25年河西区一模25题
题目条件
已知抛物线 \(y = x^2 + bx + c\)（\(b,c\) 为常数）的顶点为 \(P\)，与 \(x\) 轴相交于 \(A,B\) 两点（点 \(A\) 在点 \(B\) 的左侧），与 \(y\) 轴相交于点 \(C\)。
(Ⅰ) 若 \(b=3, c=-4\)，求点 \(P\) 和点 \(A\) 的坐标。
(Ⅱ) 当 \(b=2\)，且 \(AB = PA\) 时，求点 \(P\) 的坐标。
(Ⅲ) 当 \(c=-1, b \le -2\) 时，过直线 \(y = x-1\)（\(1 \le x \le 3\)）上一点 \(G\) 作 \(y\) 轴的平行线，交抛物线于点 \(H\)，当 \(GH\) 的最大值为 4 时，求 \(b\) 的值。
(Ⅰ) 当 \(b=3, c=-4\) 时，求点 \(P\) 和点 \(A\) 的坐标
1. 写出抛物线解析式
\(y = x^2 + 3x – 4\)
2. 求顶点 \(P\) 的坐标
顶点横坐标：\(x = -\dfrac{b}{2a} = -\dfrac{3}{2}\)
代入解析式求纵坐标：
\(y = \left(-\dfrac{3}{2}\right)^2 + 3 \times \left(-\dfrac{3}{2}\right) – 4 = -\dfrac{25}{4}\)
3. 求与 \(x\) 轴交点 \(A\) 的坐标
令 \(y=0\)，解方程 \(x^2 + 3x – 4 = 0\)：
\((x+4)(x-1) = 0\)，解得 \(x_1 = -4, x_2 = 1\)
因为点 \(A\) 在点 \(B\) 左侧，所以 \(A(-4, 0)\)。
\(P\left(-\dfrac{3}{2}, -\dfrac{25}{4}\right)\)，\(A(-4, 0)\)
(Ⅱ) 当 \(b=2\) 且 \(AB = PA\) 时，求点 \(P\) 的坐标
1. 写出抛物线解析式与顶点坐标
当 \(b=2\) 时，抛物线为 \(y = x^2 + 2x + c\)，顶点横坐标：
\(x_P = -\dfrac{2}{2} = -1\)
顶点纵坐标：\(y_P = (-1)^2 + 2 \times (-1) + c = c – 1\)，即 \(P(-1, c-1)\)。
2. 求 \(AB\) 的长度
令 \(y=0\)，方程 \(x^2 + 2x + c = 0\)，设两根为 \(x_A, x_B\)，由韦达定理：
\(x_A + x_B = -2,\quad x_A x_B = c\)
\(AB = |x_B – x_A| = \sqrt{(x_A+x_B)^2 – 4x_A x_B} = \sqrt{4 – 4c} = 2\sqrt{1-c}\)
3. 求 \(PA\) 的长度
点 \(A\) 的横坐标为 \(-1 – \sqrt{1-c}\)，与顶点 \(P\) 的水平距离为 \(\sqrt{1-c}\)，竖直距离为 \(|c-1|\)。
\(PA = \sqrt{(\sqrt{1-c})^2 + (1-c)^2} = \sqrt{(1-c) + (1-c)^2}\)
4. 由 \(AB = PA\) 列方程求解
\(2\sqrt{1-c} = \sqrt{(1-c) + (1-c)^2}\)
两边平方并化简：\(4(1-c) = (1-c) + (1-c)^2\)，即 \(3(1-c) = (1-c)^2\)。
因为抛物线与 \(x\) 轴有两个交点，所以 \(1-c>0\)，两边除以 \(1-c\)，得 \(1-c=3\)，即 \(c = -2\)。
顶点纵坐标 \(y_P = c-1 = -3\)，故点 \(P\) 的坐标为：
\(P(-1, -3)\)
(Ⅲ) 当 \(c=-1, b \le -2\) 且 \(GH_{\max}=4\) 时，求 \(b\) 的值
1. 构建 \(GH\) 的长度函数
当 \(c=-1\) 时，抛物线解析式为 \(y = x^2 + bx – 1\)。设点 \(G\) 的横坐标为 \(x\)（\(1 \le x \le 3\)），则：
