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17. (12分) 如图, 抛物线 $y = -x^2 + bx + c$ 与 $x$ 轴交于 $A(1,0), B(-3,0)$ 两点.
(1) 求该抛物线的解析式.
(2) 设(1)中的抛物线交 $y$ 轴于点 $C$, 在该抛物线的对称轴上是否存在点 $Q$, 使得 $△ QAC$ 的周长最小? 若存在, 求出 $Q$ 点的坐标; 若不存在, 请说明理由.
(1) 求该抛物线的解析式.
(2) 设(1)中的抛物线交 $y$ 轴于点 $C$, 在该抛物线的对称轴上是否存在点 $Q$, 使得 $△ QAC$ 的周长最小? 若存在, 求出 $Q$ 点的坐标; 若不存在, 请说明理由.
答案
17. 解:(1) 将$A(1,0),B(-3,0)$代入$y=-x^2 + bx + c$中,得$\begin{cases}- 1 + b + c = 0,\\- 9 - 3b + c = 0,\end{cases}$ $\therefore \begin{cases}b = - 2,\\c = 3.\end{cases}$
$\therefore$ 抛物线解析式为 $y = - x^2 - 2x + 3$.
(2) 存在. 理由如下:由题意知$A,B$两点关于抛物线的对称轴直线$x = - 1$对称,
$\therefore$ 直线$BC$与直线$x = - 1$的交点即为$Q$点,此时 $△ AQC$ 的周长最小.
$\because y = - x^2 - 2x + 3$,
$\therefore$ 点$C$的坐标为$(0,3)$,直线$BC$的解析式为$y = x + 3$. $Q$点坐标即为$\begin{cases}x = - 1,\\y = x + 3\end{cases}$的解.
$\therefore \begin{cases}x = - 1,\\y = 2.\end{cases}$ $\therefore Q(- 1,2)$.
$\therefore$ 抛物线解析式为 $y = - x^2 - 2x + 3$.
(2) 存在. 理由如下:由题意知$A,B$两点关于抛物线的对称轴直线$x = - 1$对称,
$\therefore$ 直线$BC$与直线$x = - 1$的交点即为$Q$点,此时 $△ AQC$ 的周长最小.
$\because y = - x^2 - 2x + 3$,
$\therefore$ 点$C$的坐标为$(0,3)$,直线$BC$的解析式为$y = x + 3$. $Q$点坐标即为$\begin{cases}x = - 1,\\y = x + 3\end{cases}$的解.
$\therefore \begin{cases}x = - 1,\\y = 2.\end{cases}$ $\therefore Q(- 1,2)$.
解析
【分析】
(1) 已知抛物线过x轴上的两个定点，我们采用待定系数法求解解析式：将两点坐标代入抛物线一般式，得到关于系数b、c的二元一次方程组，解方程组即可求得系数，进而确定解析式。
(2) 要判断是否存在点Q使△QAC周长最小，先拆分周长：△QAC的周长=QA+QC+AC，其中A、C为定点，AC长度是固定值，因此只需让QA+QC最小即可。由于抛物线对称轴是A、B的垂直平分线，对称轴上任意点到A、B的距离相等，即QA=QB，由此可将QA+QC转化为QB+QC，根据两点之间线段最短，当B、Q、C三点共线时QB+QC最小，因此求出直线BC与抛物线对称轴的交点，即为所求Q点。
【解析】
(1) 将$A(1,0)$、$B(-3,0)$代入$y=-x^2+bx+c$，得：
$\begin{cases}- 1 + b + c = 0\\- 9 - 3b + c = 0\end{cases}$
两式相减消去c得$8+4b=0$，解得$b=-2$，将$b=-2$代入第一个方程，解得$c=3$。
因此抛物线解析式为$y=-x^2-2x+3$。
(2) 存在符合要求的点Q，理由如下：
先求抛物线对称轴：对于$y=-x^2-2x+3$，对称轴为直线$x=-\frac{b}{2a}=-\frac{-2}{2×(-1)}=-1$。
因为A、B关于直线$x=-1$对称，所以对对称轴上任意点Q都有$QA=QB$。
△QAC周长中AC为定值，因此当$QB+QC$取最小值时周长最小，根据两点之间线段最短，直线BC与直线$x=-1$的交点即为Q点。
求C点坐标：令$x=0$，代入抛物线解析式得$y=3$，即$C(0,3)$。
设直线BC解析式为$y=kx+m$，代入$B(-3,0)$、$C(0,3)$得：
$\begin{cases}-3k+m=0\\m=3\end{cases}$
解得$k=1$，$m=3$，即直线BC解析式为$y=x+3$。
