0），C（0，3），设直线BC的解析式为：y=kx+b，
11、则解得： 直线BC的解析式为：y=x+3，则D（m，），PD=，PEx轴，PEOC，BDE=BCO，BDE=PDF，PDF=BCO，PFD=BOC=90，PFDBOC，由（1）得：OC=3，OB=4，BC=5，故BOC的周长=12，即L=（m2）2+，当m=2时，L最大=；（3）存在这样的Q点，使得四边形CDPQ是菱形，如图3，当点Q落在y轴上时，四边形CDPQ是菱形，理由是：由轴对称的性质知：CD=CQ，PQ=PD，PCQ=PCD，当点Q落在y轴上时，CQPD，PCQ=CPD，PCD=CPD，CD=PD，CD=DP=PQ=QC，四边形CDPQ是菱形，过D作DGy轴于点G，设P（n， +n+3
12、），则D（n，n+3），G（0，），在RtCGD中，CD2=CG2+GD2=（n+3）32+n2=，而|PD|=|（ ）（n+3）|=|+3n|，PD=CD，解方程得：n=或0（不符合条件，舍去），解方程得：n=或0（不符合条件，舍去），当n=时，P（， ），如图3，当n=时，P（，），如图4，综上所述，存在这样的Q点，使得四边形CDPQ是菱形，此时点P的坐标为（， ）或（，）【名师点睛】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求函数的解析式、菱形的性质和判定、三角形相似的性质和判定，将周长的最值问题转化为二次函数的最值问题，此类问题要熟练掌握利用解析式表示线段的长，并利用相似比或勾股定理
13、列方程解决问题【举一反三】（2017年天津市红桥区中考数学三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数（m为常数）的图象与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点C以直线x=1为对称轴的抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a0）经过A，C两点，并与x轴的正半轴交于点B（1）求m的值及抛物线的函数表达式；学科=网（2）设E是y轴右侧抛物线上一点，过点E作直线AC的平行线交x轴于点F是否存在这样的点E，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E的坐标及相应的平行四边形的面积；若不存在，请说明理由；（3）若P是抛物线对称轴上使ACP的周长取得最小值的点，过点P任意作一
14、条与y轴不平行的直线交抛物线于M1（x1，y1），M2（x2，y2）两点，试探究是否为定值，并写出探究过程【解析】试题分析：（1）首先求得m的值和直线的解析式，根据抛物线对称性得到B点坐标，根据A、B点坐标利用交点式求得抛物线的解析式；（2）存在点E使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形如答图1所示，过点E作EGx轴于点G，构造全等三角形，利用全等三角形和平行四边形的性质求得E点坐标和平行四边形的面积注意：符合要求的E点有两个，如答图1所示，不要漏解；解：（1）经过点（3，0），0=+m，解得m=，直线解析式为，C（0， ）抛物线y=ax2+bx+c对称轴为x=1，且与x轴交于A（3，
15、0），另一交点为B（5，0），设抛物线解析式为y=a（x+3）（x5），抛物线经过C（0， ），=a3（5），解得a=，抛物线解析式为y=x2+x+；（2）假设存在点E使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形，则ACEF且AC=EF如答图1，（i）当点E在点E位置时，过点E作EGx轴于点G，ACEF，CAO=EFG，又，CAOEFG，EG=CO=，即yE=，=xE2+xE+，解得xE=2（xE=0与C点重合，舍去），E（2， ），SACEF=；（ii）当点E在点E位置时，过点E作EGx轴于点G，同理可求得E（+1， ），SACFE= （3）要使ACP的周长最小，只需AP+CP最小即可如答
