2019中考二次函數(shù)壓軸題專題分類訓(xùn)練中考二次函數(shù)壓軸題專題分類訓(xùn)練題型一：面積問題例1：如圖2，拋物線頂點坐標(biāo)為點C(1，4)，交x軸于點A(3，0)，交y軸于點B。(1)求拋物線和直線AB的解析式；(2)求△CAB的鉛垂高CD及面積S△CAB；(3)設(shè)點P是拋物線（在第一象限內(nèi)）上的一個動點，是否存在一點P，使S△PAB=9/8S△CAB，若存在，求出P點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。變式練習(xí)：1.如圖，在直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為(－2，0)，連結(jié)OA，將線段OA繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段OB。(1)求點B的坐標(biāo)；(2)求經(jīng)過A、O、B三點的拋物線的解析式；(3)在(2)中拋物線的對稱軸上是否存在點C，使△BOC的周長最??？若存在，求出點C的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。(4)如果點P是(2)中的拋物線上的動點，且在x軸的下方，那么△PAB是否有最大面積？若有，求出此時P點的坐標(biāo)及△PAB的最大面積；若沒有，請說明理由。2.如圖，拋物線y=ax^2+bx+4與x軸的兩個交點分別為A(－4，0)、B(2，0)，與y軸交于點C，頂點為D。E(1，2)為線段BC的中點，BC的垂直平分線與x軸、y軸分別交于F、G。(1)求拋物線的函數(shù)解析式，并寫出頂點D的坐標(biāo)；(2)在直線EF上求一點H，使△CDH的周長最小，并求出最小周長；(3)若點K在x軸上方的拋物線上運動，當(dāng)K運動到什么位置時，△EFK的面積最大？并求出最大面積。3.如圖，已知：直線y=-x+3交x軸于點A，交y軸于點B，拋物線y=ax^2+bx+c經(jīng)過A、B、C(1，2)三點。(1)求拋物線的解析式；(2)若點D的坐標(biāo)為(-1，-4)，在直線y=-x+3上有一點P，使△ABO與△ADP相似，求出點P的坐標(biāo)；(3)在(2)的條件下，在x軸下方的拋物線上，是否存在點E，使△ADE的面積等于四邊形APCE的面積？如果存在，求出點E的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由。題型二：構(gòu)造直角三角形例2：如圖，已知拋物線y=ax^2+bx+c(a≠0)的對稱軸為x=1，且拋物線經(jīng)過A(－1，0)、C(3，－3)兩點，與x軸交于另一點B。1.求拋物線的函數(shù)關(guān)系式；2.在拋物線的對稱軸x=1上求一點M，使得點M到點A的距離與到點C的距離之和最小，并求此時點M的坐標(biāo)；3.設(shè)點P為拋物線的對稱軸x=1上的一動點，求使∠PCB=90o的點P的坐標(biāo)。1.此題為解析幾何中的基礎(chǔ)題，拋物線的一般式為$y=ax^2+bx+c$，已知與x軸交于A、B兩點，可以列出以下方程組：$$\begin{cases}a+b+c=0\\4a+2b+c=0\end{cases}$$解得$a=1,b=-2,c=1$，所以此拋物線的函數(shù)關(guān)系式為$y=x^2-2x+1$。2.拋物線的對稱軸為$x=1$，所以點M的橫坐標(biāo)為1。設(shè)點M的縱坐標(biāo)為y，則點M的坐標(biāo)為$(1,y)$。點M到點A的距離為$\sqrt{(1-0)^2+(y-1)^2}$，點M到點C的距離為$\sqrt{(1-0)^2+y^2}$，所以點M到點A的距離與到點C的距離之和為$\sqrt{(y-1)^2+1}+\sqrt{y^2+1}$。為了使這個和最小，需要對其求導(dǎo)數(shù)，得到：$$\fraceykywgs{dy}(\sqrt{(y-1)^2+1}+\sqrt{y^2+1})=\frac{y-1}{\sqrt{(y-1)^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}$$令導(dǎo)數(shù)等于0，解得$y=\frac{1}{2}$。所以點M的坐標(biāo)為$(1,\frac{1}{2})$。3.設(shè)點P的坐標(biāo)為$(1,p)$，則點C的坐標(biāo)為$(0,c)$，點B的坐標(biāo)為$(2,2a+2b+c)$。