中考数学三轮真题集训冲刺知识点47几何最值pdf含解析 31页

1 / 31 一、选择题 1．（2019·长沙）如图，△ABC 中，AB=AC=10，tanA=2，BE⊥AC 于点 E，D 是线段 BE 上的一个动 点，则 CD+ 5 5 BD 的最小值是 【 】 A． 25B． 45C．53D．10 【答案】B 二、填空题 1．（2019·黄冈）如图，AC，BD在AB的同侧，AC＝2，BD＝8，AB＝8.点M为AB的中点.若∠CMD＝ 120°，则CD的最大值是（ ） 【解析】将 △ CAM 沿 CM 翻折到 △ CA′M，将 △ DBM 沿 DM 翻折至 △ DB′M， 则 A′M＝B′M，∠AMC＝∠A′MC，∠DMB＝∠DMB′， ∵∠CMD＝120°， ∴∠AMC+∠DMB＝∠A′MC+∠DMB′＝60°， ∴∠A′MB′＝180°-（∠AMC+∠DMB+∠A′MC+∠DMB′）＝60°， ∴△A′MB′是等边三角形， 又∵AC＝2，BD＝8，AB＝8.点 M 为 AB 的中点， 知识点 47——几何最值 2 / 31 ∴A′B′＝A′M＝B′M＝AM＝ 1 2 AB＝4，CA′＝AC＝2，DB′＝DB＝8， 又 CD≤CA′+A′B′+DB′＝2+4+8＝14. 三、解答题 1．（2019 山东威海，24，12 分）如图，在正方形 ABCD 中，AB＝10cm，E 为对角线 BD 上一动点，连 接 AE，CE，过 E 点作 EF⊥AE，交直线 BC 于点 F．E 点从 B 点出发，沿着 BD 方向以每秒 2cm 的速度 运动，当点 E 与点 D 重合时，运动停止，设△BEF 的面积为 ycm2，E 点的运动时间为 x 秒． （1）求证：CE＝EF； （2）求 y 与 x 之间关系的函数表达式，并写出自变量 x 的取值范围； （3）求△BEF 面积的最大值． 【解析】（1）证明：过 E 作 MN∥AB，交 AD 于 M，交 BC 于 N， ∵四边形 ABCD 是正方形，∴AD∥BC，AB⊥AD， ∴MN⊥AD，MN⊥BC，∴∠AME＝∠FNE＝90°＝∠NFE＋∠FEN， ∵AE⊥EF，∴∠AEF＝∠AEM＋∠FEN＝90°，∴∠AEM＝∠NFE， ∵∠DBC＝45°，∠BNE＝90°，∴BN＝EN＝AM.， ∴△AEM≌△EFN（AAS）， ∴AE＝EF. ∵四边形 ABCD 是正方形，∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE， ∵DE＝DE，∴△ADE≌△CDE（SAS）， ∴AE＝CE＝EF. （2）在 Rt△BCD 中，由勾股定理得：BD＝ ＝10 ， ∴0≤x≤5 .由题意，得 BE＝2x，∴BN＝EN＝ x. 2210 10+ 2 2 2 3 / 31 由（1）知：△AEM≌△EFN，∴ME＝FN， ∵AB＝MN＝10，∴ME＝FN＝10－ x， 如图（1）， 当 0≤x≤ 52 2 时，∴BF＝FN－BN＝10－ 2 x－ 2 x＝10－2 x. ∴y＝ 1 2 BF·EN＝ 1 (10 2 2 ) 22 xx− ＝－2x2＋52x（0≤x≤ 52 2 ）； 如图（2）， 当 52 2 ＜x≤52时， ∴BF＝BN－FN＝ 2 x－（10－ 2 x）＝ 22x－10， ∴y＝ 1 2 BF·EN＝ 1 (2 2 10) 22 xx− ＝2x2－52x（ 52 2 ≤x≤52）. ∴ 2 2 522 5 2 (0 );2 522 52( 52).2 x xx y xx x − + ≤≤=   − <≤ （1） （2） （3）y＝－2x2＋5 x＝－2（x－ 52 4 ）2＋ 25 4 ， ∵－2＜0，∴当 x＝ 52 4 时，y 有最大值是 ；即△BEF 面积的最大值是 ； 当 52 2 ＜x≤52时，y＝2x2－52x＝ 2522( )4x − － 25 4 ， 2 2 4 / 31 此时 2＞0，开口向上，对称轴为直线 x＝ 52 4 ， ∵对称轴右侧，y 随 x 的增大而增大， ∴当 x＝52时，y 最大值＝50. ∴当 x＝52时，△BEF 面积的最大值是 50. 