(2)求出D，E點(diǎn)的坐標(biāo)，易得拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)在直線y=-1上移動(dòng)，根據(jù)拋物線y=(x-h)2-1與線段將拋物線向右移動(dòng)直至拋物線與線段DE只有一個(gè)交點(diǎn)為E(2,1)時(shí)，均滿足題意，求出兩個(gè)臨界值即可得出立拋物線與直線AB，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出M點(diǎn)坐標(biāo)，同理求出N點(diǎn)坐標(biāo)，作MH⊥CT，NF⊥CT根據(jù)TC平分∠MTN，得到tan∠NTF=tan∠MTH，設(shè)T(1,t)，根據(jù)正切的定則該拋物線解析式為：y=x2-2x；∴D(0,-1)，E(2,1)，∵y=(x-h)2-1，∴頂點(diǎn)坐標(biāo)在直線y=-1上移動(dòng)，∵y=(x-h)2-1與線段DE有公共點(diǎn)，2-4h2=0，將y=(x-h)2-1從h=-開(kāi)始向右移動(dòng)，直至拋物線與線段DE只有一個(gè)交點(diǎn)為E(2,1)時(shí)，y=(x-h)2∴當(dāng)y=(x-h)2-1過(guò)點(diǎn)E(2,1)時(shí)，(2-h)2-1=1，∴當(dāng)-≤h≤2+2時(shí)，拋物線y=(x-h)2-1與∴直線PQ的解析式為：y=-(x-1)，即：y=-x+，∴xA+xB=k+2，yA+yB=kxA-k+kxB-k=k(xA+xB)-2k=k2，∴M,，聯(lián)立同理可得：N(1-,，作MH⊥CT，NF⊥CT，∵TC平分∠MTN，∴∠NTF=∠MTH，∴tan∠NTF=tan∠MTH，∴=，設(shè)T(1,t)，則∴拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上存在T，使得TC總是平分∠MTN．(2)先求出直線BC的解析式，然后設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,x2-5x-6)，過(guò)點(diǎn)P作PF?y軸交BC于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)H，點(diǎn)F的坐標(biāo)為(x,x-6)，求出PF長(zhǎng)，再證明△QPF∽△QOC，根據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例求出的最大值，把點(diǎn)P向上平移4個(gè)單位長(zhǎng)度得到點(diǎn)Q，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(3,-8)，連接GD，即可得到BD+PE=BD+DG，連接AG，則AG是最小值，利用勾股定理(3)根據(jù)平移得到拋物線y'的解析式，然后過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥y軸于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)N作NK⊥x軸于點(diǎn)K，連接PM，即可得到∠NAB=∠OPM-45°=∠OPQ=tan∠NAB=tan∠OPQ，列等式求出a的值即可．(2)令x=0，則y=-6，設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，把(6,0)和(0,-6)代入得，解得∴y=x-6，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,x2-5x-6)，過(guò)點(diǎn)P作PH?y軸則點(diǎn)F的坐標(biāo)為(x,x-6)，∴PF=x-6-(x2-5x-6)=-x2+6x，∴∠PFQ=∠OCQ，∠FPQ=∠COQ，∴△QPF∽△QOC，標(biāo)為(3,-12)，為(3,-8)，連接GD，∴DG=PE，即BD+PE=BD+DG，由A，B關(guān)于x對(duì)稱(chēng)性可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(-1,0)，連接AG，則BD+PE=BD+DG的最小值為AG長(zhǎng)，即BD+PE的最小值為；(3)∵AB=AC=6，∴∠ABC=∠ACB=45°,∵將拋物線y=x2+bx+c沿射線BC方向平移個(gè)單位長(zhǎng)度，即為向左平移兩個(gè)單位長(zhǎng)度，向下平移兩(xx2-x-14，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥y軸于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)N作NK⊥x軸于點(diǎn)K，連接PM，設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(a,a2-a-14)，由平移得∠QPM=45°,∴∠NAB=∠OPM-45°=∠OPQ+∠QPM-45°=∠OPQ=∠POB，∵tan∠NAB=tan∠OPQ， 解得a=-5(舍去)或a=2，:點(diǎn)N的坐標(biāo)為(2,-12)；“tan∠NAB=tan∠OPQ，(2)求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，進(jìn)而得到點(diǎn)M的坐標(biāo)，求出直線AB的解析式，進(jìn)而求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，求出坐標(biāo)，根據(jù)△BCD的面積=CD.OM進(jìn)行求解即(3)①根據(jù)要求作圖即可，連接BF，作FQ丄OB于點(diǎn)Q，證明△AOE≥△BOF，得到∠OBF=∠OAE=角形，求出F點(diǎn)坐標(biāo)，將F點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入拋物線的②連接BF并延長(zhǎng)，交x軸于點(diǎn)G，連接PM，PF，MF，作MH丄BG于點(diǎn)H，斜邊上的中線得到MP= OA=2，根據(jù)PF≥MF-PM，得到當(dāng)M，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE小為MH-PM，易得△OBG為等腰直角三角形，求直角三角形，求出MH的長(zhǎng)，根據(jù)PF最小為MH-PM，計(jì)算即可．【解答】解：(1)把B(0,-4)，代入y=a(x+(x-:y=x+(x-4)=x2-x-4；(2)當(dāng)y=x+(x-4)=0時(shí)，則x1=-，x2=4，:A(4,0)，“M是OA的中點(diǎn)，:M(2,0)，:OM=2，“B(0,-4)，:設(shè)直線AB的解析式為：y=kx-4，把A(4,0)，代入，得k=1，:y=x-4，“點(diǎn)M作OA的垂線，交AB于點(diǎn)C，交拋物線于點(diǎn)D，:C(2,-2)，D(2,-，:CD=-2+=，:△BCD的面積=CD.OM=×2×=；:∠OAB=∠OBA=45。:OE=OF，∠EOF=90。=∠BOA，:∠AOE=∠BOF，:△AOE≥△BOF(SAS)，“FQ丄OB，:△FQB為等腰直角三角形，:FQ=BQ=2BF=:OQ=OB-BQ=3，:F(-1,-3)，對(duì)于y=x2-x-4，當(dāng)x=-1時(shí)，y=+-4=-3，:點(diǎn)F在拋物線上；②連接BF并延長(zhǎng)，交x軸于點(diǎn)G，連接PM，MF，作MH丄BG于點(diǎn)H，如圖，∵∠OPA=90°,M為OA的中點(diǎn)，∵PF≥MF-PM，同①可得，∠OBF=∠OAE=45°,∴當(dāng)MF⊥BG時(shí)，即F與點(diǎn)H重合時(shí)，MF最小，此時(shí)PF最小為MH-PM，∵∠OBG=45°,∴OG=OB=4，∠BGO=45°∴MG=OG+OM=6，△MHG為等腰直角三角形，∴PF的最小值為MH-PM=32-2．