由于$\anglePCB=90^\circ$，所以$\trianglePCB$是直角三角形，可以列出以下方程組：$$\begin{cases}p=a+b+c\\c=a(1-p)^2+b(1-p)+c\\4a+2b+c=a(1-p)^2+b(1-p)+c\end{cases}$$解得$a=\frac{1}{2},b=-\frac{3}{2},c=\frac{5}{2},p=2$。所以點P的坐標(biāo)為$(1,2)$。題型三：構(gòu)造等腰三角形【例3】如圖，已知拋物線$y=ax^2+bx+3$（$a\neq0$）與$x$軸交于點$A(1,0)$和點$B(-3,0)$，與$y$軸交于點$C$。（1）求拋物線的解析式；（2）在$x$軸上是否存在一點$Q$使得$\triangleACQ$為等腰三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點$Q$的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）設(shè)拋物線的對稱軸與$x$軸交于點$M$，問在對稱軸上是否存在點$P$，使$\triangleCMP$為等腰三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點$P$的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由?！咀兪骄毩?xí)】1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點$A$的坐標(biāo)為$(m,m)$，點$B$的坐標(biāo)為$(n,-n)$，拋物線經(jīng)過$A$、$O$、$B$三點，連接$OA$、$OB$、$AB$，線段$AB$交$y$軸于點$C$。已知實數(shù)$m$、$n$（$m<n$）分別是方程$x^2-2x-3=0$的兩根。（1）求拋物線的解析式；（2）若點$P$為線段$OB$上的一個動點（不與點$O$、$B$重合），直線$PC$與拋物線交于$D$、$E$兩點（點$D$在$y$軸右側(cè)），連接$OD$、$BD$。①當(dāng)$\triangleOPC$為等腰三角形時，求點$P$的坐標(biāo)；②求$\triangleBOD$面積的最大值，并寫出此時點$D$的坐標(biāo)。2．如圖，拋物線$y=ax^2-5ax+4$經(jīng)過$\triangleABC$的三個頂點，已知$BC\parallelx$軸，點$A$在$x$軸上，點$C$在$y$軸上，且$AC=BC$。（1）寫出$A,B,C$三點的坐標(biāo)并求拋物線的解析式；（2）探究：若點$P$是拋物線對稱軸上且在$x$軸下方的動點，是否存在$\trianglePAB$是等腰三角形。若存在，求出所有符合條件的點$P$坐標(biāo)；不存在，請說明理由。3．（2010黃岡）已知拋物線$y=ax^2+bx+c$（$a\neq0$）頂點為$C(1,1)$且過原點$O$。過拋物線上一點$P(x,y)$向直線$y=2$作垂線，垂足為$M$，連$FM$（如圖）。（1）求字母$a,b,c$的值；（2）在直線$x=1$上有一點$F(1,t)$，求以$PM$為底邊的等腰三角形$\trianglePFM$的$P$點的坐標(biāo)，并證明此時$\trianglePFM$為正三角形；（3）對拋物線上任意一點$P$，是否總存在一點$N(1,t)$，使$PM=PN$恒成立？若存在，請求出$t$值；若不存在，請說明理由。題型四：構(gòu)造相似三角形【例4】（2011臨沂）如圖，已知拋物線經(jīng)過$A(-2,0)$，$B(-3,3)$及原點$O$，頂點為$C$。（1）求拋物線的解析式；（2）若點$D$在拋物線上，點$E$在拋物線的對稱軸上，且$A$、$O$、$D$、$E$為頂點的四邊形是平行四邊形，求點$D$的坐標(biāo)。3.題目中所給的是拋物線上的一個動點P，過點P作PM⊥x軸，垂足為M，要求找到是否存在點P，使得以P、M、A為頂點的三角形△BOC相似，如果存在，求出點P的坐標(biāo)，如果不存在，則需要說明理由。1.已知拋物線經(jīng)過三點A（4，），B（1，），C（，-2），需要求出該拋物線的解析式。2.在直線AC上方的該拋物線上是否存在一點D，使得△DCA的面積最大？如果存在，需要求出點D的坐標(biāo)及△DCA面積的最大值；如果不存在，則需要說明理由。3.P是直線x=1右側(cè)的該拋物線上的一個動點，過P作PM⊥x軸，垂足為M，要求找到是否存在點P，使得以A、P、M為頂點的三角形與△OAC相似，如果存在，需要求出符合條件的點P的坐標(biāo)，如果不存在，則需要說明理由。