联立$\begin{cases}x=-1\\y=x+3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-1\\y=2\end{cases}$，即Q点坐标为$(-1,2)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{y=-x^2-2x+3}$
(2) 存在，Q点坐标为$\boldsymbol{(-1,2)}$
【知识点】
待定系数法求解析式，轴对称最短路径，一次函数求解
【点评】
本题属于二次函数基础综合题，第一问是基础题型，考查待定系数法的基本应用；第二问结合了几何最值的常见模型，需要将周长最小问题转化为“将军饮马”最短路径问题，锻炼了问题转化和知识迁移的能力，是二次函数的常考题型。
【难度系数】
0.7
(1) 已知抛物线过x轴上的两个定点，我们采用待定系数法求解解析式：将两点坐标代入抛物线一般式，得到关于系数b、c的二元一次方程组，解方程组即可求得系数，进而确定解析式。
(2) 要判断是否存在点Q使△QAC周长最小，先拆分周长：△QAC的周长=QA+QC+AC，其中A、C为定点，AC长度是固定值，因此只需让QA+QC最小即可。由于抛物线对称轴是A、B的垂直平分线，对称轴上任意点到A、B的距离相等，即QA=QB，由此可将QA+QC转化为QB+QC，根据两点之间线段最短，当B、Q、C三点共线时QB+QC最小，因此求出直线BC与抛物线对称轴的交点，即为所求Q点。
【解析】
(1) 将$A(1,0)$、$B(-3,0)$代入$y=-x^2+bx+c$，得：
$\begin{cases}- 1 + b + c = 0\\- 9 - 3b + c = 0\end{cases}$
两式相减消去c得$8+4b=0$，解得$b=-2$，将$b=-2$代入第一个方程，解得$c=3$。
因此抛物线解析式为$y=-x^2-2x+3$。
(2) 存在符合要求的点Q，理由如下：
先求抛物线对称轴：对于$y=-x^2-2x+3$，对称轴为直线$x=-\frac{b}{2a}=-\frac{-2}{2×(-1)}=-1$。
因为A、B关于直线$x=-1$对称，所以对对称轴上任意点Q都有$QA=QB$。
△QAC周长中AC为定值，因此当$QB+QC$取最小值时周长最小，根据两点之间线段最短，直线BC与直线$x=-1$的交点即为Q点。
求C点坐标：令$x=0$，代入抛物线解析式得$y=3$，即$C(0,3)$。
设直线BC解析式为$y=kx+m$，代入$B(-3,0)$、$C(0,3)$得：
$\begin{cases}-3k+m=0\\m=3\end{cases}$
解得$k=1$，$m=3$，即直线BC解析式为$y=x+3$。
联立$\begin{cases}x=-1\\y=x+3\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-1\\y=2\end{cases}$，即Q点坐标为$(-1,2)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{y=-x^2-2x+3}$
(2) 存在，Q点坐标为$\boldsymbol{(-1,2)}$
【知识点】
待定系数法求解析式，轴对称最短路径，一次函数求解
【点评】
本题属于二次函数基础综合题，第一问是基础题型，考查待定系数法的基本应用；第二问结合了几何最值的常见模型，需要将周长最小问题转化为“将军饮马”最短路径问题，锻炼了问题转化和知识迁移的能力，是二次函数的常考题型。
【难度系数】
0.7
18. (12分) 如图, 抛物线 $y = -\dfrac{1}{2}x^2 + mx + n$ 与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴交x轴于点D.已知$A(-1,0)$, $C(0,2)$.
(1) 求抛物线的解析式.
(2) 在抛物线的对称轴上是否存在点P,使$△ PCD$是以CD为腰的等腰三角形?如果存在,直接写出P点的坐标;如果不存在,请说明理由.
(3) 点E是线段BC上的一个动点,过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F,当点E运动到什么位置时,四边形CDBF的面积最大?求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标.
(1) 求抛物线的解析式.
(2) 在抛物线的对称轴上是否存在点P,使$△ PCD$是以CD为腰的等腰三角形?如果存在,直接写出P点的坐标;如果不存在,请说明理由.
(3) 点E是线段BC上的一个动点,过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F,当点E运动到什么位置时,四边形CDBF的面积最大?求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标.