4．【分析】(1)由解析式可知C(0,3)，令y=0，則-x2+2x+3=0．解得x=-1，或x=3．點(diǎn)B的坐標(biāo)(2)方法一：把M(m,y1)，N(m+2,y2)代入y=-x2+2x+3中，可得y1+2y2=-3(m，求出此+2y2=-3m2-2m+9．當(dāng)y1+2y2=10時(shí)，可得方程-3m2-2m+9=10，整理方程后用根的判別式考慮方M'，則MM'?NN'，當(dāng)x=1-m時(shí)，y=-(1-m)2+2(1-m)+3=-m2+4．點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1-m,-m2+4)，點(diǎn)N的坐標(biāo)為(m+2,-m2-2m+3)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(m+2,-m2+4)，點(diǎn)H的坐標(biāo)為(m+2,0)，點(diǎn)N'的坐標(biāo)為(m+2,-m+1)．從而可知NQ=PQ=|2m+1|，BH=HN'=|-m+1|．故∠PNQ=∠BN'H=45°.證明△MDE∽△MNP，由面積比可推得MDMN，即MD=ND．再證明△MM'D'∽△NN'D，由，即MM'=NN'，由【解答】解：(1)令x=0，則y=3，可得C的坐標(biāo)為令y=0，則-x2+2x+3=0，解得x=-1或x=3．∴直線BC對(duì)應(yīng)函數(shù)的表達(dá)式為y=-x+3．方法一：把M(m,y1)，N(m+2,y2)代入二次函數(shù)y=-x2+2x+3中，可得y1=-m2+2m+3，y2=-(m+2)2+2(m+2)+3=-m2-2m+3，∴y1+2y2=-m2+2m+3+2(-m2-2m+3)=-3m2-2m+9，配方得y1+2y2=-3(m方法二：由方法一得y1+2y2=-3m2-2m+9．1+2y2=10時(shí)，即-3m2-2m+9=10，整理可得3m2+2m+1=0．∵△=4-12=-8<0，M'當(dāng)x=1-m時(shí)，y=-(1-m)2+2(1-m)+3=-m2+4．∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1-m,-m2+4)．∵點(diǎn)N的坐標(biāo)為(m+2,-m2-2m+3)，∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(m+2,-m2+4)，點(diǎn)H的坐標(biāo)為(m+2,0)，點(diǎn)N'的坐標(biāo)為(m+2,-m+1)．∴NQ=PQ=|2m+1|，BH=HN'=|-m+1|．∴∠PNQ=∠BN'H=45°.∴MDMN，即MD=ND．∵M(jìn)M'?NN'，∴△MM'D∽△NN'D． ,即MM'=NN'，∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為(m,-m2+2m+3)，∴點(diǎn)M'的坐標(biāo)為(m,-m+3)．∴m2-3m=|-m2-m+2|，即m2-m-1=0或-4m=-2，M重合，舍去)，D(tt2+t+3(，E(tt+3(，即可用t的代數(shù)式表示DE；②用兩點(diǎn)間距離公式分別表示三邊，分類(lèi)討論，建立(3)在y軸負(fù)半軸取點(diǎn)N(0,-6)，連接NG并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)M，連接AN，證明△BOE?△NOG(SAS)，則∠CBO=∠MNO，確定點(diǎn)G在線段MN上運(yùn)動(dòng)(不包括端點(diǎn))，故當(dāng)AG⊥MN時(shí)，AG最小，可證明△COB?△MON(ASA)，求得MN ,而當(dāng)AG⊥MN時(shí)，S△AMNAM.ON= MN.AG，即可由面積法求最小值．【解答】解：(1)∵拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于=2，OB=6，∴A(-2,0)，B(6,0)，,解得∴拋物線表達(dá)式為yx2+x+3；(2)①對(duì)于拋物線表達(dá)式y(tǒng)x2+x+3，∴C(0,3)，∴直線BC:yx+3，∵DE⊥AB，當(dāng)DE=CE時(shí)，t，∴-t2+t+3=-×(6-25)2+6-25+3=當(dāng)CD=DE時(shí)，tt2+tt(2，整理得：t2(-t+1)=0，解得：t=1或t=0(舍)，當(dāng)CD=CE時(shí)，tt2+tt(2，解得：t=2或t=6(舍)或t=0(舍)，綜上：△CDE是等腰三角形時(shí)，D(2,4)或D(3)在y軸負(fù)半軸取點(diǎn)N(0,-6)，連接NG并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)M，連接AN，由旋轉(zhuǎn)得：OE=OG，∠EOG=90°,∵B(6,0)，∴OB=ON，∴∠BON=90°,∴∠EOM=∠GON=90°-∠MOG，∴△BOE?△NOG(SAS)，∴∠CBO=∠MNO，∴當(dāng)AG⊥MN時(shí)，AG最小，∵∠CBO=∠MNO，OB=ON，∠COB=∠MON，∴△COB?△MON(ASA)，∴OM=OC=3，∴MN=OM2+ON2=35，∴當(dāng)AG⊥MN時(shí)，S△AMN=AM.ON=MN.AG∴×5×6=×35×AG，∴AG=25；方法2：設(shè)E(t,-t+3(，∴G(-t+3，-t(，∴AG=(t-2)2+20，6．【分析】(1)先求出A(-3,0)，B(1,0)，C(0,3)，(2)由(1)知G2的表達(dá)式為y=x2+4x+3，設(shè)P((-3≤t≤0)，則M(t,-t2-2t+3)，N(t,t2+4t+3)，故MN=-t2-2t+3-t2-4t-3=-2t2-6t=-2(t+2+，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到MN(3)作MS⊥AC于點(diǎn)S，RN⊥AC于點(diǎn)R，設(shè)MN交AC于點(diǎn)E，如圖1所示，由待定系數(shù)法可知直線AC的表達(dá)式為y=x+3，則∠CAB=45°,∠MES=∠NER=45°,MS=m，RN=n，從而ME=2m，RN=2n，即ME=NE=|t2+3t|，進(jìn)而得m=n，①當(dāng)m+n=4時(shí)，即m=n=2，故MN=42，又-3≤t≤0時(shí)，MNmax=<42，那么由圖可知當(dāng)t<-3時(shí)或t>1時(shí)，共2種情況滿足題意；②當(dāng)m-n=3時(shí)，即m=n+3，這與m=n相矛盾，故不成立，對(duì)應(yīng)的t值有0個(gè)；③當(dāng)mn=2時(shí)，由m=n可知，m=n=2，故ME=2，故|t2+3t|=2，即t2+3t=④當(dāng)=1時(shí)，m=n恒成立，所以對(duì)應(yīng)的t值有無(wú)【解答】解：(1)∵二次函數(shù)y=-x2-2x+3=-(x+3)(x-1)，∴令y=0，可得x=-3或1，即A(-3,0)，B(1,0)，把A(-3,0)，C(0,3)代入y=x2+bx+c中，可得設(shè)P(t，0)(-3≤t≤0)，則M(t,-t2-2t+3)，N(t,t2+4t+3)，故MN=-t2-2t+3-t2-4t-3=-2t2-6t=-2(t+2+，(3)作MS⊥AC于點(diǎn)S，RN⊥AC于點(diǎn)R，設(shè)MN交∴∠CAB=45°,∴∠MES=∠NER=45°,∵M(jìn)S=m，RN=n，∴ME=2m，RN=2n，∵E(t,t+3)，∴ME=|t2+3t|，NE=|t2+3t|，即ME=NE=|t2+3t|，進(jìn)而可得m=n，①當(dāng)m+n=4時(shí)，即m=n=2，故MN=42，當(dāng)-3≤t≤0時(shí)，MNmax=<42，那么由圖可知當(dāng)t<-3時(shí)或t>1時(shí)，共2種情況滿足②當(dāng)m-n=3時(shí)，即m=n+3，這與m=n相矛盾，③當(dāng)mn=2時(shí)，由m=n可知，m=n=2，故ME=2，∴|t2+3t|=2，即t2+3t=±2，解得t=-2或-1或解得t=-2或-1或-3-17或-3+17∵m=n恒成立，∴對(duì)應(yīng)的t值有無(wú)數(shù)個(gè)．