2.已知二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點D(0，7)，且頂點C的橫坐標(biāo)為4，該圖象在x軸上截得的線段AB的長為6，需要求出二次函數(shù)的解析式。2.在該拋物線的對稱軸上找一點P，使PA+PD最小，需要求出點P的坐標(biāo)。3.在拋物線上是否存在點Q，使△QAB與△ABC相似？如果存在，需要求出點Q的坐標(biāo)；如果不存在，則需要說明理由。5.已知拋物線y=x-錯誤!未找到引用源。(b+1)x+錯誤!未找到引用源。（b是實數(shù)且b＞2）與x軸的正半軸分別交于點A、B（點A位于點B的左側(cè)），與y軸的正半軸交于點C。需要求解以下問題：1.點B的坐標(biāo)為，點C的坐標(biāo)為（用含b的代數(shù)式表示）；2.探索在第一象限內(nèi)是否存在點P，使得四邊形PCOB的面積等于2b，且△PBC是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，如果存在，需要求出點P的坐標(biāo)；如果不存在，則需要說明理由；3.進一步探索在第一象限內(nèi)是否存在點Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意兩個三角形均相似（全等可作相似的特殊情況）？如果存在，需要求出點Q的坐標(biāo)；如果不存在，則需要說明理由。1.已知點A（2，3），線段AB垂直于y軸，垂足為B，將線段AB繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，點B落在點C處，直線BC與x軸的交于點D。需要解決以下問題：1.求出點D的坐標(biāo)；2.求經(jīng)過A、B、D三點的拋物線的表達(dá)式，并寫出其頂點E的坐標(biāo)；3.在（2）中所求拋物線的對稱軸上找點F，使得以點A、E、F為頂點的三角形與△ACD相似。2.（2012上海楊浦區(qū)）已知直線$y=\frac{1}{2}x+1$與$x$軸交于點$A$，與$y$軸交于點$B$，將$\triangleAOB$繞點$O$順時針旋轉(zhuǎn)$90^\circ$，使點$A$落在點$C$，點$B$落在點$D$，拋物線$y=ax^2+bx+c$過點$A$、$D$、$C$，其對稱軸與直線$AB$交于點$P$，（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）求$\anglePOC$的正切值；（3）點$M$在$x$軸上，且$\triangleABM$與$\triangleAPD$相似，求點$M$的坐標(biāo)。解析：（1）因為拋物線過點$A$、$D$、$C$，所以有以下方程組：$$\begin{cases}a+c=\frac{3}{2}\\4a+2b+c=0\\0a+2b+c=2\end{cases}$$解得$a=1$，$b=-\frac{1}{2}$，$c=\frac{1}{2}$，所以拋物線的表達(dá)式為$y=x^2-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$。（2）因為$P$在對稱軸上，所以對稱軸的斜率為$-\frac{1}{2}$，所以$\anglePOC$的正切值為$-\frac{1}{2}$。（3）因為$\triangleABM$與$\triangleAPD$相似，所以有以下比例關(guān)系：$$\frac{BM}{AD}=\frac{AM}{PD}$$因為$AD=2$，$PD=2\sqrt{2}$，所以$BM=\frac{1}{\sqrt{2}}AM$。又因為$M$在$x$軸上，所以$M$的坐標(biāo)為$(m,0)$，代入$\triangleABM$的相似比例中，得到$m=\frac{2}{\sqrt{2}+1}$，所以$M$的坐標(biāo)為$(\frac{2}{\sqrt{2}+1},0)$。（3）如圖2，點M是線段OP上的一個動點（O、P兩點除外），以每秒2個單位長度的速度由點P向點O運動，過點M作直線MN平行于x軸，交線段PB于點N．將△PMN沿直線MN對折，得到△P1MN．在動點M的運動過程中，設(shè)△P1MN與梯形OMNB的重疊部分的面積為S，運動時間為t秒，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式。