25．（ 2019 山东省威海市，题号 25，分值 12） （1）方法选择 如图①，四边形ABCD是OO的内接四边形，连接AC，BD.AB＝BC＝AC，求证：BD＝AD＋CD. 小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM..…… 小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…… 请你选择一种方法证明. （2）类比探究 【探究1】如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD.BC是⊙O的直径，AB＝AC.试用等 式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明你的结论. 【探究2】如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD.若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°， 则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是. 图① O C A B D 图② B O C A D 图③ B O C A D 图④ B O C A D 5 / 31 （3）拓展猜想 如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD.若BC是O0的直径，BC：AC：AB＝a：b：c， 则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是. 【思路分析】 （1）选小颖的截长法，如图①，在 DB 上截取 DM＝AD，连接 AM，由旋转全等得 BM＝CD，∴BD＝ MD＋BM＝AD＋CD （2）【探究 1】数量关系为：BD＝ 2 AD＋CD 如图②，在 DB 上截取 AD＝AN，连接 AN，可得△AND 为等腰直角三角形，∴ND＝ 2 AD，由旋转全 等得 BN＝CD，∴BD＝ND＋BN＝ 2 AD＋CD 【探究 2】数量关系为：BD＝2AD＋ 3 CD 如图③，在 DB 上截取 2AD＝PD，连接 AP，可得△APD 为 30°的直角三角形， 由旋转相似得 BP＝ 3 CD，∴BD＝PD＋BP＝2AD＋ 3 CD （3）拓展猜想数量关系为：BD＝ a b AD＋ c b CD 如图④，过 A 作 AQ⊥AD 交 BD 于 Q，连接 AQ，由旋转相似得 =BQ AB c CD AC b = ， =DQ BC a AD AC b = ， ∴BQ＝ c b CD，BQ＝ a b AD，∴BD＝PD＋BP＝ a b AD＋ c b CD 【解析】 （1）选小颖的截长法，如图①，在 DB 上截取 DM＝AD，连接 AM，可得△AMD 为等边三角形，可证 △BAM≌△CAD（SAS）得 BM＝CD，∴BD＝MD＋BM＝AD＋CD （2）【探究 1】数量关系为：BD＝ 2 AD＋CD 如图②，在 DB 上截取 AD＝AN，连接 AN，可得△AND 为等腰直角三角形，∴ND＝ 2 AD，∠BAN＝ 答案图① M O CB A D 答案图② NB O C A D 6 / 31 ∠CAD，可证△BAN≌△CAD（SAS）得 BN＝CD，∴BD＝ND＋BN＝ 2 AD＋CD 【探究 2】数量关系为：BD＝2AD＋ 3 CD 