16、图2，连接BC交x=1于P点，因为点A、B关于x=1对称，根据轴对称性质以及两点之间线段最短，可知此时AP+CP最小（AP+CP最小值为线段BC的长度）B（5，0），C（0， ），直线BC解析式为y=x+，xP=1，yP=3，即P（1，3）令经过点P（1，3）的直线为y=kx+b，则k+b=3，即b=3k，则直线的解析式是：y=kx+3k，y=kx+3k，y=x2+x+，联立化简得：x2+（4k2）x4k3=0，x1+x2=24k，x1x2=4k3y1=kx1+3k，y2=kx2+3k，y1y2=k（x1x2）根据两点间距离公式得到：M1M2= =M1M2=4（1+k2）又M1P=；同理M2P
17、=M1PM2P=（1+k2）=（1+k2）=（1+k2）=4（1+k2）M1PM2P=M1M2，=1为定值类型三 【确定三角形、四边形的面积最值或符合条件的点的坐标】 典例指引2（2017届江苏省东海县南辰中学模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知点A、B、C的坐标分别为(-1，0)，(5，0)，(0，2)（1）求过A、B、C三点的抛物线解析式；（2）若点P从A点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向B点移动，连接PC并延长到点E，使CE=PC，将线段PE绕点P顺时针旋转90得到线段PF，连接FB若点P运动的时间为t秒(0t6)，设PBF的面积为S；求S与t的函数关系式；当t是多少时，PB
18、F的面积最大，最大面积是多少？（3）点P在移动的过程中，PBF能否成为直角三角形？若能，直接写出点F的坐标；若不能，请说明理由 【解析】分析：（1）因为抛物线过A、B、C三点，所以此三点的坐标使抛物线的解析式成立（2）此题要分作两种情况进行讨论：一、当P点位于原点左侧，线段OA上；此时0t1，可用t表示出OP、BP的长，欲求BPF的面积，关键要求出BP边上的高，可过F作FDx轴于D；由于CPF=90，易证得OPCDFP，根据已知条件可知PF=PE=2PC，即两个相似三角形的相似比为2，那么DF=2OP，由此可得到DF的长，以BP为底，DF为高，即可求得BPF的面积表达式，也就得到了关于S、t的
19、函数关系式；二、当P点位于原点右侧，线段BP上；此时1t6，可仿照一的方法进行求解；根据得到的S、t的函数关系式，及相应的自变量的取值范围，即可根据函数的性质求得S的最大值及对应的t值，然后进行比较即可得到结果（3）当P位于线段OA上时，显然PFB不可能是直角三角形；由于BPFCPF=90，所以P不可能是直角顶点，可分两种情况进行讨论：F为直角顶点，过F作FDx轴于D，由（2）可知BP=6-t，DP=2OC=4，在RtOCP中，OP=t-1，由勾股定理易求得CP=t2-2t+5，那么PF=4（t-2t+5）；在RtPFB中，FDPB，由射影定理可求得PB=PFPD=t-2t+5，而PB的另一个
20、表达式为：PB=6-t，联立两式可得t-2t+5=6-t，即t=；B为直角顶点，那么此时的情况与（2）题类似，PFBCPO，且相似比为2，那么BP=2OC=4，即OP=OB-BP=1，此时t=2本题解析：（1）（法一）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a0），把A（1，0），B（5，0），C（0，2）三点代入解析式得： ， 解得； （法二）设抛物线的解析式为y=a（x5）（x+1），把（0，2）代入解析式得：2=5a，；，即； （2）过点F作FDx轴于D，当点P在原点左侧时，BP=6t，OP=1t；在RtPOC中，PCO+CPO=90，FPD+CPO=90，PCO=FPD；POC=FDP
21、，CPOPFD， PF=PE=2PC，FD=2PO=2（1t）； SPBF= =t27t+6（0t1）； 当点P在原点右侧时，OP=t1，BP=6t；CPOPFD， FD=2（t1）；SPBF= =t2+7t6（1t6）； 当0t1时，S=t27t+6；此时t在t=3.5的左侧，S随t的增大而减小，则有：当t=0时，Smax=070+6=6；当1t6时，S=t2+7t6；由于13.56，故当t=3.5时，Smax=3.53.5+73.5+6=6.25；综上所述，当t=3.5时，面积最大，且最大值为6.25 （3）能；若F为直角顶点，过F作FDx轴于D，由（2）可知BP=6t，DP=2OC=4，
