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二次函数中几何的最值问题
一、解答题
1、如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（－2，0）、B（6，0）、C（0，－2），抛物线y=a+bx+c（a≠0）经过A、B、C三点。
（1）求直线AC的解析式；
（2）求此抛物线的解析式；
（3）若抛物线的顶点为D，试探究在直线AC上是否存在一点P，使得△BPD的周长最小，若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由。

2、如图，已知抛物线y=-+mx+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点B的坐标为（3，0）。
（1）求m的值及抛物线的顶点坐标；
（2）点P是抛物线对称轴l上的一个动点，当PA+PC的值最小时，求点P的坐标。

3、如图，二次函数y=a+bx的图象经过点A（2，4）与B（6，0）．
（1）求a，b的值；
（2）点C是该二次函数图象上A，B两点之间的一动点，横坐标为x（2＜x＜6），写出四边形OACB的面积S关于点C的横坐标x的函数表达式，并求S的最大值。

4、如图，抛物线y=+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）经过点A（﹣1，0），B（5，﹣6），C（6，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，在直线AB下方的抛物线上是否存在点P使四边形PACB的面积最大？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点Q为抛物线的对称轴上的一个动点，试指出△QAB为等腰三角形的点Q一共有几个？并请求出其中某一个点Q的坐标．

5、如图，长方形OABC的OA边在x轴的正半轴上，OC在y轴的正半轴上，抛物线y=+bx经过点B（1，4）和点E（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D在线段OC上，且BD⊥DE，BD=DE，求D点的坐标；
（3）在条件（2）下，在抛物线的对称轴上找一点M，使得△BDM的周长为最小，并求△BDM周长的最小值及此时点M的坐标；
（4）在条件（2）下，从B点到E点这段抛物线的图象上，是否存在一个点P，使得△PAD的面积最大？若存在，请求出△PAD面积的最大值及此时P点的坐标；若不存在，请说明理由．

6、如图，抛物线y=-3x+与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点D是直线BC下方抛物线上一点，过点D作y轴的平行线，与直线BC相交于点E
（1）求直线BC的解析式；
（2）当线段DE的长度最大时，求点D的坐标。

7、如图1，对称轴x=为直线的抛物线经过B（2，0）、C（0，4）两点，抛物线与轴的另一交点为A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为第一象限内抛物线上一点，设四边形COBP的面积为S，求S的最大值；
（3）如图2，若M是线段BC上一动点，在轴上是否存在这样有点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．

8、如图1，抛物线y=-x2+2x+3与x轴交于A，B，与y轴交于C，抛物线的顶点为D，直线l过C交x轴于E（4，0）．
（1）写出D的坐标和直线l的解析式；
（2）P（x，y）是线段BD上的动点（不与B，D重合），PF⊥x轴于F，设四边形OFPC的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并求S的最大值；
（3）点Q在x轴的正半轴上运动，过Q作y轴的平行线，交直线l于M，交抛物线于N，连接CN，将△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点Q，使得M′恰好落在y轴上？若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．

试卷 第17/17页
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二次函数中几何的最值问题的答案和解析
一、解答题
1、答案：
（1）y＝−x−2
（2）y＝-x-2
（3）存在，（，-）
试题分析：
（1）设出一次函数解析式，代入A、C两点的坐标即可解决问题；
（2）把A、B、C三点代入抛物线y=ax2+bx+c，列出三元一次方程组解答即可；
（3）利用轴对称图形的性质，找出点B关于直线AC的对称点，进一步利用直角三角形的性质以及待定系数法与两直线的相交的关系求得答案。
解：（1）设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A（-2，0），C（0，-2）代入解析式得，
，