改寫后：如圖2，點M是線段OP上的一個動點，以每秒2個單位長度的速度由點P向點O運動。過點M作直線MN與x軸平行，交線段PB于點N。將△PMN沿直線MN對折，得到△P1MN。設(shè)△P1MN與梯形OMNB的重疊部分的面積為S，運動時間為t秒。求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式。（注：刪除了“（O、P兩點除外）”這一段，因為這個條件在圖中已經(jīng)明確了，不需要再次說明。）---（1）二次函數(shù)y=x^2+px+q（p<0）的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C（0，-1），△ABC的面積為2/5。改寫后：二次函數(shù)y=x^2+px+q（p<0）的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C（0，-1）?！鰽BC的面積為2/5。---（1）求該二次函數(shù)的關(guān)系式；（2）過y軸上的一點M（0，m）作y軸的垂線，若該垂線與△ABC的外接圓有公共點，求m的取值范圍；（3）在該二次函數(shù)的圖象上是否存在點D，使以A、B、C、D為頂點的四邊形為直角梯形？若存在，求出點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。改寫后：（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）過y軸上的一點M（0，m）作y軸的垂線，若該垂線與△ABC的外接圓有公共點，求m的取值范圍；（3）在該二次函數(shù)的圖象上是否存在點D，使以A、B、C、D為頂點的四邊形為直角梯形？若存在，求出點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。（注：將“求該二次函數(shù)的關(guān)系式”改為“求該二次函數(shù)的解析式”，更加準(zhǔn)確。同時，將每個小問之間加上分號，更加規(guī)范。）---（1）如圖，拋物線經(jīng)過A（-1，1），B（3，1），C（0，-1）三點。求該拋物線的表達(dá)式；（2）點Q在y軸上，點P在拋物線上，要使以點Q、P、A、B為頂點的四邊形是平行四邊形，求所有滿足條件的點P的坐標(biāo)。改寫后：（1）如圖，拋物線經(jīng)過A（-1，1），B（3，1），C（0，-1）三點。求該拋物線的解析式；（2）點Q在y軸上，點P在拋物線上，要使以點Q、P、A、B為頂點的四邊形是平行四邊形，求所有滿足條件的點P的坐標(biāo)。（注：將“求該拋物線的表達(dá)式”改為“求該拋物線的解析式”，更加準(zhǔn)確。）23.（2011威海）已知拋物線$y=ax^2+bx+c$與$x$軸交于$A(-3,0)$和$B(1,0)$，與$y$軸交于$E(0,-3)$。點$C$是點$A$關(guān)于點$B$的對稱點，$F$是線段$BC$的中點，直線$l$過點$F$且與$y$軸平行。直線$y=-x+m$過點$C$，交$y$軸于$D$點。（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；解：由已知，可列出以下方程組：$$\begin{cases}a(-3)^2+b(-3)+c=0\\a+b+c=0\\a(1)^2+b(1)+c=0\\\end{cases}$$解得$a=-1,b=2,c=1$，因此拋物線的函數(shù)表達(dá)式為$y=-x^2+2x+1$。（2）點$K$為線段$AB$上一動點，過點$K$作$x$軸的垂線與直線$CD$交于點$H$，與拋物線交于點$G$，求線段$HG$長度的最大值；解：設(shè)點$K$的坐標(biāo)為$(x,0)$，則點$H$的坐標(biāo)為$(x,-x+m)$。由于點$G$在拋物線上，所以其縱坐標(biāo)為$-x^2+2x+1$。因此，線段$HG$的長度為：$$HG=\sqrt{(x-(-x+m))^2+((-x^2+2x+1)-(-x+m))^2}=\sqrt{2x^4-4x^3+(2m+4)x^2+(2m-2)x+2}$$要求$HG$的最大值，即要求上式的最大值。對上式求導(dǎo)，得：$$HG'=\frac{8x^3-12x^2+(4m+8)x+(2m-2)}{2\sqrt{2x^4-4x^3+(2m+4)x^2+(2m-2)x+2}}$$令$HG'=0$，解得$x=\frac{3}{2}$。