7．【分析】(1)可求得D(2,-3)，進(jìn)而將點(diǎn)D和點(diǎn)A(2)①可求得OF=32，從而得出OM+FM≥OF=四邊形BOCF是正方形，進(jìn)而得出點(diǎn)M坐標(biāo)；②連接NG，作EH⊥EN于H，可證得△OCM?△GCN，從而NG=OM，從而得出OM+BN=NG+BN≥BG，根據(jù)∠BCG=90°,BC=32，CG=3得(3)設(shè)EP交AB于F，作FW⊥BC于W，可得出AC=FC，從而∠FCO=∠OCA，進(jìn)而推出∠OAP=∠BCF，進(jìn)而得出tan∠OAP=tan∠BCF== ,從而=，從而求得PF，進(jìn)而得出結(jié)果．C(0,-3)，D(2,-3)，ra-b-3=0ra=1∴.22+2b-ra-b-3=0ra=1∴拋物線的解析式為：y=x2-2x-3，∵y=x2-2x-3=(x-1)2-4，∴E(1,-4)；(2)①∵C(0,-3)，D(2,-3)，∴CD⊥OC，∵CF=CO=3，∴OF=32，∴OM+FM≥OF=32，當(dāng)O、M、F共線時(shí)，OM+FM最小，2-2x-3=0得，x1=-1，x2=3，∴B(3,0)，∴BF⊥OB，∵∠BOC=90°,∴四邊形BOCF是矩形，∴矩形BOCF是正方形，∴M,-；連接NG，作EH⊥EN于H，∵E(1,-4)，C(0,-3)，∴EH=CH=1，∴∠ECH=∠CEH=45°,∴∠BCO=45°,∴∠BCO=∠ECH，∵CG=OC，CM=CN，∴NG=OM，∴OM+BN=NG+BN≥BG，∵∠BCG=90°,BC=32，CG=3，∴(OM+BN)最__??；設(shè)EP交AB于F，作FW⊥BC于W，∵E(1,-4)，∴F(1,0)，∵A(-1,0)，∴OA=OF，∵OC⊥AF，∴AC=FC，∴∠FCO=∠OCA，∵∠OCB=45°,∴∠FCO+∠BCF=45°,∵∠OAP+∠OCA=45°,∴∠OAP=∠BCF，∵BF=OB-OF=2，∠OBC=45°,∴FW=BW=2，∵BC=32，∴CW=BC-BW=22，∴tan∠OAP=tan∠BCF==，∴P(1,1)或(1,-1)，標(biāo)，得到P(tt2-t，進(jìn)而求出PH，TH，進(jìn)(3)①求出C點(diǎn)，B點(diǎn)坐標(biāo)，分0<t≤1，1<t≤2，2<t<3三種情況，分別求出矩形的兩條鄰邊長(zhǎng)，利求出Q點(diǎn)坐標(biāo)，分0<t≤1，1<t≤2，2<t<3三種情況，求出g的函數(shù)關(guān)系式，再根據(jù)f+g，分【解答】解：(1)把A(-1,0)代入yx2-x+c，∴c，(2)由(1)可知：yx2-x2-2，∴T(1,-2)，∵P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，∵過(guò)點(diǎn)P作對(duì)稱(chēng)軸的垂線，垂足為H，∴PH=1-t，THt2-tt2-t(3)①當(dāng)x=0時(shí)，y，當(dāng)yx2-x時(shí)，x1=-1，x2=3，∴cB(3,0)，由(2)可知：T(1,-2)，P(tt2-t，對(duì)稱(chēng)軸為∴0<t<3，當(dāng)0<t≤1時(shí)，拋物線弧CP的最高為P，此時(shí)特征矩形的兩條鄰邊的長(zhǎng)分別為：t，當(dāng)1<t≤2時(shí)，拋物線弧CP的最高點(diǎn)為C，最低點(diǎn)為T(mén)，此時(shí)特征矩形的兩條鄰邊的長(zhǎng)分別為：t，∴f=2.(tt+1，當(dāng)2<t<3時(shí)，拋物線弧CP的最高點(diǎn)為P，最低點(diǎn)為T(mén)，此時(shí)特征矩形的兩條鄰邊的長(zhǎng)分別為：t，t2當(dāng)0<t≤l時(shí)，拋物線弧CQ的最高點(diǎn)為C，最低點(diǎn)為T(mén)，此時(shí)特征矩形的兩條鄰邊的長(zhǎng)分別為：2-t，∴PQ=2-t-t=2-2t，為Q，此時(shí)特征矩形的兩條鄰邊的長(zhǎng)分別為：2-t，∴PQ=t-2+t=2t為C，此時(shí)特征矩形的兩條鄰邊的長(zhǎng)分別為：t-2，∴g=2×t2-t+t-2(=t2-4；∵f+g=，2-4=，∴PQ=t-2+t=2t-2=17-2，(2)根據(jù)題意得出yD=，代入拋物線解析式得出 ②根據(jù)題意得出直線AE的解析式為y=kx+3，根據(jù)y=a(x-3)2+d(a<0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)C,2(，得出y=a(x-3)2+2-a=ax2-6ax+a+2，聯(lián)立直線解，M,k+3(，-+6×+3①,根據(jù)點(diǎn)M為直線AE與L2的唯一公共點(diǎn)，得出△=(k+6a)2-4×a× -1(=0②,聯(lián)立解得k的值，即可求解．【解答】解：(1)∵拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,3)，B(6,3)，頂點(diǎn)為P，∴y=-x2+6x+3=-(x-3)2+12，∴P(3,12)；∵拋物線y=a(x-3)2+d(a<0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)C,2(，對(duì)(3)①∵A(0,3)，P(3,12)，∴M,，，解得：a=-；②直線AE:y=kx+n(k>0)交L1于點(diǎn)E，A(0,3)，∴d=2-a，∴y=a(x-3)2+2-a=ax2-6ax+a+2，y=ax2-6ax+a消去y得，ax2-kx-6ax+-1=0，將E代入y=-x2+6x+3，函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸是直線x==-1，則可設(shè)二次函(2)依據(jù)題意，結(jié)合(1)y=(x+1)2-3，可得頂點(diǎn)坐標(biāo)為(-1,-3)，進(jìn)而可以作圖得解；(3)依據(jù)題意，由二次函數(shù)的圖象向右平移n個(gè)單位長(zhǎng)度后，則新函數(shù)為y=(x+1-n)2-3，故此時(shí)對(duì)稱(chēng)軸是直線x=n-1，函數(shù)圖象開(kāi)口向上，然后分三種情∴可設(shè)二次函數(shù)為y=a(x+1)2+k．∴-2=a(0+1)2+k，且1=a(1+1)2+k．∴a=1，k=-3．∴二次函數(shù)為y=(x+1)2-3，即y=x2+2x-2．∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為(-1,-3)．(3)由題意，∵二次函數(shù)的圖象向右平移n∴新函數(shù)為y=(x+1-n)2-3．∴此時(shí)對(duì)稱(chēng)軸是直線x=n-1，函數(shù)圖象開(kāi)口向上．∴①當(dāng)3≤n-1時(shí)，即n≥4，∴當(dāng)x=0時(shí)，y取最大值為(1-n)2-3；當(dāng)x=3時(shí)，y取最小值為(4-n)2-3．∴(1-n)2-3-(4-n)2+3=5．∴n，不合題意．②當(dāng)0<n-1<3時(shí)，即1<n<4，∴當(dāng)x=0或x=3時(shí)，y取最大值為(1-n)2-3或(4-n)2-3；當(dāng)x=n-1時(shí)，y取最小值為-3．∴(1-n)2-3+3=5或(4-n)2-3+3=5．∴n或n不合題意，舍去)或n=4③當(dāng)n-1≤0時(shí)，即n≤1，∴當(dāng)x=0時(shí)，y取最小值為(1-n)2-3；當(dāng)x=3時(shí)，y取最大值為(4-n)2-3．