如图③，在 DB 上截取 2AD＝PD，连接 AP，可得△APD 为 30°的直角三角形， ∴ = tan 30 = 3AP AB AD AC = ° ，∠BAP＝∠CAD，可证△BAP∽△CAD 得 BP＝ 3 CD，∴BD＝PD＋BP ＝2AD＋ 3 CD （3）拓展猜想数量关系为：BD＝ a b AD＋ c b CD 如图④，过 A 作 AQ⊥AD 交 BD 于 Q，连接 AQ，可得∠BAQ＝∠CAD，∠ABQ＝∠ACD，∠ADQ＝∠ ACB，∠BAC＝∠QAD∴△BAP∽△CAD，△ADQ∽△ACB ∴ =BQ AB c CD AC b = ， =DQ BC a AD AC b = ， ∴BQ＝ c b CD，BQ＝ a b AD，∴BD＝PD＋BP＝ a b AD＋ c b CD 2．（2019·益阳）如图，在半面直角坐标系 xOy 中，矩形 ABCD 的边 AB=4，BC=6.若不改变矩形 ABCD 的形状和大小，当形顶点 A 在 x 轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点 D 始终在 y 轴的正半上随 之上下移动. (1)当∠OAD=30°时，求点 C 的坐标； (2)设 AD 的中点为 M，连接 OM、MC，当四边形 OMCD 的面积为 2 21 时，求 OA 的长； (3)当点 A 移动到某一位置时，点 C 到点 O 的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时 cos∠OAD 的值. 答案图③ P B O C A D a c b 答案图④ QB O C A D 7 / 31 第 2 题图 第 2 题备用图 第 2 题答图 1 第 2 题答图 2 【解析】（1）如图 1，过点 C 作 CE⊥y 轴，垂足为 E. ∵矩形 ABCD 中，CD⊥AD，∴∠CDE+∠ADO=90°， 又∵∠OAD+∠ADO=90°，∴∠CDE=∠OAD=30°. 在 Rt△CED 中，CE= 2 1 CD=2，∴DE= 3224 2222 =−=−CECD ; 在 Rt△OAD 中，∠OAD=30°，∴OD= 2 1 AD=3.∴点 C 的坐标为(2， 323+ ). (2)∵M 为 AD 的中点，∴DM=3， 6=DCMS△ . 又∵ 2 21=OMCDS四边形 ，∴ 2 9=ODMS△ ，∴ 9=OADS△ . 设 OA=x，OD=y，则    = =+ 92 1 3622 xy yx ，∴ xyyx 222 =+ ，即 0)( 2 =− yx ，∴x=y. 将 x=y 代入 3622 =+ yx 得 182 =x ，解得 23=x ( 23− 不合题意，舍去)，∴OA 的长为 23 . （3）OC 的最大值为 8.理由如下：如图 2， 8 / 31 M F D E Q A B C P ∵M 为 AD 的中点，∴OM=3， 522 =+= DMCDCM . ∴OC≤OM+CM=8,当 O、M、C 三点在同一直线时，OC 有最大值 8. 连接 OC，则此时 OC 与 AD 的交点为 M，过点 O 作 ON⊥AD，垂足为 N. ∵∠CDM=∠ONM=90°，∠CMD=∠OMN，∴△CMD∽△OMN， ∴ OM CM MN DM ON CD == ，即 3 534 == MNON ， 解得 5 9=MN ， 5 12=ON ，∴ 5 6=−= MNAMAN . 在 Rt△OAN 中，∵ 5 5622 =+= ANONOA ，∴ 5 5cos ==∠ OAOAD AN . 3．（2019·衡阳）如图，在等边△ABC 中，AB＝6cm，动点 P 从点 A 出发以 cm/s 的速度沿 AB 匀速运 动．动点 Q 同时从点 C 出发以同样的速度沿 BC 延长线方向匀速运动．