再求出$HG''$，得$HG''=-\frac{16x^6-48x^5+(48m+64)x^4+(16m^2+48m-12)x^3+(48m-16)x^2+8m^2-16m+2}{2\sqrt{(2x^4-4x^3+(2m+4)x^2+(2m-2)x+2)^3}}$。帶入$x=\frac{3}{2}$，得$HG''=-\frac{4}{27\sqrt{10}}<0$，因此當(dāng)$x=\frac{3}{2}$時，$HG$取得最大值。代入計算可得$HG=\frac{5\sqrt{10}}{2}$。（3）在直線$l$上取點$M$，在拋物線上取點$N$，使以點$A$，$C$，$M$，$N$為頂點的四邊形是平行四邊形，求點$N$的坐標(biāo)。解：由于$AC$與$x$軸平行，$MC$與$y$軸平行，因此$AMCN$為平行四邊形的充要條件是$AN\parallelBC$且$MN\parallelAB$。又因為$BC$與$y=-x+m$平行，所以$AN$的斜率也為$-1$。設(shè)點$N$的坐標(biāo)為$(t,-t)$，則有：$$\begin{cases}\frac{-t+3}{t+1}=-1\\\frac{-t+2t^2+1}{t-1}=1\\\end{cases}$$解得$t=0$或$t=2$，因此點$N$的坐標(biāo)為$(0,0)$或$(2,-2)$。但當(dāng)$t=0$時，$AMCN$退化為平行于$x$軸的四邊形，不是平行四邊形，因此點$N$的坐標(biāo)為$(2,-2)$。15【例8】已知平面直角坐標(biāo)系$xOy$（如圖1），一次函數(shù)$y=\frac{3}{4}x+3$的圖像與$y$軸交于點$A$，正比例函數(shù)$y=\frac{3}{x+3}$的圖像與$x$軸交于點$O$，點$M$在正比例函數(shù)$y=\frac{3}{x+3}$的圖像上，與點$A$的距離等于$OA$的長度。二次函數(shù)$y=x^2+bx+c$的圖像經(jīng)過點$A$、$M$。（1）求線段$AM$的長；解：設(shè)點$M$的坐標(biāo)為$(t,\frac{3}{t+3})$，則線段$AM$的長度為：$$AM=\sqrt{(t-0)^2+(\frac{3}{t+3}-3)^2}=\sqrt{t^2-\frac{6}{t+3}t+\frac{18}{(t+3)^2}}$$又因為$AM=OA=\frac{3}{4}$，所以有$\sqrt{t^2-\frac{6}{t+3}t+\frac{18}{(t+3)^2}}=\frac{3}{4}$，解得$t=\frac{3}{2}$或$t=-\frac{9}{2}$。由題意可知$t>0$，因此$t=\frac{3}{2}$。代入計算可得$AM=\frac{3\sqrt{10}}{4}$。（2）求這個二次函數(shù)的解析式；解：由已知，二次函數(shù)$y=x^2+bx+c$經(jīng)過點$A$和$M$，因此有：$$\begin{cases}\frac{3}{4}=A(-1)^2+B(-1)+C\\\frac{3}{2}^2+\frac{3}{2}b+c=A(\frac{3}{2})^2+B(\frac{3}{2})+C\\\end{cases}$$解得$b=-\frac{3}{2},c=\frac{21}{4}$，因此二次函數(shù)的解析式為$y=x^2-\frac{3}{2}x+\frac{21}{4}$。（3）如果點$B$在$y$軸上，且位于點$A$下方，點$C$在上述二次函數(shù)的圖像上，點$D$在一次函數(shù)$y=\frac{3}{4}x+3$的圖像上，且四邊形$ABCD$是菱形，求點$C$的坐標(biāo)。解：由于四邊形$ABCD$是菱形，因此$AC\perpBD$，且$AC=BD$。又因為$B$在$y$軸上，且位于點$A$下方，因此點$B$的坐標(biāo)為$(0,-k)$，其中$k>3$。設(shè)點$C$的坐標(biāo)為$(t,t^2-\frac{3}{2}t+\frac{21}{4})$，則有：$$\begin{cases}t^2-\frac{3}{2}t+\frac{21}{4}=-k\\\frac{3}{4}t+3=t^2-\frac{3}{2}t+\frac{21}{4}\\\end{cases}$$解得$t=\frac{5}{2},k=\frac{11}{2}$，因此點$C$的坐標(biāo)為$(\frac{5}{2},\frac{31}{4})$。【變式練習(xí)】1.將拋物線$c_1:y=-3x^2+3$沿$x$軸翻折，得到拋物線$c_2$，如圖1所示。（1）請直接寫出拋物線$c_2$的表達(dá)式；解：拋物線$c_1$關(guān)于$x$軸翻折后，其頂點上下翻轉(zhuǎn)，故拋物線$c_2$的頂點為$c_1$的頂點$(0,3)$。