22、在RtOCP中，OP=t1，由勾股定理易求得CP2=t22t+5，那么PF2=（2CP）2=4（t22t+5）；在RtPFB中，FDPB，由射影定理可求得PB=PF2PD=t22t+5，而PB的另一个表达式为：PB=6t，联立两式可得t22t+5=6t，即t=，P点坐标为（，0），则F点坐标为：（5， ）； B为直角顶点，那么此时的情况与（2）题类似，PFBCPO，且相似比为2，那么BP=2OC=4，即OP=OBBP=1，此时t=2，P点坐标为（1，0）FD=2（t1）=2，则F点坐标为（5，2） 【名师点睛】本题主要考查了待定系数法确定二次函数的解析式，三角形面积的求法，直角三角形的判定，相
23、似三角形的判定与性质，知识点较多，在求关于动点问题时，要分情况讨论结果，即注意分类讨论思想的运用.【举一反三】如图，二次函数 的图象与x轴与交于点A、点B（2，0），与y轴交于点C，ACB=90o(1)求二次函数解析式;（2）直线与轴平行，分别交线段AB、CB于点E、F，且与抛物线交于点P求线段PF取得最大值时，OE的长；四边形ACPB的面积是否存在最大值？如果存在求出此最大值和点P的坐标；如果不存在，说明理由 (3)不解方程组，直接写出的解【解析】分析：（1）由AOCCOB得：OA= ,则点A（-，0），把A、B代入联立方程组，即可求解；（2）由题意得到直线BC的解析式为： ，分别设出点E、
24、F、P的坐标，用含m的式子表示，从而求出线段PF取得最大值时，OE的长；利用 ,得到关于m的二次函数，配成顶点式，即可求解；（4）根据函数图象可得出结果.本题解析：（1）ACB=90o， ,点A的坐标为 （2）设直线BC的解析式为，由图象得： , 直线BC的解析式为： 如图，设：E，则F，p，当m=1时， OE=1 如图：四边形ACPB的面积存在最大值, = ,P(1, ).（3）由图可知：方程组: 的解为【新题训练】1如图，一次函数分别交y轴、x 轴于A、B两点，抛物线过A、B两点。（1）求这个抛物线的解析式；（2）作垂直x轴的直线x=t，在第一象限交直线AB于M，交这个抛物线于N。求当t
25、取何值时，MN有最大值？最大值是多少？【解析】试题分析：（1）求出点A、点B的坐标，将A、B坐标代入抛物线解析式，求出b、c的值即可；（2）将M、N的坐标用含t的式子表示，然后将MN表示为二次函数的形式，求二次函数最值即可.（2）由题意易得M(t， t+2)，N(t，t2+t+2)， MN=t2+t+2（t+2）=t2+t+2+t2=t2+4t=（t2）2+4，当t=2时，MN有最大值4.2如图，抛物线经过点A（3，0）、B（0，3），C（1，0）（1）求抛物线及直线AB的函数关系式；（2）有两动点D、E同时从O出发，以每秒1个单位长度的相同的速度分别沿线段OA、OB向A、B做匀速运动，过D作
26、PDOA分别交抛物线和直线AB于P、Q，设运动时间为t（0t3）求线段PQ的长度的最大值；连接PE，当t为何值时，四边形DOEP是正方形；连接DE，在运动过程中，是否存在这样的t值，使PE=DE？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由【解析】试题分析：（1）已知了抛物线上的三个点的坐标和直线上两个点的坐标，直接利用待定系数法即可求出抛物线和直线的解析式；（2）用t表示出线段PQ的长，利用二次函数的性质即可求解；OE=OD=PD时，四边形四边形DOEP是正方形，由此列出方程求解即可；存作EHPD， 可得PD=2OE，由此列出方程解得t值即可.（2）D（t，0），PDx轴，P（t，t2+2t+
27、3），Q(-t，-t+3)PQ=t2+2t+3-（-t+3）=t2+3t，当t=时，PQ的长度有最大值，最大值为；OE=OD=t，PDOE，PD=OE时，四边形DOEP为平行四边形，而OE=OD，DOE=90，此时四边形DOEP是正方形即t2+2t+3=t，解得t1=，t2= （舍去），当t=为时，四边形DOEP是正方形；存在作EHPD，如图，DE=PE，PH=DH，PD=2OE，即t2+2t+3=2t，解得t1=，t2=（舍去），当t=时，PE=DE点睛：本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式、建立函数模型求最值问题、二次函数与正方形和等腰三角形等知识此题综合性很强，难度