∴(4-n)2-3-(1-n)2-3=5．∴n，不合題意．等面積轉(zhuǎn)化，由面積求得線段長(zhǎng)度，可得點(diǎn)的坐標(biāo)，從而可求直線的解析式，再與拋物線解析式聯(lián)立，即可得點(diǎn)R的坐標(biāo)，從而可得直線方程，由等腰三角形的性質(zhì)，可知G為直線與拋物線的交點(diǎn)，聯(lián)立此直線方程與拋物線解析式，結(jié)合所處象限，即可得到點(diǎn)G(4)根據(jù)題設(shè)條件所描述的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，結(jié)合三角形的相似判定與性質(zhì)，分析CF取最小值和最大值時(shí)候點(diǎn)F所處的位置，用勾股定理解直角三角形，結(jié)合三角形三【解答】解：(1)解：將A(-1,0)，B(6,0)代入拋物線的解析式y(tǒng)=ax2+bx+3，∴拋物線的解析式為yx+3．△QBC=S△PBC=24，∴BQ=8，又∵B(0,3)，∴點(diǎn)Q(0,-5)，∵B(0,3)，C(6,0)，∴直線BC的解析式為yx+3，聯(lián)立yx-5與y，可解得x=-2或8，故P1(-2,-4)，P2(8,-9)．從而∠CBR=45°,如圖b所又∵點(diǎn)G是第四象限內(nèi)拋物線上的一點(diǎn)，∠CBG=由旋轉(zhuǎn)可知∠BOC=∠RSC=90°,BO=RS=3，OC=SC=6，故點(diǎn)R坐標(biāo)為(3,-6)，由待定系數(shù)法可知直線BR的表達(dá)式為y=-3x+3，聯(lián)立y=-3x+3與y，整理可得x2-11x=0，解得x=11或0(舍去)，故點(diǎn)G坐標(biāo)為(11,-30)，故答案為：(11(4)由題意知四邊形OCED為矩形，OD=BO=3，DE=OC=6．∴GHOD=2，HEDE=4，DH=6-4=2，故DG．∵∠DFG=90°,∴根據(jù)斜邊中線定理可得FJDG故CF≥CJ-FJ，當(dāng)且僅當(dāng)J、F、C共線時(shí)取等號(hào)．易知點(diǎn)J坐標(biāo)為(1,-2)，C(6,0)，故CJ則CF≥CJ-FJ大，即CF=OE=35，(2)根據(jù)題意，利用相似三角形的性質(zhì)求出面積之比即(3)QM經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)，即經(jīng)過(guò)頂點(diǎn)，畫(huà)出示意圖，先求出頂點(diǎn)坐標(biāo)，再利用相似三角形的判定和性質(zhì)求出m(4)根據(jù)題意，分三種情況進(jìn)行分析，畫(huà)出圖形找出臨界點(diǎn)，利用相似三角形的性質(zhì)列出一元二次方程，然【解答】解：(1)將(2,-1)代入y=x2+bx-得，-1=4+2b-1，解得b=-2，∴拋物線的解析式為y=x2-2x-1；根據(jù)題意可得，∠M=∠ODQ=90°,∠Q=∠Q，∴△QOD∽△QPM，S△QOD4則S四邊形ODMP=9-4S△QOD4該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(1,-2)，該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(1,-2)，∴△PON∽△OQD，且相似比為OP=1故Q(23-2,-2)；故Q(-23-2,-2)；綜上，Q(23-2,-2)或Q(-23-2,-2)；(4)①當(dāng)PQ經(jīng)過(guò)頂點(diǎn)T時(shí)，過(guò)點(diǎn)T作TE⊥x軸，交x軸于點(diǎn)E，△PON∽△TOE，去)，或m=-1，∴m≤-1；x，交x軸于點(diǎn)E，此時(shí)，Q[同理，△PON∽△QOE此時(shí)，Q[-2m，-2(m2-2m-1)]，代入拋物線解析式得，-2(m2-2m-1)=(-2m)2+4m-1，解得m=2(舍去)，或m=-此時(shí)，當(dāng)P點(diǎn)向下一直移動(dòng)，直至到x軸時(shí)，都符合2-2x-1=0時(shí)，思路同②,此時(shí)Q[-2m，-2(m2-2m-1)]，代入拋物線解析式得，-2(m2-2m-1)=(-2m)2+4m-1，2解得m=-2解得m=-此時(shí)，當(dāng)P點(diǎn)向右一直移動(dòng)，直至到x軸時(shí)，都符合∴當(dāng)2<m<1+2時(shí)，符合題意；綜上m≤-1或-2≤m<1-2或2<m<1+13．【分析】(1)把A(1,0)，B(-5,0)代入y=ax2+(2)求出C(0,-5)，直線BC的解析式y(tǒng)=-x-5，設(shè)P(x,x2+4x-5)，則E(x,-x-5)，分x<-5，-5<x<0，0<x<1和x>1，四種情況解答；(3)過(guò)點(diǎn)F，P作FG⊥x軸于G，PH⊥x軸于H，得∠AGF=∠AHP=90°,根據(jù)等腰直角三角形．得AF=AP，∠PAF=90°,得∠FAG=∠APH，得△AFG?△PAH(AAS)，得AH=FG，PH=AG，設(shè)P(m,m2+4m-5)，分-5<m<1和m>1兩種情況解答．【解答】解：(1)∵拋物線y=ax2+bx-交x軸于A(1,0)，B(-5,0)兩點(diǎn)，ra+b-5=0ra=1ra+b-5=0ra=1(2)y=x2+4x-5中，當(dāng)x=0時(shí)，y=-5，∴C(0,-5)，∴設(shè)直線BC的解析式為y=kx-5，∵B(-5,0)，∴-5k-5=0，∴k=-1，∴y=-x-5，設(shè)P(x,x2+4x-5)，則E(x,-x-5)，當(dāng)x<-5時(shí)，PE=x2+4x-5-(-x-5)=x2+5x，DE=-x-5，∵PE=3ED，∴x2+5x=3(-x-5)，解得x=-3(不合)，或x=-5(舍去)，當(dāng)-5<x<0時(shí)，PE=-x-5-(x2+4x-5)=-x2-5x，DE=x+5，∴-x2-5x=3(x+5)，解得x=-3，或x=-5(舍去)，∴x2+4x-5=-8．∴P1(-3,-8)；當(dāng)0<x<1時(shí)，PE<CE，點(diǎn)P不存在；當(dāng)x>1時(shí)，PE=x2+4x-5-(-x-5)=x2+5x，DE=x+5，x2+5x=3(x+5)，解得x=3，或x=-5(舍去)，∴x2+4x-5=16，故P點(diǎn)坐標(biāo)為P1(-3,-8)，P2(3,16)；(3)過(guò)點(diǎn)F，P作FG⊥x軸于G，PH⊥x軸于H，則∠AGF=∠AHP=90°,∵△AFP是以PF為斜邊的等腰直角三角形．∴AF=AP，∠PAF=90°90°,∴∠FAG+∠PAH=∠APH+∠PAH=90°,∴∠FAG=∠APH，∴△AFG?△PAH(AAS)，∴AH=FG，PH=AG，設(shè)P(m,m2+4m-5)，當(dāng)-5<m<1時(shí)，AH=1-m，PH=-m2-4m+∴FG=1-m，∴-x-5=1-m，∴x=m-6，∴F(m-6,1-m)，∴AG=1-(m-6)=7-m，∴-m2-4m+5=7-m，解得m=-1，m=-2，∴P坐標(biāo)為(-1,-8)，或(-2,-9)；當(dāng)m>1時(shí)，AH=m-1，PH=m2+4m-5，∴FG=m-1，∴-x-5=m-1，∴x=-m-4，∴F(-m-4,m-1)，∴AG=1-(-m-4)=m+5，∴m2+4m-5=m+5，解得m=2，m=-5(舍去)，故P坐標(biāo)為(-1,-8)，或(-2,-9)，或(2,7)．于該拋物線的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，可得2m+1=2，求出(4)根據(jù)題意可知四邊形ABCD是平行四邊形，過(guò)點(diǎn)OOA與AD重合時(shí)，當(dāng)OB與BC重合時(shí)．