解得k＝−，b＝−2，
∴y＝−x−2；
（2）把A（-2，0），B（6，0），C（0，-2）三点代入抛物线y=a+bx+c得，
，

解得：a=，b＝−，c＝−2，
∴所求抛物线方程为y＝-x-2；
（3）存在满足条件的点P．
∵抛物线方程为y＝−，
∴顶点D的坐标为(2，−)，
要使△BDP的周长最小，只需DP+PB最小，
延长BC到点B′，使B′C=BC，连接B′D交直线AC于点P，
∵=16，=48，=64，
∴=+，
∴BC⊥AC，
∴B'P=BP，
∴DP+BP=DP+B′P=B′D最小，
则此时△BDP的周长最小，
∴点P就是所求的点，
过点B′作B′H⊥AB于点H，
∵B（6，0），C（0，−2），
∴在Rt△BOC中，BC=4，
∵OC∥B′H，B′C=BC，
∴OH=BO=6，
B′H＝2OC＝4，
∴B′(−6，−4)，
设直线B′D的解析式为y=mx+n，
∵D(2，−)，B′(−6，−4)在直线B′D上，
∴，
∴m＝，n＝−3，
∴y＝x-3，
∵，
∴x＝，y＝−，
∴P(，−)，
∴在直线AC上存在点P，使得△BDP的周长最小，此时P(，−)．

2、答案：
（1）m=2，（1，4）
（2）（1，2）
试题分析：
（1）首先把点B的坐标为（3，0）代入抛物线y=﹣+mx+3，利用待定系数法即可求得m的值，继而求得抛物线的顶点坐标；
（2）首先连接BC交抛物线对称轴l于点P，则此时PA+PC的值最小，然后利用待定系数法求得直线BC的解析式，继而求得答案．
解：（1）把点B的坐标为（3，0）代入抛物线y=﹣+mx+3得：0=﹣+3m+3，
解得：m=2，
∴y=﹣+2x+3=﹣+4，
∴顶点坐标为：（1，4）．
（2）连接BC交抛物线对称轴l于点P，则此时PA+PC的值最小，

设直线BC的解析式为：y=kx+b，
∵点C（0，3），点B（3，0），
∴ ，
解得： ，
∴直线BC的解析式为：y=﹣x+3，
当x=1时，y=﹣1+3=2，
∴当PA+PC的值最小时，求点P的坐标为：（1，2）．

3、答案：
（1）a=-,b=3
（2）S=-+8x（2＜x＜6）,16
试题分析：
（1）把A与B坐标代入二次函数解析式求出a与b的值即可；
（2）如图，过A作x轴的垂直，垂足为D（2，0），连接CD，过C作CE⊥AD，CF⊥x轴，垂足分别为E，F，分别表示出三角形OAD，三角形ACD，以及三角形BCD的面积，之和即为S，确定出S关于x的函数解析式，并求出x的范围，利用二次函数性质即可确定出S的最大值，以及此时x的值。
解：（1）将A（2，4）与B（6，0）代入y=ax2+bx，
得，解得：；
（2）如图，过A作x轴的垂直，垂足为D（2，0），连接CD，过C作CE⊥AD，CF⊥x轴，垂足分别为E，F，

=OD•AD=×2×4=4；
=AD•CE=×4×（x-2）=2x-4；
=BD•CF=×4×（-+3x）=-+6x，
则S=++=4+2x-4-+6x=-+8x，
∴S关于x的函数表达式为S=-+8x（2＜x＜6），
∵S=-+8x=-+16，
∴当x=4时，四边形OACB的面积S有最大值，最大值为16．

4、答案：
（1）y=-5x-6
（2）存在，P（2，-12）（3）（，-）

试题分析：
（1）抛物线经过点A（-1，0），B（5，-6），C（6，0），可利用两点式法设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-6），代入B（5，-6）即可求得函数的解析式；
（2）作辅助线，将四边形PACB分成三个图形，两个三角形和一个梯形，设P（m，-5m-6），四边形PACB的面积为S，用字母m表示出四边形PACB的面积S，发现是一个二次函数，利用顶点坐标求极值，从而求出点P的坐标．
（3）分三种情况画图：①以A为圆心，AB为半径画弧，交对称轴于和，有两个符合条件的和；②以B为圆心，以BA为半径画弧，也有两个符合条件的和；③作AB的垂直平分线交对称轴于一点，有一个符合条件的；最后利用等腰三角形的腰相等，利用勾股定理列方程求出坐标.
解：（1）设y=a（x+1）（x-6）（a≠0），把B（5，-6）代入：a（5+1）（5-6）=-6，
a=1，
∴y=（x+1）（x-6）=-5x-6；
（2）存在，
如图1，分别过P、B向x轴作垂线PM和BN，垂足分别为M、N，