28、较大，注意数形结合思想、方程思想与函数思想的应用3已知抛物线y=ax2+bx+c（a0）与x轴交于不同的两个点A（x1，0）和点B（x2，0）与y轴的正半轴交于点C，如果x1，x2是方程x22x3=0的两个根（x1x2），且图象经过点（2，3）（1）求抛物线的解析式并画出图象（2）x在什么范围内函数值y大于3且随x的增大而增大（3）设（1）中的抛物线顶点为D，在y轴上是否存在点P，使得DP+BP的和最小？若存在，求出这个最小值；若不存在，说明理由【解析】试题分析: （1）根据二次函数与一元二次方程的关系可知，方程 的两个根即为函数与轴的交点横坐标，利用待定系数法列出函数解析式，将代入解析式，求
29、出系数即可，根据函数解析式求出函数图象的顶点坐标，再求出与坐标轴的交点坐标即可画出函数图象（2）根据图象直接解答即可（3）作关于轴的对称点则坐标为 连接，设的解析式为求出函数解析式，与轴交点坐标即为点坐标故函数与x轴的交点坐标为和点 当时， ，函数与轴的交点为 又因为函数图象对称轴为 将代入解析式得， 则函数顶点坐标为 如图：（2）由图可知， 时， 大于3且随的增大而增大（3）作关于轴的对称点则坐标为连接，设的解析式为将（1，4），（3，0）分别代入解析式得， 解得 则函数解析式为 当时， 则P点坐标为（0，3）4如图，抛物线与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，且x1x2与y轴交于点
30、C（0，4），其中x1，x2是方程x24x12=0的两个根（1）求抛物线的解析式；（2）点M是线段AB上的一个动点，过点M作MNBC，交AC于点N，连结CM，当CMN的面积最大时，求点M的坐标；（3）点D（4，k）在（1）中抛物线上，点E为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点F，使以A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，直接写出所有满足条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由【解析】试题分析：（1）根据一元二次方程解法得出A，B两点的坐标，再利用交点式求出二次函数解析式；（2）首先判定MNABCA得出，进而得出函数的最值；（3）分别根据当AF为平行四边形的边时，AF平行且等于DE与当
31、AF为平行四边形的对角线时，分析得出符合要求的答案试题解析：（1）x24x12=0，x1=2，x2=6A（2，0），B（6，0），又抛物线过点A、B、C，故设抛物线的解析式为y=a（x+2）（x6），将点C的坐标代入，求得a=，抛物线的解析式为y=x2x4；（2）设点M的坐标为（m，0），过点N作NHx轴于点H（如图（1）点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），AB=8，AM=m+2，MNBC，MNABCA=，=，NH=，SCMN=SACMSAMN=AMCOAMNH，=（m+2）（4）=m2+m+3，=（m2）2+4当m=2时，SCMN有最大值4此时，点M的坐标为（2，0）；（3）点D
32、（4，k）在抛物线y=x2x4上，当x=4时，k=4，点D的坐标是（4，4）如图（2），当AF为平行四边形的边时，AF平行且等于DE，D（4，4），DE=4F1（6，0），F2（2，0），如图（3），当AF为平行四边形的对角线时，设F（n，0），点A的坐标为（2，0），则平行四边形的对称中心的横坐标为：，平行四边形的对称中心坐标为（，0），D（4，4），E的横坐标为：4+=n6，E的纵坐标为：4，E的坐标为（n6，4）把E（n6，4）代入y=x2x4，得n216n+36=0解得n=82F3（82，0），F4（8+2，0），综上所述F1（6，0），F2（2，0），F3（82，0），F4（8+2，