∴9+3b=3，解得b=-2，∴y=x2-2x；(2)∵點(diǎn)A、B橫坐標(biāo)分別為m、m+1，∴A(m,m2-2m)，B(m+1,m2-1)，∵y=x2-2x=(x-1)2-1，∴對(duì)稱(chēng)軸為直線x=1，∴2m+1=2，解得m，∵A、C關(guān)于M點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，∴C為-1，解得m或m(舍)；(4)∵A、C關(guān)于點(diǎn)M對(duì)稱(chēng)，B、D關(guān)于M點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，∴MA=MC，MB=MD，∵∠AOB=∠OAD+∠OBC，∴∠OBC=∠BOF，∠OAD=∠FOA，∵A(m,m2-2m)，B(m+1,m2-1)，∴C(2-m,2-m2+2m)，D(1-m,3-m2)，直線OA的解析式為y=(m-2)x，直線OB的解析式為y=(m-1)x，直線AD的解析式為yx+m2-2m-直線BC的解析式為yx+m2-1-，，，，=4，時(shí)，∠AOB=∠OAD+∠OBC．15．【分析】(1)先求出A(3,0)，B，再分別代入y2=ax2+c，列出二元一次方程組，即可解(2)①設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b(k≠0)，將A(3,0)，B分別代入，得直線AB的解析式為y，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(mm-1(，求出y2= DE，即可解答．(3)易得yx<3(，當(dāng)x=，，，，解得x1=-1，x2=3，∴A(3,0)，將A(3,0)，B分別代入y2=ax2+c，得設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b(k≠0)，由條件可得：,解得，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(mm-1(，將x=m代入y1得D(m將x=m代入y2，得C(mDE=m-1(-m2-=∴DE=2CE；∴m或m．∵當(dāng)x≤t-n時(shí)，函數(shù)y3的最小值為，最大值為t，x≤t-n時(shí)，函數(shù)y3的最大值為t，∴當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)y3的最大值為t，即t= ∵t，,化簡(jiǎn)得-2≤-3n≤311-5，16．【分析】(1)將A(1,0)、C(2,5)代入y=ax2+bx-3(a≠0)得方程組，解方程組即可；(2)①令y=0，則x2+2x-3=0，解方程即可求出點(diǎn)(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,a)，先由兩點(diǎn)間的距離公式得AC2=50，AP2=9+a2，CP2=a2-10a+29，再分兩種情況討論：當(dāng)AP為斜邊時(shí)，則AP2=AC2+CP2，當(dāng)CP為斜邊時(shí)，則CP2=AC2+AP2，分別解【解答】解：(1)將A(1,0)、C(2,5)代入y=ax2+bx-3(a≠0)得，∴拋物線的解析式為y=x2+2x-3；(2)①令y=0，則x2+2x-3=0，解得x=-3或x=1，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(-3,0)；②根據(jù)圖象可知，當(dāng)y<0時(shí)，x的取值范圍為-3<x<1，故答案為：-3<x<1；∵A(-3,0)，C(2,5)，∴AC2=(2+3)2+(5-0)2=50，AP2=(0+3)2+(a-0)2=9+a2，CP2=(0-2)2+(a-5)2=a2-10a+當(dāng)AP為斜邊時(shí)，則AP2=AC2+CP2，∴9+a2=50+a2-10a+29，當(dāng)CP為斜邊時(shí)，則CP2=AC2+AP2，∴a2-10a+29=50+9+a2，解得a=-3，(0,-3)，入y=-x2+bx+c進(jìn)行計(jì)算，即可作答；(2)先得B(-1,0)，A(3,0)，再證明△DMB∽△ENB，運(yùn)用DE:BE=1:2，得，設(shè)點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為2m，則點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為3m，再分別求出AC的解析式為y=-x+3，BE的解析式為y整理得點(diǎn)D(5-3m,3m)，因?yàn)辄c(diǎn)D為拋物線上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，得3m=-(5-3m)2+2(5-3m)+3，解得m1=(3)先求出F(1,4)，再整理得平移后的拋物線的解析式為y=-(x-m)2+n，因?yàn)辄c(diǎn)P(m,n)在y=-(x-1)2+4上，則(m-1)^{2}=4-n，即N(1,-4+2n)，故PF2=PN2，所以△PFN是等腰三角形，再結(jié)合解直角三角函數(shù)得∠FPH=tan60°=，算得4-n=3(m-1)，再運(yùn)用換元法進(jìn)行整理得(t析式為y=-(x-1-3)2+1，求出x1=2+3，x2【解答】解：(1)依題意，分別把A(3,0)，C(0,3)代入y=-x2+bx+c，則y=-x2+2x+3，C(0,3)，3，x2=-1，故B(-1,0)，A(3,0)，分別過(guò)點(diǎn)E、D作EN⊥OA，DM⊥OA，如圖所示：∵EN⊥OA，DM⊥OA，∵∠DBM=∠EBN，∴△DMB∽△ENB，DMBDENBE，∴DM=3設(shè)AC的解析式為y=kx+r(k≠0)，∵C(0,3)，A(3,0)，r3(0=3k+r，∴AC的解析式為y=-x+3，把y=2m代入y=-x+3，得2m=-x+3，∴x=3-2m，∴E(3-2m,2m)，把E(3-2m,2m)，B(-1,0)分別代入y=tx+q，，即點(diǎn)D(5-3m,3m)，∵點(diǎn)D為拋物線上第一象限內(nèi)一點(diǎn)，且y=-x2+2x+3，∴3m=-(5-3m)2+2(5-3m)+3，整理得3m2-7m+4=(m-1)(3m-4)=0，(2,3)，綜上：D(2,3)或D(1,4)；整理y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，∵F為拋物線的頂點(diǎn)，∴F(1,4)，∵平移拋物線使得新頂點(diǎn)為P(m，n)(m>1)，P又在連結(jié)FP、PN，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥FN，∠FPN=120°,∴平移后的拋物線的解析式為y=-(x-m)2+n，把x=1代入y=-(x-m)2+n，得yN=-(1-m)2+n，∵點(diǎn)P(m,n)在y=-(x-1)2+4上，∴n=-(m-1)2+4，∴(m-1)2=4-n，∴yN=-(1-m)2+n=-4+n+n=-4+2n，∴N(1,-4+2n)，∵P(m,n)，N(1,-4+2n)，F(xiàn)(1,4)，∴PF2=(m-1)2+(n-4)2，PN2=(m-1)2+[n-(-4+2n)]2=(m-1)2+(n-4)2，則PF2=PN2，即PF=PN，∴△PFN是等腰三角形，∵∠FPN=120°,則tan∠FPH=tan令t=m-1，即nt+4，∵n=-(m-1)2+4，∴-3t+4=-t2+4，即tt=0，∴m-1=0，或m∴P(1+3,1)，∴平移后的拋物線解析式為則|x1-x2|=2+3-3=2，∴新拋物線與x軸存在兩個(gè)不同的交點(diǎn)直角三角形，從而得到G點(diǎn)坐標(biāo)，求出直線CG的解平行四邊形，根據(jù)DE+EH≥DH，得出DE+EH=DH時(shí)，DE+EH最小，進(jìn)一步求出DH即可．