当点 P 到达点 B 时，点 P、Q 同 时停止运动．设运动时间为 t（s）．过点 P 作 PE⊥AC 于 E，连接 PQ 交 AC 边于 D．以 CQ、CE 为边 作平行四边形 CQFE． （1）当 t 为何值时，△BPQ 为直角三角形； （2）是否存在某一时刻 t，使点 F 在∠ABC 的平分线上？若存在，求出 t 的值，若不存在，请说明理由； （3）求 DE 的长； （4）取线段 BC 的中点 M，连接 PM，将△BPM 沿直线 PM 翻折，得△B′PM，连接 AB′， 当 t 为何值时，AB′的值最小？并求出最小值． 【解析】：（1）∵△ABC 为等边三角形，∴∠B＝60°，∵BP⊥PQ，∴2BP＝BQ 即 2（6－t）＝6＋t， 解得 t＝2．∴当 t 为 2 时，△BPQ 为直角三角形； （2）存在．作射线 BF，∵PE⊥AC，∴AE＝0.5t．∵四边形 CQFE 是平行四边形，∴FQ＝EC＝6－0.5t， ∵BF 平分∠ABC，∴∠FBQ＋∠BQF＝90°．∵BQ＝2FQ，BQ＝6＋t，∴6＋t＝2（6－0.5t），解得 t＝3． （3）过点 P 作 PG∥CQ 交 AC 于点 G，则△APG 是等边三角形．∵BP⊥PQ，∴EG＝ 1 2 AG．∵PG∥ CQ，∴∠PGD＝∠QCD，∵∠PDG＝∠QDC，PG＝PA＝CG＝t，∴△PGD≌△QCD．∴GD＝ 1 2 GC．∴ M F D E Q A B C P 9 / 31 DE＝ 1 2 AC＝3． （4）连 接 AM，∵△ABC 为等边三角形，点 M 是 BC 的中点，∴BM＝3．由勾股定理，得 AM＝3 3 ． 由 折叠，得 BM′＝3．当 A 、B′、M 在同一直线上时，AB′的值最小，此时 AB′＝3 3 －3. 过点 B′作 B′H⊥AP 于点 H，则 cos30°＝ AH AB′ ,即 3 2 ＝ 2 33 3 t − ，解得 t＝9－3 3 ． ∴t 为 9－3 3 时，AB′的值最小，最小值为 3 3 －3． 4.（2019·重庆 A 卷）如图，在平面在角坐标系中，抛物线 y＝x2－2x－3 与 x 轴交与点 A，B（点 A 在 点 B 的左侧）交 y 轴于点 C，点 D 为抛物线的顶点，对称轴与 x 轴交于点 E． （1）连结 BD，点 M 是线段 BD 上一动点（点 M 不与端点 B，D 重合），过点 M 作 MN⊥BD 交抛物线 于点 N（点 N 在对称轴的右侧），过点 N 作 NH⊥x 轴，垂足为 H，交 BD 于点 F，点 P 是线段 OC 上一 动点，当 MN 取得最大值时，求 HF＋FP＋ 1 3 PC 的最小值； （2）在（1）中，当 MN 取得最大值，HF＋FP＋ 1 3 PC 取得小值时，把点 P 向上平移个 2 2 单位得到点 Q，连 结 AQ，把 △ AOQ 绕点 O 顺时针旋转一定的角度α（0°<α <360°），得到△ A OQ′′，其 中 边 AQ′′ 交坐标轴于点 G，在旋转过程中，是否存在一点 G，使得 OGQQ '' ∠=∠ ？若存在，请直接写出所有满足 条件的点Q′ 的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由题意得 A(－1，0)，B(3，0)，C(0，－3)，D(1，－4)，直线 BD：y＝2x－6． 如答图 1，连接 DN、BN，则 S△BDN＝ 1 2 BD•MN，而 BD 为定值，故当 MN 最大时，S△BDN 取最大值．此 G M F D E Q A B C P H B' M F D E Q A B C P 10 / 31 时由 S△BDN＝S△DFN＋S△BFN＝ 1 2 EH•FN＋ 1 2 BH•FN＝ 1 2 BE•FN＝FN，从而 S△BDN 取最大值时，即为 FN 有最大值．