33、0）点睛：此题主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型，特别注意利用数形结合是这部分考查的重点，也是难点，同学们应重点掌握5已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，线段OB、OC的长（OBOC）是方程x210x+16=0的两个根，且抛物线的对称轴是直线x=2（1）求A、B、C三点的坐标；（2）求此抛物线的表达式；（3）连接AC、BC，若点E是线段AB上的一个动点（与点A、点B不重合），过点E作EFAC交BC于点F，连接CE，设AE的长为m，CEF的面积为S，求S与m之间的函数关系式，并写出自
34、变量m的取值范围；（4）在（3）的基础上试说明S是否存在最大值？若存在，请求出S的最大值，并求出此时点E的坐标，判断此时BCE的形状；若不存在，请说明理由【解析】试题分析：（1）解方程x210x+16=0得x1=2，x2=8 ；根据点B、C的位置则可得B、C的坐标，再根据抛物线的对称性则可得点A的坐标；（2）根据（1）中得到的点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（3）先表示出BE的长度并求出ABC的面积，再判定BEF和ABC相似，然后根据相似三角形面积的比等于相似比的平方表示出BEF的面积，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比列式求解即可得到S与m的关系式；（4）根据
35、（3）中求得的S与m的关系式，利用二次函数的性质即可求得最大值，从而确定出m值，即可对BCE的形状作出判断.（2）点C（0，8）在抛物线y=ax2+bx+c的图象上，c=8，将A（6，0）、B（2，0）代入表达式，得： ，解得 ，所求抛物线的表达式为y=；（3）依题意，AE=m，则BE=8m，OA=6，OC=8，AC=10，EFAC，BEFBAC， ，即，EF= ，过点F作FGAB，垂足为G，则sinFEG=sinCAB=， ,FG= ，S=SBCESBFE=（8m）8（8m）（8m）=m2+4m，自变量m的取值范围是0m8 ；（4）存在理由：S=m2+4m=（m4）2+8且0，当m=4时，S
36、有最大值，S最大值=8 ，m=4，点E的坐标为（2，0），BCE为等腰三角形【点睛】本题综合考查了二次函数，主要有一元二次方程的解法，待定系数法求二次函数解析式，相似三角形面积的比等于相似比的平方的性质，三角函数的应用等，解题的关键是能够根据题意画出符合条件的图形，结合图形进行解答.6如图，在平面直角坐标系中，抛物线与y轴交于点，与x轴交于点，点B坐标为学科网求二次函数解析式及顶点坐标；过点A作AC平行于x轴，交抛物线于点C，点P为抛物线上的一点点P在AC上方，作PD平行于y轴交AB于点D，问当点P在何位置时，四边形APCD的面积最大？并求出最大面积【解析】试题分析：（1）用待定系数法求抛物线
37、解析式，并利用配方法求顶点坐标；（2）先求出直线AB解析式，设出点P坐标（x，-x2+4x+5），建立函数关系式S四边形APCD=-2x2+10x，根据二次函数求出极值；可得P的坐标试题解析：把点，点B坐标为代入抛物线中，得： ，解得： ，抛物线的解析式为： ，顶点坐标为；设直线AB的解析式为： ，解得： ，直线AB的解析式为： ，设，则，点C在抛物线上，且纵坐标为5，有最大值，当时，S有最大值为，此时【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关系式，函数极值额确定方法，平行四边形的性质和判定，解本题的关键是建立函数关系式求极值7如图所示，二次函数y=ax2x+c的图象经过点A（
38、0，1），B（3， ），A点在y轴上，过点B作BCx轴，垂足为点C（1）求直线AB的解析式和二次函数的解析式；（2）点N是二次函数图象上一点（点N在AB上方），过N作NPx轴，垂足为点P，交AB于点M，求MN的最大值；（3）点N是二次函数图象上一点（点N在AB上方），是否存在点N，使得BM与NC相互垂直平分？若存在，求出所有满足条件的N点的坐标；若不存在，说明理由【解析】试题分析：（1）根据已知点的坐标利用待定系数法即可得出结论；（2）设点N的坐标为 则点M的坐标为用含的代数式表示出来，结合二次函数的性质即可解决最值问题；（3）假设存在，设点N的坐标为连接，当四边形为菱形时， 与相互垂直平分，