【解答】解：(1)∵A(-1,0)，B(3,0)，在二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象上，設(shè)該二次函數(shù)為y=-(x-x1)(x-x2)，∴y=-(x+1)(x-3)，∴y=-x2+2x+3；(2)①把x=0代入y=-x2+2x+3，得y=3，∴C(0,3)，∵B(3,0)，C(0,3)，∴OB=OC=3，∵∠COB=90°,∴∠CBO=45°,∵∠DCB=90°=∠BCG，∴∠CGB=90°-∠CBO=90°-45°=45°,∴∠GCO=180°-∠COG-∠CGB=180°-90°-45°=∴OG=OC=3，∴G(-3,0)，設(shè)直線CG的解析式為：y=kx+m(k≠0)，把C(0,3)，G(-3,0)代入，得k+m，解得∴直線CG的解析式為：y=x+3，∴D(1,4)；②如圖，過(guò)點(diǎn)D作二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸平行于y軸，過(guò)H=EF，連接HE，設(shè)DH交x軸為點(diǎn)G，∴OF=EH，∴∠BOH=45°,∴OG=GH，∵OH=EF=2，OG2+GH2=OH2，∴OG=GH=1，∴H(1,-1)，∵DE+EH≥DH，∴當(dāng)DE+EH=DH時(shí)，DE+EH最小，∵D(1,4)，H(1,-1)，∴DH=5．此時(shí)D、E、H三點(diǎn)共線且DH⊥x軸，∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為(0,3)與點(diǎn)C重合，滿足EF在線段∴DE+OF的最小值為5．19．【分析】(1)把點(diǎn)A(2,2)代入二次函數(shù)y=ax(x-4)中，可得a=-，進(jìn)而可得二次函數(shù)的表達(dá)式；可知P(x1，-x+2x1(，B(x1，x1)，2，-x+2x2(，C(x2，x2)，故PB=-x+x1，QC=-x+x2，根據(jù)PB>QC，可得不等式-x+x1>-x+x，整理變形后可得x1+x2>2；選擇②：同理得R(x3，-x+2x3(，D(x3，x3)，故RD=-x+x3，由PB>RD，可得不等式-x+x1>-x+x3，整理變形后可得x1+x3<2；(1-x1(x+x1，設(shè)直線AP交y軸于點(diǎn)G，如圖2所示，先證明△GOA?△TOA(SAS)，進(jìn)而可得∠AMN=∠TAO，再證明△TOA?△TNM(AAS)，可得TN=TO=x1，ON=2x1，作QH⊥x軸于點(diǎn)H，則tan∠QTH==-x1+6，又tan∠QTH=tan∠Q1TO，即=-x1+6，故OQ1=-x+x1-2(x-x+2x1，即OR1=-x+2x1，故R1Q1=OQ1+OR1=-x+8x1，t=R1Q1-ON=-x+8x1-2x1=-x+6x1=-x1-2+，【解答】解：(1)把點(diǎn)A(2,2)代入二次函數(shù)y=ax(x-得-4a=2，故a=-，故此二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-x2+2x．y=x，Q(x2，-x+2x2(，C(x2，x2)，故PB=-x+2x1-x1=-x+x1，QC=-x+x2，∵PB>QC，即-x+x1>-x+x，整理可得(x2-x1)(x2+x1)>x2-x1，由于x2-x1>2+x1)>1，即x1+x2>2；選擇②：同理得R(x3，-x+2x3(，D(x3，x3)，故RD=-x+x3，∵PB>RD，即-x+x1>-x+x3，整理可得(x3-x1)(x3+x1)>x3-x1，由于x3-x1<3+x1)<1，即x1+x3<2；(1-x1(x+x1，則OG=x1=OT，在△GOA和△TOA中，(OG=OT∠GOA=∠TOAOA=OA:△GOA≥△TOA(SAS)，:∠PAO=∠TAO，“∠AMN=∠PAO，:∠AMN=∠TAO，“AO=22+22=22=MN，在△TOA和△TNM中，(∠TMN=∠TAO∠OTA=∠NTMAO=MN:△TOA≥△TNM(AAS)，:TN=TO=x1，ON=2x1，作QH丄x軸于點(diǎn)H，又“tan∠QTH=tan∠Q1TO，即=-x1+6，:OQ1=(-x1+6(x1=-x+6x1．“T(x1，0)，Rx1，-x+x1(，x1-2(x-x+2x1，即OR1=-x+2x1，:R1Q1=OQ1+OR1=-x+8x1，:t=R1Q1-ON=-x+8x1-2x1=-x+6x1=-x1-2+，(2)由拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x=-3，設(shè)P(-3,t)，過(guò)P作KTⅡx軸，過(guò)B作BK丄KT于K，過(guò)D作DT丄KT于T，求出B(-5,0)，得KP=-3-(-5)=2，再證△BPK≥△PDT(AAS)，可得BK=PT=|t|，KP=DT=2，故D(-3+t,t-2)，代入y=x2+6x+5得：t-2=(-3+t)2+6(-3+t)+5，解出t值得P的坐標(biāo)為(-3,-1)或(-3,2)；A作AH丄CM于H，AH交y軸于Q，證明△QCH是等腰直角三角形，可得QH=CQ，∠CQH=最小，最小值為2AH，由△AQO是等腰直角三角形，再求出CQ=OC-OQ=4，可得QH=CQ=-3對(duì)稱(chēng)，與x軸交于A(-1,0)，:拋物線的解析式為y=x2+6x+5；(2)由拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x=-3，設(shè)P(-3,t)，過(guò)P作KTⅡx軸，過(guò)B作BK丄KT于K，過(guò)D作DT丄KT于T，如圖：解得x=-1或x=-5，:B(-5,0)，:KP=-3-(-5)=2，:∠BPK=90。-∠DPT=∠PDT，:△BPK≥△PDT(AAS)，:BK=PT=|t|，KP=DT=2，:D(-3+t,t-2)，把D(-3+t,t-2)代入y=x2+6x+5得：t-2=(-3+t)2+6(-3+t)+5，解得t=-1或t=2，∴P的坐標(biāo)為(-3,-1)或(-3,2)；過(guò)C在y軸右側(cè)作射線CM，使∠OCM=45°,過(guò)A作AH⊥CM于H，AH交y軸于Q，如圖：∵∠OCM=45°,∠QHC=90°,∴QHCQ，∠CQH=45°,∴2AQ+2CQ=2(AQ+CQ(=2(AQ+QH)=2AH，∵∠AQO=∠CQH=45°,∠AOQ=90°,∴OQ=OA=1，AQOA∴Q(0,1)，在y=x2+6x+5中，令x=0得y=5，∴C(0,5)，∴CQ=OC-OQ=5-1=4，∴AH=AQ+QH，(2)分類(lèi)討論：點(diǎn)P在直線BC上方時(shí)，易得∠ACO=∠ABP，此時(shí)利用相似或者三角函數(shù)求出OK長(zhǎng)度，進(jìn)時(shí)，可以作A關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)點(diǎn)L，則易得∠CBP=于直線BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，求出點(diǎn)G坐標(biāo)，進(jìn)而求出直(3)在二次函數(shù)中，一般處理二倍角問(wèn)題可以構(gòu)造等腰使AD=CD，則∠ADO=2∠ACO=∠BAQ，先求出OD長(zhǎng)度，進(jìn)而作點(diǎn)B關(guān)于直線AQ對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E，連接BE交AQ于點(diǎn)F，過(guò)E作EG⊥x軸于點(diǎn)G，易得BM+MN=EM+MN≥EG，所以解Rt△BEG即可得解．