令 N(m，m2－2m－3)，则 F(m，2m－6)，从而 FN＝(2m－6)－(m2－2m－3)＝－m2＋4m－3 ＝－(m－2)2＋1，此时，当且仅当 m＝2，FN 有最大值为 1，于是 N(2，－3)，F(2，－2)，H(2，0)． 在直角三角形中，设最小的直角边为 a，斜边为 3a，较长直角边为 3，即可求出 a＝ 32 4 ，于是在 x 轴 上取点 K(－ 32 4 ，0)，连 接 KC，易求直线 KC：y＝－2 2 x－3．如 答 图 1，过 点 F 作 FR⊥CK 于点 R， 交 OC 于点 P，作 FT⊥OC，交 CK 于点 T，则∠OCK＝∠TFR，于是，由△PCR∽△ACO∽△TFR，得 1 33 PR OK a PC KC a = = = ，从而 PR＝ 1 3 PC，因此由 FH 为定值，再由定点 F 到直线的垂直线最短，可知 MN 取得最大值时，HF＋FP＋ 1 3 PC 最小值＝HF＋FR．在 y＝－2 2 x－3 中，当 y＝－2，x＝－ 2 4 ， 于是 FT＝2＋ 2 4 ．在 Rt△FTR 中，由 22 3 FR FT = ，得 FR＝ 22 3 FT＝ 22 3 (2＋ 2 4 )＝ 1 42 33 + ， 故 HF＋FP＋ 1 3 PC 最小值＝2＋ 1 42 33 + ＝ 7 42 3 + ． （2） 45 25(,)55 −−， 2545( ,)55 − ， 4525(,)55 ， 25 45(, )5 − 5 ． 5.（2019·重庆 B 卷）在平面直角坐标系中，抛物线 3 2 3 2 342y xx=−++与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 左侧），与 y 轴交于点 C，顶点为 D，对称轴与 x 轴交于点 Q. （1）如 图 1，连 接 AC，BC．若 点 P 为直线 BC 上方抛物线上一动点，过点 P 作 PE∥y 轴交 BC 于点 E， 作 PF⊥BC 于点 F，过 点 B 作 BG∥AC 交 y 轴于点 G．点 H，K 分别在对称轴和 y 轴上运动，连接 PH， HK．当△PEF 的周长最大时，求 PH+HK+ 3 2 KG 的最小值及点 H 的坐标． （2）如 图 2，将抛物线沿射线 AC 方向平移，当抛物线经过原点 O 时停止平移，此时抛物线顶点记作 D’， N 为直线 DQ 上一点，连接点 D’，C，N，△D’CN 能否构成等腰三角形？若能，直接写出满足条件的点 N 的坐标；若不能，请说明理由． 11 / 31 【解析】（1）∵ 2332342y xx=−++与 x 轴交于 A，B 两点， ∴当 y=0 时，即 2330 2342xx=−++，∴ 122, 4xx=−=，即 A（－2，0）， B（4，0）， 设直线 BC 的解析式为 y=kx+b，∵C（0， 23）， B（4，0）， ∴ 23 40 b kb  = += ，∴ 23 3 2 b k  = = − ，∴直线 BC 的解析式为 3 232yx=−+. 设点 233( , 2 3)(0 4),42Pm m m m− + + << ∵PE∥y 轴且点 E 在直线 BC 上，∴ 3( , 2 3),2Em m−+ ∠PEF=∠OCE， ∴ 23 3 (0 4),4PE m m m=− + << ∵PF⊥BC，∴∠PFE=∠COB=90°，∴△PEF∽△BCO， 设△PEF 的周长为 1l ，△BCO 的周长为 2l ， 则 1 2 l PE l BC = ，∵B（4，0）， C（0， 23）， ∴ BC= 27，∴ 2 23 4 27l = ++ ， ∴ 2 1 23 4 27 3( 3 )(0 4),427 l m mm++= − + << ∴当 m=2 时， 1l 取最大值 622143, 27 ++此时点 P 的坐标为（2， 23）， ∵A（－2，0）， C（0， 23），∴∠ACO=30°，∠CAO=60°， 备用图图1 图2 y xx yy x B C A D B C A D G F E C BA O O O Q P D H K Q D' N Q D' 12 / 31 ∵BG∥AC，∴.