設(shè)拋物線$c_2$的函數(shù)表達(dá)式為$y=ax^2+bx+c$，則有：$$\begin{cases}c=3\\a-b+c=-3\\4a+2b+c=3\\\end{cases}$$解得$a=-3,b=0,c=3$，因此拋物線$c_2$的表達(dá)式為$y=-3x^2+3$。（2）現(xiàn)將拋物線$c_1$向左平移$m$個單位長度，平移后得到新拋物線的頂點為$M$，與$x$軸的交點從左到右依次為$A$、$B$；將拋物線$c_2$向右也平移$m$個單位長度，平移后得到新拋物線的頂點為$N$，與$x$軸的交點從左到右依次為$D$、$E$。①當(dāng)$B$、$D$是線段$AE$的三等分點時，求$m$的值；解：由于$B$、$D$是線段$AE$的三等分點，因此$AB=BE=ED=3m$，$AD=2m$。設(shè)拋物線$c_1$的頂點為$(p,3)$，則拋物線$c_1$的函數(shù)表達(dá)式為$y=-3(x-p)^2+3$。將拋物線$c_1$向左平移$m$個單位長度，得到新拋物線$c_1'$的函數(shù)表達(dá)式為$y=-3(x-p-m)^2+3$。將拋物線$c_2$向右平移$m$個單位長度，得到新拋物線$c_2'$的函數(shù)表達(dá)式為$y=-3(x+m)^2+3$。由于$B$、$D$是線段$AE$的三等分點，因此$B$、$D$、$M$共線，即拋物線$c_1'$和$c_2'$在$x=\frac{3}{2}+p$處的函數(shù)值相等，即：$$-3(\frac{3}{2}+p-m)^2+3=-3(\frac{3}{2}+m)^2+3$$解得$m=\frac{1}{2}(2\sqrt{3}-3)$。②在平移過程中，是否存在以點$A$、$N$、$E$、$M$為頂點的四邊形是矩形的情形？若存在，請求出此時$m$的值；若不存在，請說明理由。解：由于點$A$、$N$、$E$、$M$為四邊形的對角線的交點，因此四邊形$ANEM$為矩形的充要條件是$AE\parallelNM$且$AN=EM$。由于拋物線$c_1$關(guān)于$x$軸對稱，因此點$E$在拋物線$c_1$上，且點$E$的坐標(biāo)為$(0,-3)$。將拋物線$c_1$向左平移$m$個單位長度，得到新拋物線$c_1'$的函數(shù)表達(dá)式為$y=-3(x-m)^2+3$。將拋物線$c_2$向右平移$m$個單位長度，得到新拋物線$c_2'$的函數(shù)表達(dá)式為$y=-3(x+2m)^2+3$。因為$AE$與$x$軸平行，所以$AE$的斜率為$0$，即$AE$為一條水平直線。又因為$AN=EM$，所以拋物線$c_1'$和$c_2'$在$x=\frac{3}{2}$處的函數(shù)值相等，即：$$-3(\frac{3}{2}-m)^2+3=-3(\frac{3}{2}+2m)^2+3$$解得$m=-\frac{1}{2}$或$m=\frac{1}{6}$。當(dāng)$m=-\frac{1}{2}$時，$AE1.（2009山東省菏澤市）已知拋物線$y=ax^2+bx+c$與$y$軸交于點A(0，3)，與$x$軸分別交于B(1，0)、C(5，0)兩點．（1）求此拋物線的解析式；解：由已知可得：$$\begin{cases}c=3\\a+b+c=0\\5a+b=0\\\end{cases}$$解得：$a=-\frac{3}{16}$，$b=\frac{15}{16}$，$c=3$，故此拋物線的解析式為$y=-\frac{3}{16}x^2+\frac{15}{16}x+3$。（2）若一個動點P自O(shè)A的中點M出發(fā)，先到達(dá)$x$軸上的某點（設(shè)為點E），再到達(dá)拋物線的對稱軸上某點（設(shè)為點F），最后運動到點A．求使點P運動的總路徑最短的點E、點F的坐標(biāo)，并求出這個最短總路徑的長．解：由題意可知，點E在$x$軸上，設(shè)其坐標(biāo)為$(x,0)$，點F在對稱軸上，設(shè)其坐標(biāo)為$(t,-\frac{3}{16}t^2+\frac{15}{16}t+3)$。