39、根据算出的值，从而得出点的坐标，再去验证是否等于，由此即可得出结论试题解析：(1)设直线AB的解析式为：y=kx+b， 直线AB的解析式为： 把代入 得, 二次函数的解析式为： (3)假设存在,设点N的坐标为连接BN、CM，如图所示.若要BM与NC相互垂直平分，只需四边形BCMN为菱形即可。点B坐标为 点C的坐标为(3,0)，BC=52.四边形BCMN为菱形， 解得： 当m=2时,点N的坐标为 故m=2(舍去)；当m=1时,点N的坐标为(1,4)， 点N(1,4)符合题意.故存在点N,使得BM与NC相互垂直平分,点N的坐标为(1,4).8如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=与x轴交于A、B两
40、点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为点D，过点B作BC的垂线，交对称轴于点E（1）求证：点E与点D关于x轴对称；（2）点P为第四象限内的抛物线上的一动点，当PAE的面积最大时，在对称轴上找一点M，在y轴上找一点N，使得OM+MN+NP最小，求此时点M的坐标及OM+MN+NP的最小值；（3）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点D在射线AD上移动，点D平移后的对应点为D，点A的对应点A，设抛物线的对称轴与x轴交于点F，将FBC沿BC翻折，使点F落在点F处，在平面内找一点G，若以F、G、D、A为顶点的四边形为菱形，求平移的距离【解析】试题分析：（1）首先求出A、B、C、D的坐标，再根
41、据EFBBOC对应边成比例得出方程，推出EF的长度，求出点E的坐标即可解决问题；（2）过点P作PQy轴，交直线AE于点Q构建 二次函数，利用二次函数的性质求出点P的坐标，作点O关于对称轴的对称点O，作点P关于Y轴的对称点P，连接OP，分别交对称轴、y轴于点M、N，此时M、N即为所求；（3）由题意得F，A，D三点的坐标，设平移距离为 t，则得出A，D的坐标，可得AF2，DF2，AD2的长度，然后分三种情形：当AF2=DF2时，当AF2=AD2时，当DF2=AD2时列出方程即可解决问题试题解析：解：（1）如图1中，令y=0，得到x2x3=0，解得x=或3，A（ ，0），B（3 ，0）令x=0，可得
42、y=3，C（0，3）y= x2 x3=（x ）24，顶点D（ ，4），设对称轴与x轴交于F，则BF=2 EFBBOC， EF：OB=BF：OC， ，EF=4，E（ ，4），E、D关于x轴对称；（2）过点P作PQy轴，交直线AE于点QyAE= x+2，设P（a， a2a3），Q（a， a+2），（0a3），PQ=（a+2）（a2a3）=a2+2 a+5，SPAE= PQ|xExA|= （a2+2a+5）2=a2+4a+5，当a= =2时，SPAE最大，此时P（2，3）作点O关于对称轴的对称点O（2，0），作点P关于Y轴的对称点P（2，3）连接OP，分别交对称轴、y轴于点M、N，此时M、N即为所求
43、yPO=x，当x=时，y=，M（，），OM+MN+NP的最小值OP= ；（3）F（，），A（+t，2t），D（，4），设平移距离为 t，则A（ + t，2t），D（ +t，42t），AF2=6t224t+，DF2=6t2+，AD2=24，当AF2=DF2时，6t224t+ =6t2+，解得t=1当AF2=AD2时，6t224t+ =24，解得t=当DF2=AD2时，24=6t2+ ，解得t=或（舍弃），平移的距离t= ， ， 点睛：本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、菱形的判定和性质、勾股定理、轴对称、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，学会构建二次函数解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题9如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（m，m），点B的