∠BGD=30°，∠OBG=60°，∴G（0， 43− ）， 直线 BG 解析式为 3 43yx= − ，直线 PM 解析式为 3yx= ， 过点 G 作 GN⊥BG，过点 P 作 PM⊥GN 于点 M， 如图 1，此时，点 H 为 PM 与对称轴的交点，K 为 PM 与 y 轴的交点，点 K 与点 O 重合， 则 KM=OM= 3 2 KG，PH+HK+ 3 2 KG 的最小值为线段 PM 的长.（此问题是胡不归问题）. 解法一：（作一线三直角利用相似求解）如图 2，过点 P 作 PQ∥x 轴交对称轴于点 T， 过点 M 作 MQ⊥y 轴交 PT 于点 Q，过点 G 作 GJ⊥MQ 交 MQ 于点 J. 设点 Q（n， 23）， ∴ J（n， 43− ）， ∴ PQ=2－n，MQ= 3 PQ= 3 （2－n）， ∵GJ=－n，∴MJ= 3 33 n n− = − ，∴MQ+MJ=CG= 23 (43)63−− = ， ∴ 3 （2－n）+ 3()3 n− = 63，∴n=-3，∴Q（－3， 23）， ∴PQ=5， ∴PM=2PQ=10，∴PH+HK+ 3 2 KG 的最小值为 10， ∵∠OGM=60°，∠PHT=30°，∠HPT=60°，∴PT=1，∴HT= 3 ，∴H（1， 3 ）. x y 图1 T M G F E C BA O Q PD K H N 13 / 31 解法二：由上面的解法可知 MG⊥BG，直线 MG 的解析式为： 3 433yx=−−， 如图 3，过点 P 作 PR⊥x 轴交 MG 于点 R，∴R（2， 14 33 − ）， 由第一种解法可知∠PRG=60°，∴PM= 3 2 PR= 3 2 （ 23+ 14 33 ）=10， ∴PH+HK+ 3 2 KG 的最小值为 10，同理可求 H（1， 3 ）. （2）这样的 N 点存在.当△ 'CD N 为等腰三角形时，这样的 N 有： 1 8 3 3 139(1, )4N + , 2 8 3 3 139(1, )4N − ， 3 25 3 1011(1, )4N + , 4 25 3 1011(1, )4N − , 5 641 3(1, )136N . 【提示】由（1）可知∠ACO=30°，∠OAC=60°, 图2 y x T J Q M G F E C BA O Q PD K H N 图3 x y R M G F E C BA O Q PD K H N 14 / 31 又∵ 2233 3 92 3 ( 1) 342 4 4y xx x=−+ + =−−+ ，即顶点 D（1， 9 34 ）， ∵抛物线按射线 AC 的方向平移，设平移后顶点 9'( 1, 3 3 )4Da a++， 平移后的抛物线解析式为 239( 1) 3 344y xa a=− −− + + 该抛物线经过原点，则 2390 (0 1) 3 344aa=− −− + + ∴ 2 2 80aa− −=，∴a=4 或 a=－2（舍去），即 25'(5, 3)4D . 