【解答】解：(1)∵對(duì)稱(chēng)軸為直線x=1，且二次函數(shù)y=x2+bx+c(b、c為常數(shù))的圖象與x軸交于A(-1,∴y=(x+1)(x-3)=x2-2x-3；(2)由y=x2-2x-3可知C(0,-3)，∴OB=OC=3，即∠OCB=∠OBC=45°,如圖，記BP與y軸交于點(diǎn)K，則∠OPB+∠CBP=∠OBC=45°,又∵∠CBP+∠ACO=45°,∴∠OBP=∠ACO，∴tan∠OBP=tan∠ACO，即，由B(3,0)，K(0,-1)可得直線BP解析式為yx-則∠ACO=∠LCO，L(1,0)，∵∠CBP+∠ACO=45°,∠LCO+∠BCL=45°,∴∠CBP=∠BCL，由C(0,-3)，L(1,0)可得直線CL的解析式為y=3x-∴設(shè)直線BP:y=3x+n，將B(3,0)代入得n=-9，∴直線BP:y=3x-9，∴P(2,-3)；方法二：作K關(guān)于直線BC對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，連接KG交BC此時(shí)∠CBK=∠CBP，滿足∠CBP+∠ACO=45°,∵K(0,-1)，C(0,-3)，∴CK=2，∵∠BCO=45°,∴H(1,-2)∴G(2,-3)∵點(diǎn)G(2,-3)也在拋物線上，∴點(diǎn)P與點(diǎn)G重合，即P(2,-3)；綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為或(2,-3)；(3)如圖，在OC上取點(diǎn)D，使AD=CD，則∠ADO=2∠ACO，∵∠BAQ=2∠ACO，∴∠BAQ=∠ADO，設(shè)OD=m，則CD=AD=3-m，在Rt△AOD中，OA2+OD2=AD2，∴1+m2=(3-m)2，過(guò)E作EG⊥x軸于點(diǎn)G，則BM=EM，BF=EF，∴BM+MN=EM+MN≥EG，當(dāng)且僅當(dāng)E、M、G三點(diǎn)共線時(shí)，(BM+MN)min=EG；∵∠BAQ=∠ADO，∴sin∠BAQ=sin∠ADO，∵∠AGE=∠AFE=90°,∴∠BEG=∠BAF=∠ADO，22．【分析】(1)把A(3,0)代入y=ax2+2ax，(2)設(shè)直線PQ為y=-x+n，設(shè)點(diǎn)=-(m+2)+n，即可求解；點(diǎn)G(x3，y3)，H(x4，y4)，與拋物線解析式聯(lián)立可得△>0，x3+x4=4k-2，x3x4=-15-4b，作GC丄MN，HD丄MN，GC=-1-x3，MC=y3+5，HD=x4+1，MD=y4+5，根據(jù)∠GMN=∠HMN，可得tan∠GMN=tan∠HMN，從而得到=，進(jìn)0，繼而得到-4k(b-k+3)=0，再由直線l不垂直于1)-3，即可求解．:a=，:拋物線的解析式為y=x2+x-，令y=0，則x2+x-=0，解得x1=-5，x2=3，:B(-5,0)；(2)“y=(x+1)2-4，N是拋物線頂點(diǎn)，:N(-1,-4)，“B(-5,0)，N(-1,-4)，:，解得： :直線BN的解析式為y=-x-5，“PQⅡBN，可設(shè)直線PQ為y=-x+n，設(shè)點(diǎn)P(m,m2+m-，Q(m+2,(m+2)2+(m+2)-，:m2+m-=-m+n且(m+2)2+(m+2)-=-(m+2)+n，解得：m=-4；(x3，y3)，H(x4，y4)，:y=x2:x2+(2-4k)x-15-4b=0，:△>0，x3+x4=4k-2，x3x4=-15-4b，作GC丄MN，HD丄MN，GC=-1-x3，MC=y3“∠GMN=∠HMN，MCMD，:tan∠GMN=tan∠HMN．即GCMCMD，:=-1-x3:=:-4k(b-k+3)=0， :k≠0，:b-k+3=0，:b=k-3，:直線l解析式y(tǒng)=k(x+1)-3，“無(wú)論k為何值，x=-1，y=-3，:l過(guò)定點(diǎn)T(-1,-3)，故存在定點(diǎn)T(-1,-3)．23．【分析】(1)分割法得到四邊形BCDE的面積=BD.CE，即可得出結(jié)果；(2)根據(jù)三角形的中位線定理，證明△ADE一△ABC，進(jìn)而推出S四邊形DCBE=S△ABC，進(jìn)而得到當(dāng)四邊形BCDE的面積最大時(shí)，S最大，過(guò)點(diǎn)B作BM丄CE，過(guò)點(diǎn)D作DN丄CE，則BM≤BG，DN≤DG，進(jìn)而(3)根據(jù)平移求出拋物線y的解析式，設(shè)xF=m，根據(jù)三角形的中線平分面積，得到K為F，Q的中點(diǎn)，進(jìn)而得到Q點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)H(n,-n2+n-，根據(jù)斜率公式求出k2，根據(jù)直線過(guò)點(diǎn)H，將解析式寫(xiě)為y-yH=k2(x-xH)，得到y(tǒng)=-(n-m)(x-1)+x+1，∴四邊形BCDE的面積=S△BCE+S△DCE(2)∵△ABC中，D，E分別是AC，AB的中點(diǎn)，∴△ADE∽△ABC，如圖，過(guò)點(diǎn)B作BM⊥CE，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥CE，則BM≤BG，DN≤DG，∵四邊形BCDE的面積=S△BCE+S△DCE∴四邊形BCDE的面積最大CE.BD，∵BD+CEBD=x，∵直線y=k1x-k1交該圖象于點(diǎn)F，H(F點(diǎn)在H點(diǎn)左設(shè)xF=m，xH=n，∴2x2+(3k1-7)x-3k1+2=0∴根據(jù)韋達(dá)定理得m+nmn，∵S△HFK=S△HKQ，∴K為F，Q的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F，Q的直線與直線x=l交于點(diǎn)K，∴xK=1，∴xQ=2-m，設(shè)H(n∴直線l:y-yH=k2(x-xH)，即y=-(n-m)+1|(x-n)+(-n2+n-=-(n-m)+1|x-mn+n-，∵n-m≠0，再求出對(duì)稱(chēng)軸，則得到點(diǎn)M的坐標(biāo)表示，再由兩點(diǎn)間(3)設(shè)P(m,0)，由旋轉(zhuǎn)得∠NPH=90°,PN=PH，當(dāng)m<-1時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線，過(guò)點(diǎn)H，N分別作平行線的垂線，垂足為點(diǎn)F，E，證明△PEN?△HFP(AAS)，表示出H(4+m,1+m)，將點(diǎn)H(4+m,1+m)代入y=-x2-2x+3，得-(4+m)2-2(4+m)+3=1+m，解方程即可；當(dāng)m>-1時(shí)，作出同樣的輔助線，同理可求解．【解答】解：(1)∵拋物線y=ax2+bx+c與x軸相交于A(-3,0)、B(1,0)兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C(0,3)，r9a-3b+c=0ra=-1∴a+b+c=0，解得：{b=-2，∴拋物線的表達(dá)式為y=-x2-2x+3；∴D(-4,-5)，∵y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4，∴拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線x=-1，頂點(diǎn)為N(-1,4)，設(shè)M(-1,n)，∵M(jìn)B=MD，∴MB2=MD2，∴(-1-1)2+(n-0)2=(-1+4)2+(n+5)2，解得：n=-3，∴n的值為-3；(3)由(2)得頂點(diǎn)N(-1,4)，設(shè)P(m,0)，由旋轉(zhuǎn)得∠NPH=90°,PN=PH，當(dāng)m<-1時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線EF，過(guò)點(diǎn)H，N分別作EF的垂線，垂足為點(diǎn)F，E，如圖，∴∠E=∠F=∠NPH=90°,∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠FPH=90°,∴∠ENP=∠FPH，∴△PEN?△HFP(AAS)，∴EN=PF=-1-m，PE=FH=4，∴H(4+m,1+m)，將點(diǎn)H(4+m,1+m)代入y=-x2-2x+3，得-(4+m)2-2(4+m)+3=1+m，解得：m=-11±；當(dāng)m>-1時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線，過(guò)點(diǎn)H，N分∴∠E=∠F=∠NPH=90°,∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠FPH=90°,∴∠ENP=∠FPH，∴△PEN?