\(G(x, x-1)\)，\(H(x, x^2 + bx – 1)\)
因为 \(b \le -2\)，抛物线对称轴 \(x = -\dfrac{b}{2} \ge 1\)，在区间 \([1,3]\) 上直线在抛物线上方，故：
\(GH = y_G – y_H = (x-1) – (x^2 + bx – 1) = -x^2 + (1-b)x\)
2. 分析二次函数的最大值
\(GH\) 是开口向下的二次函数，对称轴为 \(x = \dfrac{1-b}{2}\)。
- 当 \(\dfrac{1-b}{2} \le 3\)，即 \(-5 \le b \le -2\) 时，最大值在对称轴处取得；
- 当 \(\dfrac{1-b}{2} > 3\)，即 \(b < -5\) 时，最大值在 \(x=3\) 处取得。
3. 分类讨论求解 \(b\)
情况一：\(-5 \le b \le -2\)
\(GH_{\max} = -\left(\dfrac{1-b}{2}\right)^2 + (1-b)\left(\dfrac{1-b}{2}\right) = \dfrac{(1-b)^2}{4}\)
由题意 \(\dfrac{(1-b)^2}{4} = 4\)，解得 \(1-b = \pm 4\)。因 \(b \le -2\)，取 \(1-b=4\)，得 \(b=-3\)。
情况二：\(b < -5\)
\(GH_{\max} = -3^2 + 3(1-b) = -6 – 3b\)
令 \(-6 – 3b = 4\)，解得 \(b = -\dfrac{10}{3}\)，不满足 \(b < -5\)，舍去。
\(b = -3\)
25年南开区一模25题
题目条件
已知抛物线 \(y=ax^2+bx+c\)（\(a,b,c\) 为常数，\(a \neq 0, b<0\)）的对称轴为直线 \(x=b\)，抛物线与 \(x\) 轴相交于点 \(A\) 和点 \(B\)，与 \(y\) 轴相交于点 \(C\)，其中点 \(A(2,0)\)。点 \(M(m,0)\) 为 \(x\) 轴上一动点。
(Ⅰ) 若 \(b=-1\)，连接 \(BC\)。
① 求点 \(B\) 的坐标和抛物线的解析式；
② 当 \(2b-2<m<0\) 时，过点 \(M\) 作 \(PM \parallel y\) 轴，\(PM\) 与抛物线相交于点 \(P\)，过点 \(P\) 作 \(PN \perp BC\)，垂足为 \(N\)。求 \(\sqrt{2}PN+AM\) 的最大值，及此时点 \(P\) 的坐标。
(Ⅱ) 点 \(Q(2b-3,y_Q)\) 在抛物线上，连接 \(QM\)，当 \(\sqrt{2}QM+AM\) 的最小值为 \(\dfrac{39}{4}\) 时，直接写出此时 \(b\)，\(m\) 的值。
(Ⅰ) ① 求点 \(B\) 的坐标和抛物线的解析式
核心公式：抛物线对称轴公式 \(x=-\dfrac{b}{2a}\)
已知抛物线 \(y=ax^2+bx+c\) 的对称轴为 \(x=b\)，
\[ -\dfrac{b}{2a} = b \]
因为 \(b \neq 0\)，两边同时除以 \(b\)：
\[ -\dfrac{1}{2a} = 1 \implies a = -\dfrac{1}{2} \]
又 \(b=-1\)，所以抛物线解析式为：
\[ y = -\dfrac{1}{2}x^2 – x + c \]
将 \(A(2,0)\) 代入解析式：
\[ 0 = -\dfrac{1}{2} \times 2^2 – 2 + c \implies 0 = -2 – 2 + c \implies c = 4 \]
∴ 抛物线解析式为：
\(y = -\dfrac{1}{2}x^2 – x + 4\)
对称轴为 \(x=-1\)，点 \(A(2,0)\)，根据抛物线对称性：
\[ \dfrac{x_A + x_B}{2} = -1 \implies \dfrac{2 + x_B}{2} = -1 \implies x_B = -4 \]
∴ 点 \(B\) 的坐标为：
\(B(-4,0)\)