设点 N（1，b） 2225 1267' (0 5) (2 3 3)44CD = −+ − = 22(0 1) (2 3 )CN b= −+ − ， 2225' (1 5) ( 3 )4ND b= − +− 如图 4，当△ 'CD N 为等腰三角形时，分三种情况： ①当 'CD CN= 时， 22(0 1) (2 3 )b−+ − =1267 4 ，可得 1 8 3 3 139(1, )4N + , 2 8 3 3 139(1, )4N − ； ②当 ''CD D N= 时， 2225(1 5) ( 3 )4b− +− =1267 4 ，可得 3 25 3 1011(1, )4N + , 4 25 3 1011(1, )4N − , ③当 'CN D N= 时， 2225(1 5) ( 3 )4b− +− = 22(0 1) (2 3 )b−+ − ,可得 5 641 3(1, )136N , ∴ 当 △ 'CD N 为等腰三角形时，这样的 N 有： 1 8 3 3 139(1, )4N + , 2 8 3 3 139(1, )4N − ， 3 25 3 1011(1, )4N + , 4 25 3 1011(1, )4N − , 5 641 3(1, )136N . 15 / 31 6.（2019·天津）已知抛物线 y=x2-bx+c(b,c 为常数，b>0)经过点 A（-1,0），点 M(m,0)是 x 轴正半轴上 的 动点， （1）当 b=2 时，求抛物线的顶点坐标； （2）点 D(b,yD)在抛物线上，当 AM=AD,m=5 时，求 b 的值； （3）点 Q( 1 ,2b + yQ)在抛物线上，当 22AM QM+ 的最小值为 33 2 4 时，求 b 的值. 【解析】(1)∵抛物线 y=x2-bx+c 经过点 A（-1,0）， ∴1+b+c=0，∴c=-1-b 当 b=2 时，c=-3，∴抛物线的解析式为 y=x2-2x-3，∴顶点坐标为（1，-4） （2）由(1)知，c=-1-b，∵点 D(b,yD)在抛物线上，∴yD=-b-1， ∵b>0,∴ b02 b>>，-b-1<0,∴D(b,-b-1)在第四象限，且在抛物线对称轴 2 bx = 的右侧. y 图4 x y N5 N4 N3 N2 N1 B C A D O Q D' 16 / 31 如图，过点 D 作 DE⊥x 轴于 E，则 E（b，0）， ∴AE=b+1=DE,所以 AD= 2AE = 2 1)b +（ ， ∵m=5，∴AM=5-（-1）=6，∴6= 2 1)b +（ ，∴b=3 2 -1 （3）∵点 Q( 1b,2 + yQ)在抛物线上，∴yQ= 211 3)( ) 12 2 24 bb bb b+ − + −−=−−（ ， ∴点 Q（ 1b,2 + 3- 24 b − ）在第四象限，且在直线 x=b 的右侧， ∵ 22AM QM+ 的最小值为 33 2 4 ，A(-1，0)，∴取点 N(0，1)，如图， 过点 Q 作 QH⊥x 轴于 H，作 QG⊥AN 于 G,QG 与 x 轴交于点 M， 则 H（ 1b,2 + 0）， ∠GAM=45°，∴GM= 2 2 AM， ∵M（m,0),∴AM=m+1,MH= 1b 2 m+−,QH= 3 24 b + , ∵MH=QH,∴ 1b 2 m+−= 3 24 b + ，∴m= 1-24 b ，∴AM= 13-124 2 4 bb+= + ，QM= 32 2)24 bQH = +（ ∴ 22AM QM+ = 3 3 33 22 ) 2( 2( ))24 24 4 （b + + b + = ，∴b=4. 7.（2019·自贡）如图，已知直线 AB 与抛物线：y=ax2+2x+c 相交于点 A（-1，0）和点 B（2，3）两点. （1）求抛物线 C 函数解析式； （2）若点 M 是位于直线 AB 上方抛物线上的一动点，以 MA、MB 为相邻的两边作平行四边形 MANB， 当平行四边形 MANB 的面积最大时，求此时平行四边形 MANB 的面积 S 及点 M 的坐标； （3）在抛物线 C 的对称轴上是否存在顶点 F，使抛物线 C 上任意一点 P 到 F 的距离等于到直线 y= 17 4 的 距离，若存在，求出定点 F 的坐标；若不存在，请说明理由. 【解析】 17 / 31 （1）将 A（-1，0）和 B（2，3）代入抛物线解析式得 