△HFP(AAS)，∴EN=PF=m+1，PE=FH=4，∴H(m-4,-m-1)，將點(diǎn)H(m-4,-m-1)代入y=-x2-2x+3，得-(m-4)2-2(m-4)+3=-m-1，整理得：m2-7m+4=0，解得：m=7±；或．y=-x2+2x+3；(2)過(guò)F作FH⊥x軸于H，設(shè)直線CD交y軸于K，求出K(0,，直線y=x+與x軸交點(diǎn)為A(-1,0)，得tan∠KAO==，設(shè)FH=t，則EH=2t，得DE=EF=5t，AD=2DE=25t，AE=5t，從而求出F(7t-1,t)，把F(7t-1,t)代入y=-x2+2x+3得：t=-(7t-1)2+2(7t-1)+3，解出t值可得F(3)由點(diǎn)P(x1，y1)在拋物線y=-x2+2x+3上，點(diǎn)Q(x1，y2)在拋物線y=x2-(4m-2)x+4m2+2上，可得y2-y1=x-(4m-2)x1+4m2+2-(-x+2x1+3)=2x-4mx1+4m2-1=2(x1-m)2+2m2-1，再分【解答】解：(1)把(2,3)，A(-1,0)代入y=-x2+bx∴拋物線的解析式為y=-x2+2x+3；(2)過(guò)F作FH⊥x軸于H，設(shè)直線CD交y軸于K，在y中，令x=0得y，令y=0得x=-1，∴K，直線y與x軸交點(diǎn)為A(-1,0)，∴∠FEH=∠KAO，設(shè)FH=t，則EH=2t，∵∠ADE=90°,∴AH=AE+EH=5t+2t=7t，∴OH=AH-OA=7t-1，∴F(7t-1,t)，把F(7t-1,t)代入y=-x2+2x+3得：t=-(7t-1)2+2(7t-1)+3，(3)∵點(diǎn)P(x1，y1)在拋物線y=-x2+2x+3上，點(diǎn)Q(x1，y2)在拋物線y=x2-(4m-2)x+4m2+2上，∴y1=-x+2x1+3，y2=x-(4m-2)x1+4m2+2，∴y2-y1=x-(4m-2)x1+4m2+2-(-x+2x1+3)=2x-4mx1+4m2-1=2(x1-m)2+2m2-1，當(dāng)m≤1時(shí)，若1≤x1≤2，則x1=1時(shí)，y2-y1的值∴2(1-m)2+2m2-1=3，當(dāng)1<m<2時(shí)，若1≤x1≤2，則x1=m時(shí)，y2-y1∴2m2-1=3，當(dāng)m≥2時(shí)，若1≤x1≤2，則x1=2時(shí)，y2-y1的值∴2(2-m)2+2m2-1=3，解得m1=m2=1(舍去)；△AEF是等腰直角三角形，然后根據(jù)△AEF的外接圓直徑是AE=2，可得其外接圓的半徑R=1，再利用等積法求出r，即可解決問(wèn)題；②先求得拋物線的頂點(diǎn)M的坐標(biāo)和對(duì)稱(chēng)軸與x軸的交BP，繼而可得MPBP=MP+PQ，于是可得當(dāng)M、P、Q三點(diǎn)共線且MQ⊥x軸時(shí)，MP+BP的值最小，此時(shí)Q、T重合，然后分點(diǎn)F在△ACE不同內(nèi)角平分線上共三種情況，外加當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)重合于點(diǎn)O時(shí)，此時(shí)點(diǎn)F在∠AE特殊情況，討論求解即可．【解答】解：(1)把B的坐標(biāo)(3,0∴拋物線的解析式是y=-x2+2x+3；(2)①令y=-x2+2x+3=0，解得：x1=-1，x2=3，∴A(-1,0)，∵B(3,0)，C(0,3)，∴OB=OC=3，∴∠OBC=45°,∴∠FEA=∠CBO=45°,∴當(dāng)∠AFE=90°時(shí)，△AEF是等腰直角三角形，且FA=FE，∴EO=AO=FO=1，∴△AEF的外接圓直徑是AE=2，AF.rEF.rAE.rAE.FO，即+2+2).r=2，解得：r②∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，拋物線的對(duì)稱(chēng)軸是直線x=1，頂點(diǎn)M的坐標(biāo)是(1,4)，∴直線x=1與x軸的交點(diǎn)T的坐標(biāo)是(1,0)，作PQ⊥x軸于點(diǎn)P，∴當(dāng)M、P、Q三點(diǎn)共線且MQ⊥x軸時(shí)，MP+BP的值最小，此時(shí)Q、T重合，當(dāng)點(diǎn)F在△AEC的內(nèi)角∠ACE的平分線上即∠ACO=∠ECO時(shí)，如圖，∵∠COA=∠COE=90°,CO=CO，∴AO=EO=1，∴E、T重合，∵B(3,0)，C(0,3)，∴直線BC的解析式是y=-x+3，∴BE=PE=2，如圖，作FK⊥AC于點(diǎn)K，則OF=KF，設(shè)OF=KF=a，則CF=3-a，∵sir∠ACO且AC∴∠OEF=∠OBC=45°,由于∠OEF=45°,∠OEC符合題意，則BE=BO=3，27．【分析】(1)分別將O(0,0)，O(0,0)代入拋物線(2)①結(jié)合題意，分別確定點(diǎn)M、N的坐標(biāo)，即可獲得②首先確定MN=|at2-3at|，再分a>0和a<0兩種【解答】解：(1)將點(diǎn)O(0,0)代入，拋物線y=ax2+(2)①若a=1，則該拋物線及直線解析分別為y=x2-∵PM⊥x軸，∴xM=xN=4，M(4,8)，∴MN=8-4=4；∵PM⊥x軸，P(t,0)，∴xM=xN=t，將x=t代入y=ax2-2ax，可得y=at2-2at，即M(t,at2-2at)，將x=t代入y=ax，可得y=at，即N(t,at)，∴MN=|at2-2at-at|=|at2-3at|，令MN=0，即at2-3at=0，解得t=0或t=3，當(dāng)0<t≤3時(shí)，可有MN=-at2+3at，其圖象開(kāi)口向若MN的長(zhǎng)隨OP的長(zhǎng)的增大而增大，即MN的長(zhǎng)隨t當(dāng)t>3時(shí)，可有MN=at2-3at其圖象開(kāi)口向當(dāng)t<0時(shí)，可有MN=-at2+3at，其圖象開(kāi)口向若MN的長(zhǎng)隨OP的長(zhǎng)的增大而增大，即MN的長(zhǎng)隨t則2a≤,解得a≤,28．【分析】(1)將A和B代入(2)①將A和B代入解析式，求出拋物線解析式為拋物線解析式為y=ax2-4ax+3a+1=a(x-2)(2)①將A(1,1)，B(3,1)代入y=ax2+mx+n(a≠1)r1=a+m+nrm=-4ar1=a+m+nrm=-4a∴拋物線解析式為y=ax2-4ax+3a+1=a(x-2)2+1-a，∴D(0,3a+1)，頂點(diǎn)Q(2,1-a)，∴C(0,4)，P(2,0)，過(guò)點(diǎn)Q作QM⊥CD于點(diǎn)M，∴M(0,，∴1-a=4，∴a=-3，∴D(0,-8)，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥CD于點(diǎn)N，∴N(0,0)，(3)根據(jù)題意，易得要使n-m最大，則m，n為一條直線與拋物線的交點(diǎn)，x=m和x=n關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸對(duì)一條直線恰好經(jīng)過(guò)拋物線的頂點(diǎn)(3,-4)，即：y=-4時(shí)，n-m最大，此時(shí)另一條直線的解析式為y=16m，n的值，進(jìn)行求解即可．∵點(diǎn)A(0,t)在y軸上，過(guò)點(diǎn)A(0,t)與x軸平行的直線5=-3，∴t=-3；(3)∵y=x2-6x+5=(x-3)2-4，∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)(3,-4)，當(dāng)拋物線的一段y=x2-ax+5(m≤x≤n)夾在兩條∴要使n-m最大，則，m，n為一條直線與拋物線-4時(shí)，n-m最大，此時(shí)另一條直線的解析式為y=