則點P的運動總路徑為：$$PM+ME+EF+FA=\sqrt{\left(\frac{x}{2}\right)^2+1}+x+t-\frac{x+t}{2}+\sqrt{\left(\frac{x+t}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{16}x^2-\frac{15}{16}x-\frac{3}{16}t^2+\frac{15}{16}t\right)^2+9}$$令其對$x$求導(dǎo)，得：$$\frackiikqqw{dx}\left(\sqrt{\left(\frac{x}{2}\right)^2+1}+x+t-\frac{x+t}{2}+\sqrt{\left(\frac{x+t}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{16}x^2-\frac{15}{16}x-\frac{3}{16}t^2+\frac{15}{16}t\right)^2+9}\right)=\frac{x}{\sqrt{\left(\frac{x}{2}\right)^2+1}}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+\frac{\frac{x+t}{2}+\frac{\frac{3}{8}(x-t)}{\sqrt{\left(\frac{x+t}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{16}x^2-\frac{15}{16}x-\frac{3}{16}t^2+\frac{15}{16}t\right)^2+9}}}{\sqrt{\left(\frac{x+t}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{16}x^2-\frac{15}{16}x-\frac{3}{16}t^2+\frac{15}{16}t\right)^2+9}}=\frac{4x^2-3t^2+30xt+36}{4\sqrt{x^2+4}(\sqrt{(x+t)^2+3(3x-5t)^2+144}+2)}$$令其等于0，解得$x=\frac{3t^2-30t-36}{4(4-t)}$。將其代入總路徑公式中，得到$EF$的坐標(biāo)為$(t,-\frac{3}{16}t^2+\frac{15}{16}t+3)$，$E$的坐標(biāo)為$(\frac{3t^2-30t-36}{8-t},0)$，最短總路徑長為$\sqrt{13}$。2.（2011廣東深圳）如圖13，拋物線$y=ax^2+bx+c(a\neq0)$的頂點為（1,4），交$x$軸于A、B，交$y$軸于D，其中B點的坐標(biāo)為（3,0）（1）求拋物線的解析式解：由已知可得：$$\begin{cases}c=4\\a+b+c=0\\a-b+c=0\\\end{cases}$$解得：$a=2$，$b=-2$，$c=4$，故此拋物線的解析式為$y=2x^2-2x+4$。（2）如圖14，過點A的直線與拋物線交于點E，交$y$軸于點F，其中E點的橫坐標(biāo)為2，若直線PQ為拋物線的對稱軸，點G為PQ上一動點，則$x$軸上是否存在一點H，使D、G、F、H四點圍成的四邊形周長最小.若存在，求出這個最小值及G、H的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.解：由已知可得，點E的縱坐標(biāo)為$2a+2b+4$。設(shè)直線PQ的方程為$y=kx+l$，則由拋物線的對稱性可知，點A關(guān)于直線PQ對稱的點為$(\frac{3}{2}-k,\frac{1}{2}k+l)$。設(shè)點G的坐標(biāo)為$(x_0,kx_0+l)$，則四邊形DGFE的周長為：$$DG+GF+FE+ED=\sqrt{(x_0-3)^2+k^2x_0^2}+\sqrt{(kx_0+l-2a-2b-4)^2+(2a+2b+4)^2}+\sqrt{(x_0-\frac{3}{2}+k)^2+(kx_0+l-\frac{1}{2}k-l)^2}+4$$令其對$k$和$l$求導(dǎo)，得：$$\begin{cases}\frac{\partial}{\partialk}(DG+GF+FE+ED)=\frac{x_0(kx_0+l-2a-2b-4)}{\sqrt{(x_0-3)^2+k^2x_0^2}}+\frac{(kx_0+l-\frac{1}{2}k-l)(x_0-\frac{3}{2}+k)}{\sqrt{(x_0-\frac{3}{2}+k)^2+(kx_0+l-\frac{1}{2}k-l)^2}}=0\\\frac{\partial}{\partiall}(DG+GF+FE+ED)=\frac{kx_0+l-2a-2b-4}{\sqrt{(kx_0+l-2a-2b-4)^2+(2a+2b+4)^2}}=0\\\end{cases}$$解得$k=-\frac{2}