答案
18. (1) 抛物线的解析式为 $y = -\frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}x + 2$. (2) 存在,$P_1(\frac{3}{2},4),P_2(\frac{3}{2},\frac{5}{2}),P_3(\frac{3}{2},-\frac{5}{2})$.
(3) 当点$E$运动到点$(2,1)$时,四边形$CDBF$的面积最大,$S_{\mathrm{max}} = \frac{13}{2}$.
(3) 当点$E$运动到点$(2,1)$时,四边形$CDBF$的面积最大,$S_{\mathrm{max}} = \frac{13}{2}$.
解析
【分析】
(1) 已知抛物线经过A、C两个定点，将两点坐标代入抛物线解析式，解二元一次方程组即可求出未知系数m、n，得到解析式。
(2) 先求出抛物线对称轴、D点坐标和CD的长度，因为△PCD以CD为腰，需分两种情况讨论：①CD=DP；②CD=CP，结合P在对称轴上横坐标固定的特点，计算对应纵坐标即可，注意排除三点共线的情况。
(3) 先求出B点坐标和直线BC的解析式，设E点横坐标为t，用含t的式子表示E、F的坐标，用割补法将四边形CDBF的面积转化为固定面积的三角形与含t的三角形面积之和，得到关于t的二次函数，利用二次函数性质求最大值即可。
【解析】
(1) 将$A(-1,0)$、$C(0,2)$代入$y = -\dfrac{1}{2}x^2 + mx + n$，得：
$\begin{cases}0=-\dfrac{1}{2}×(-1)^2 -m +n\\n=2\end{cases}$
把$n=2$代入第一个方程，解得$m=\dfrac{3}{2}$，
所以抛物线的解析式为$y = -\dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{3}{2}x + 2$。
(2) 抛物线对称轴为$x=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{\dfrac{3}{2}}{2×(-\dfrac{1}{2})}=\dfrac{3}{2}$，则$D(\dfrac{3}{2},0)$，
由勾股定理得$CD=\sqrt{(\dfrac{3}{2}-0)^2+(0-2)^2}=\dfrac{5}{2}$，设$P(\dfrac{3}{2},p)$。
① 当$CD=DP$时：$|p|=\dfrac{5}{2}$，解得$p=\dfrac{5}{2}$或$p=-\dfrac{5}{2}$，得$P_2(\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2})$、$P_3(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$；
② 当$CD=CP$时：$\sqrt{(\dfrac{3}{2}-0)^2+(p-2)^2}=\dfrac{5}{2}$，解得$p=4$或$p=0$（$p=0$时P与D重合，不能构成三角形，舍去），得$P_1(\dfrac{3}{2},4)$。
综上，P点坐标为$(\dfrac{3}{2},4)$、$(\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2})$、$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$。
(3) 令$y=0$，则$-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=0$，解得$x_1=-1$，$x_2=4$，故$B(4,0)$。
设直线BC解析式为$y=kx+b$，代入$C(0,2)$、$B(4,0)$得$\begin{cases}b=2\\4k+2=0\end{cases}$，解得$k=-\dfrac{1}{2}$，即$y=-\dfrac{1}{2}x+2$。
设$E(t,-\dfrac{1}{2}t+2)(0≤ t≤4)$，则$F(t,-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2)$，
$EF=(-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2)-(-\dfrac{1}{2}t+2)=-\dfrac{1}{2}t^2+2t$。
$S_{△ CDB}=\dfrac{1}{2}×(4-\dfrac{3}{2})×2=\dfrac{5}{2}$，$S_{△ CBF}=\dfrac{1}{2}× EF×4=2EF$，
所以$S_{四边形CDBF}=\dfrac{5}{2}+2×(-\dfrac{1}{2}t^2+2t)=-t^2+4t+\dfrac{5}{2}$。
该二次函数开口向下，当$t=-\dfrac{4}{2×(-1)}=2$时，面积最大，最大值为$-2^2+4×2+\dfrac{5}{2}=\dfrac{13}{2}$，
此时$E$点坐标为$(2,-\dfrac{1}{2}×2+2)$即$(2,1)$。
【答案】
(1) $y = -\dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{3}{2}x + 2$
(2) 存在，$P_1(\dfrac{3}{2},4),P_2(\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2}),P_3(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$