(Ⅰ) ② 求 \(\sqrt{2}PN+AM\) 的最大值及点 \(P\) 的坐标
步骤1：求直线 \(BC\) 的解析式
由抛物线解析式 \(y = -\dfrac{1}{2}x^2 – x + 4\)，令 \(x=0\)，得 \(y=4\)，所以 \(C(0,4)\)。
设直线 \(BC\) 的解析式为 \(y=kx+b\)，代入 \(B(-4,0)\)、\(C(0,4)\)：
\[ \begin{cases} 0 = -4k + b \\ 4 = b \end{cases} \implies k=1, b=4 \]
∴ 直线 \(BC\) 的解析式为 \(y=x+4\)，斜率为 \(1\)，与 \(x\) 轴夹角为 \(45^\circ\)。
步骤2：分析 \(\sqrt{2}PN\) 的几何意义
∵ \(PM \parallel y\) 轴，\(PN \perp BC\)，\(\angle OBC=45^\circ\)，
∴ \(\triangle PQN\) 为等腰直角三角形，\(PQ = \sqrt{2}PN\)（\(Q\) 为 \(PM\) 与 \(BC\) 的交点）。
步骤3：用 \(m\) 表示 \(PQ\) 和 \(AM\)
设 \(M(m,0)\)，则 \(P(m, -\dfrac{1}{2}m^2 – m + 4)\)，\(Q(m, m+4)\)，
\[ PQ = y_P – y_Q = \left(-\dfrac{1}{2}m^2 – m + 4\right) – (m + 4) = -\dfrac{1}{2}m^2 – 2m \]
又 \(A(2,0)\)，\(M(m,0)\)，且 \(m<0\)，
\[ AM = 2 – m \]
步骤4：构造二次函数求最大值
\[ \sqrt{2}PN + AM = PQ + AM = -\dfrac{1}{2}m^2 – 2m + 2 – m = -\dfrac{1}{2}m^2 – 3m + 2 \]
配方：
\[ -\dfrac{1}{2}m^2 – 3m + 2 = -\dfrac{1}{2}(m + 3)^2 + \dfrac{13}{2} \]
∵ \(a=-\dfrac{1}{2}<0\)，抛物线开口向下，对称轴为 \(m=-3\)，
又 \(2b-2 = -4 < m < 0\)，\(m=-3\) 在区间内，
当 \(m=-3\) 时，\(\sqrt{2}PN+AM\) 取得最大值 \(\dfrac{13}{2}\)
此时点 \(P\) 的坐标：
\[ y = -\dfrac{1}{2} \times (-3)^2 – (-3) + 4 = -\dfrac{9}{2} + 3 + 4 = \dfrac{5}{2} \]
\(P\left(-3, \dfrac{5}{2}\right)\)
(Ⅱ) 求 \(b\) 和 \(m\) 的值
步骤1：求抛物线解析式（含参数 \(b\)）
由对称轴 \(x=b\)，得 \(a=-\dfrac{1}{2}\)（同(Ⅰ)），抛物线解析式为：
\[ y = -\dfrac{1}{2}x^2 + bx + c \]
将 \(A(2,0)\) 代入：
\[ 0 = -\dfrac{1}{2} \times 4 + 2b + c \implies c = 2 – 2b \]
∴ 抛物线解析式为：
\[ y = -\dfrac{1}{2}x^2 + bx + 2 – 2b \]
步骤2：求点 \(Q\) 的坐标
将 \(x=2b-3\) 代入解析式：
\[ \begin{align*} y_Q &= -\dfrac{1}{2}(2b-3)^2 + b(2b-3) + 2 – 2b \\ &= -\dfrac{1}{2}(4b^2-12b+9) + 2b^2-3b + 2 – 2b \\ &= -2b^2 + 6b – \dfrac{9}{2} + 2b^2 – 5b + 2 \\ &= b – \dfrac{5}{2} \end{align*} \]
∴ \(Q\left(2b-3, b-\dfrac{5}{2}\right)\)。
步骤3：转化 \(\sqrt{2}QM+AM\) 为最短路径问题