设P（m，-5m-6），四边形PACB的面积为S，
则PM=-+5m+6，AM=m+1，MN=5-m，CN=6-5=1，BN=5，
∴S=++
=（-+5m+6）（m+1）+（6-+5m+6）（5-m）+×1×6
=-+12m+36
=+48，
当m=2时，S有最大值为48，这时-5m-6=-5×2-6=-12，
∴P（2，-12），
（3）这样的Q点一共有5个，连接、，

y=-5x-6=- ；
因为在对称轴上，所以设（，y），
∵是等腰三角形，且，
由勾股定理得：+=+，
y=-，
∴（ ，-）.

5、答案：
（1）y=+6x（2）（0，1）．
（3）+，（，）．
（4），（，）

试题分析:
（1）将点B（1，4），E（3，0）的坐标代入抛物线的解析式，得到关于a、b的方程组，求得a、b的值，从而可得到抛物线的解析式；
（2）依据同角的余角相等证明∠BDC=∠DE0，然后再依据AAS证明△BDC≌△DEO，从而得到OD=AO=1，于是可求得点D的坐标；
（3）作点B关于抛物线的对称轴的对称点B′，连接B′D交抛物线的对称轴与点M．先求得抛物线的对称轴方程，从而得到点B′的坐标，由轴对称的性质可知当点D、M、B′在一条直线上时，△BMD的周长有最小值，依据两点间的距离公式求得BD和B′D的长度，从而得到三角形的周长最小值，然后依据待定系数法求得D、B′的解析式，然后将点M的横坐标代入可求得点M的纵坐标；
（4）过点F作FG⊥x轴，垂足为G．设点F（a，+6a），则OG=a，FG=+6a．然后依据=--的三角形的面积与a的函数关系式，然后依据二次函数的性质求解即可.
解：（1）将点B（1，4），E（3，0）的坐标代入抛物线的解析式得：    ，
解得：     ，
抛物线的解析式为y=+6x．
（2）如图1所示；

∵BD⊥DE，
∴∠BDE=90°．
∴∠BDC+∠EDO=90°．
又∵∠ODE+∠DEO=90°，
∴∠BDC=∠DE0．
在△BDC和△DOE中，  ，
∴△BDC≌△DEO．
∴OD=AO=1．
∴D（0，1）．
（3）如图2所示：作点B关于抛物线的对称轴的对称点B′，连接B′D交抛物线的对称轴与点M．

∵x=，
∴点B′的坐标为（2，4）．
∵点B与点B′关于x=对称，
∴MB=B′M．
∴DM+MB=DM+MB′．
∴当点D、M、B′在一条直线上时，MD+MB有最小值（即△BMD的周长有最小值）．
∵由两点间的距离公式可知：BD= =，DB′==，
∴△BDM的最小值=+．
设直线B′D的解析式为y=kx+b．
将点D、B′的坐标代入得：     ，
解得：．
∴直线DB′的解析式为y=x+1．
将x=代入得：y=．
∴M（ ， ）．
（4）如图3所示：过点F作FG⊥x轴，垂足为G．

设点F（a，+6a），则OG=a，FG=+6a．
∵=（OD+FG）·OG=（+6a+1）×a=++a，=OD·OA=×1×1=，=AG·FG=+-3a，
∴=--=+a-．
∴当a=时，的最大值为 ．
∴点P的坐标为（，）．

6、答案：
（1）y=-x+
（2）（，-）
试题分析：
（1）利用坐标轴上点的特点求出A、B、C点的坐标，再用待定系数法求得直线BC的解析式；
（2）设点D的横坐标为m，则纵坐标为（m，−3m+），E点的坐标为（m，−m+），可得两点间的距离为d=−+2m，利用二次函数的最值可得m，可得点D的坐标.
解：（1）∵抛物线y=-3x+与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，
∴令y=0，可得x=或x=，
∴A（，0），B（，0）；
令x=0，则y=，
∴C点坐标为（0，），
设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有，
，
解得：，
∴直线BC的解析式为：y=−x+；
（2）设点D的横坐标为m，则坐标为（m，−3m+），