(3) 当E点坐标为$(2,1)$时，四边形CDBF面积最大，最大面积为$\dfrac{13}{2}$
【知识点】
待定系数法求解析式，等腰三角形分类讨论，二次函数最值
【点评】
本题是二次函数综合常规题型，既考查了基础的解析式求解，也需要掌握分类讨论思想解决等腰三角形存在性问题，同时利用割补法转化不规则图形面积、结合二次函数性质求最值，是二次函数章节的高频考点。
【难度系数】
0.6
(1) 已知抛物线经过A、C两个定点，将两点坐标代入抛物线解析式，解二元一次方程组即可求出未知系数m、n，得到解析式。
(2) 先求出抛物线对称轴、D点坐标和CD的长度，因为△PCD以CD为腰，需分两种情况讨论：①CD=DP；②CD=CP，结合P在对称轴上横坐标固定的特点，计算对应纵坐标即可，注意排除三点共线的情况。
(3) 先求出B点坐标和直线BC的解析式，设E点横坐标为t，用含t的式子表示E、F的坐标，用割补法将四边形CDBF的面积转化为固定面积的三角形与含t的三角形面积之和，得到关于t的二次函数，利用二次函数性质求最大值即可。
【解析】
(1) 将$A(-1,0)$、$C(0,2)$代入$y = -\dfrac{1}{2}x^2 + mx + n$，得：
$\begin{cases}0=-\dfrac{1}{2}×(-1)^2 -m +n\\n=2\end{cases}$
把$n=2$代入第一个方程，解得$m=\dfrac{3}{2}$，
所以抛物线的解析式为$y = -\dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{3}{2}x + 2$。
(2) 抛物线对称轴为$x=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{\dfrac{3}{2}}{2×(-\dfrac{1}{2})}=\dfrac{3}{2}$，则$D(\dfrac{3}{2},0)$，
由勾股定理得$CD=\sqrt{(\dfrac{3}{2}-0)^2+(0-2)^2}=\dfrac{5}{2}$，设$P(\dfrac{3}{2},p)$。
① 当$CD=DP$时：$|p|=\dfrac{5}{2}$，解得$p=\dfrac{5}{2}$或$p=-\dfrac{5}{2}$，得$P_2(\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2})$、$P_3(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$；
② 当$CD=CP$时：$\sqrt{(\dfrac{3}{2}-0)^2+(p-2)^2}=\dfrac{5}{2}$，解得$p=4$或$p=0$（$p=0$时P与D重合，不能构成三角形，舍去），得$P_1(\dfrac{3}{2},4)$。
综上，P点坐标为$(\dfrac{3}{2},4)$、$(\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2})$、$(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$。
(3) 令$y=0$，则$-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=0$，解得$x_1=-1$，$x_2=4$，故$B(4,0)$。
设直线BC解析式为$y=kx+b$，代入$C(0,2)$、$B(4,0)$得$\begin{cases}b=2\\4k+2=0\end{cases}$，解得$k=-\dfrac{1}{2}$，即$y=-\dfrac{1}{2}x+2$。
设$E(t,-\dfrac{1}{2}t+2)(0≤ t≤4)$，则$F(t,-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2)$，
$EF=(-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2)-(-\dfrac{1}{2}t+2)=-\dfrac{1}{2}t^2+2t$。
$S_{△ CDB}=\dfrac{1}{2}×(4-\dfrac{3}{2})×2=\dfrac{5}{2}$，$S_{△ CBF}=\dfrac{1}{2}× EF×4=2EF$，
所以$S_{四边形CDBF}=\dfrac{5}{2}+2×(-\dfrac{1}{2}t^2+2t)=-t^2+4t+\dfrac{5}{2}$。
该二次函数开口向下，当$t=-\dfrac{4}{2×(-1)}=2$时，面积最大，最大值为$-2^2+4×2+\dfrac{5}{2}=\dfrac{13}{2}$，
此时$E$点坐标为$(2,-\dfrac{1}{2}×2+2)$即$(2,1)$。
【答案】
(1) $y = -\dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{3}{2}x + 2$
(2) 存在，$P_1(\dfrac{3}{2},4),P_2(\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2}),P_3(\dfrac{3}{2},-\dfrac{5}{2})$
(3) 当E点坐标为$(2,1)$时，四边形CDBF面积最大，最大面积为$\dfrac{13}{2}$
【知识点】
待定系数法求解析式，等腰三角形分类讨论，二次函数最值
【点评】
本题是二次函数综合常规题型，既考查了基础的解析式求解，也需要掌握分类讨论思想解决等腰三角形存在性问题，同时利用割补法转化不规则图形面积、结合二次函数性质求最值，是二次函数章节的高频考点。
【难度系数】
0.6