∴E点的坐标为（m，−m+），
设DE的长度为d，
∵点D是直线BC下方抛物线上一点，
则d=−m+-（-3m+），
整理得，d=-+m，
∵a=-1＜0，
∴当m===时，= ==，
∴D点的坐标为（，−）．

7、答案：
(1)y=-2 +2x+4
(2)6
(3)存在，Q（-,0）
试题分析：
（1）由对称轴的对称性得出点A的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）作辅助线把四边形COBP分成梯形和直角三角形，表示出面积S，化简后是一个关于S的二次函数，求最值即可；
（3）画出符合条件的Q点，只有一种，①利用平行相似得对应高的比和对应边的比相等列比例式；②在直角△OCQ和直角△CQM利用勾股定理列方程；两方程式组成方程组求解并取舍．
解：（1）由对称性得：A（-1，0），设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x-2），
把C（0，4）代入：4=-2a，
a=-2，
∴y=-2（x+1）（x-2），
∴抛物线的解析式为：y=-2+2x+4；
（2）如图1，设点P（m，-2+2m+4），过P作PD⊥x轴，垂足为D，

∴S=+=m（-2+2m+4+4）+（-2+2m+4）（2-m），
S=-2+4m+4=-2+6，
∵-2＜0，
∴S有最大值，则=6
（3）如图2，存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形，

理由是：
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
把B（2，0）、C（0，4）代入得：，

解得：，
∴直线BC的解析式为：y=-2x+4，
设M（a，-2a+4），
过A作AE⊥BC，垂足为E，
则AE的解析式为：y=x+，
则直线BC与直线AE的交点E（1.4，1.2），
设Q（-x，0）（x＞0），
∵AE∥QM，
∴△ABE∽△QBM，
∴＝①，
由勾股定理得：+=2×[+]②，
由①②得：=4（舍），=，
当a=时，x=，
∴Q（-，0）．

8、答案：

试题分析：（1）先把抛物线解析式配成顶点式即可得到D点坐标，再求出C点坐标，然后利用待定系数法求直线l的解析式；
（2）先根据抛物线与x轴的交点问题求出B（3，0），再利用待定系数法求出直线BD的解析式为y=-2x+6，则P（x，-2x+6），然后根据梯形的面积公式可得S=-x2+x（1≤x≤3），再利用而此函数的性质求S的最大值；
（3）如图2，设Q（t，0）（t＞0），则可表示出M（t，-t+3），N（t，-t2+2t+3），利用两点间的距离公式得到MN=|t2-t|，CM=t，然后证明NM=CM得到|t2-t|=t，再解绝对值方程求满足条件的t的值，从而得到点Q的坐标．
试题解析：（1）∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴D（1，4），
当x=0时，y=-x2+2x+3=3，则C（0，3），
设直线l的解析式为y=kx+b，
把C（0，3），E（4，0）分别代入得，解得，
∴直线l的解析式为y=-x+3；
（2）如图（1），当y=0时，-x2+2x+3=0，解得x1=-1，x2=3，则B（3，0），
设直线BD的解析式为y=mx+n，
把B（3，0），D（1，4）分别代入得，解得，
∴直线BD的解析式为y=-2x+6，
则P（x，-2x+6），
∴S=•（-2x+6+3）•x=-x2+x（1≤x≤3），
∵S=-（x-）2+，
∴当x=时，S有最大值，最大值为；
（3）存在．
如图2，设Q（t，0）（t＞0），则M（t，-t+3），N（t，-t2+2t+3），
∴MN=|-t2+2t+3-（-t+3）|=|t2-t|，
CM==t，
∵△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′，M′落在y轴上，
而QN∥y轴，
∴MN∥CM′，NM=NM′，CM′=CM，∠CNM=∠CNM′，
∴∠M′CN=∠CNM，
∴∠M′CN=∠CNM′，
∴CM′=NM′，
∴NM=CM，
∴|t2-t|=t，
当t2-t=t，解得t1=0（舍去），t2=4，此时Q点坐标为（4，0）；
当t2-t=-t，解得t1=0（舍去），t2=，此时Q点坐标为（，0），
综上所述，点Q的坐标为（，0）或（4，0）．