过点 \(A\) 作 \(45^\circ\) 射线 \(AE\)，则 \(\sqrt{2}AM\) 可转化为点 \(M\) 到 \(AE\) 的垂线段长度，
∴ \(\sqrt{2}QM+AM = \sqrt{2}\left(QM + \dfrac{\sqrt{2}}{2}AM\right)\)，即当 \(Q,M,H\) 共线时取最小值（\(H\) 为垂足）。
步骤4：利用最小值列方程求解
已知最小值为 \(\dfrac{39}{4}\)，即：
\[ \sqrt{2}\left(QM + \dfrac{\sqrt{2}}{2}AM\right)_{\text{min}} = \dfrac{39}{4} \]
结合直线 \(AE: y=-x+2\) 与点 \(Q\) 的坐标，解得：
\(b=-\dfrac{3}{4},\; m=-\dfrac{5}{4}\)
25年河东区一模25题
题目条件
已知抛物线 \(y = ax^2 + bx + c\)（\(a,b,c\) 为常数，\(a \ne 0\)）的顶点为 \(P\)，且与 \(x\) 轴相交于 \(A(x_1,0), B(x_2,0)\) 两点（点 \(A\) 在点 \(B\) 的左侧），与 \(y\) 轴交于点 \(C\)，\(O\) 为坐标原点。
(Ⅰ) 若 \(x_1,x_2\) 是方程 \(x^2-2x-3=0\) 的两个根，\(c=3\)，求该抛物线顶点 \(P\) 的坐标。
(Ⅱ) 若 \(a=-1, b>0, c=4-\dfrac{b^2}{4}\)，且当 \(\dfrac{b}{2}-1 \le x \le b+1\) 时，该二次函数的最大值与最小值之差为 9，求 \(b\) 的值。
(Ⅲ) 若 \(x_1+x_2=-2, x_1 \cdot x_2=-3\)，点 \(D\) 是 \(\triangle AOC\) 内的一点，当 \(AD+CD+OD\) 取得最小值 \(\dfrac{3\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{2}\) 时，求 \(a\) 的值。
(Ⅰ) 当 \(x_1,x_2\) 是方程 \(x^2-2x-3=0\) 的两个根，\(c=3\) 时，求顶点 \(P\) 的坐标
1. 求 \(A,B\) 两点坐标
解方程 \(x^2-2x-3=0\)，得 \(x_1=-1, x_2=3\)。
因为点 \(A\) 在点 \(B\) 左侧，所以 \(A(-1,0), B(3,0)\)。
2. 求抛物线解析式
抛物线 \(y=ax^2+bx+3\) 过 \(A,B\) 两点，代入得方程组：
\(\begin{cases} a-b+3=0 \\ 9a+3b+3=0 \end{cases}\)
解得 \(a=-1, b=2\)，故抛物线解析式为：
\(y = -x^2 + 2x + 3 = -(x-1)^2 + 4\)
3. 顶点 \(P\) 的坐标
\(P(1,4)\)
(Ⅱ) 当 \(a=-1, b>0, c=4-\dfrac{b^2}{4}\) 时，求 \(b\) 的值
1. 写出抛物线解析式与顶点坐标
抛物线解析式为：\(y = -x^2 + bx + 4 – \dfrac{b^2}{4}\)
顶点横坐标：\(x = -\dfrac{b}{2a} = \dfrac{b}{2}\)，顶点纵坐标：\(y = 4\)，即顶点为 \(\left(\dfrac{b}{2}, 4\right)\)。
2. 分析区间 \(\dfrac{b}{2}-1 \le x \le b+1\) 上的最值
因为 \(b>0\)，所以 \(\dfrac{b}{2}-1 \le \dfrac{b}{2} \le b+1\)，开口向下，故最大值在顶点处取得，为 4。
计算区间端点到对称轴的距离：
\(|(b+1)-\dfrac{b}{2}| – |(\dfrac{b}{2}-1)-\dfrac{b}{2}| = \dfrac{b}{2} > 0\)
所以 \(x=b+1\) 离对称轴更远，最小值在 \(x=b+1\) 处取得。
3. 计算最小值并列方程求解
\(y_{\min} = -(b+1)^2 + b(b+1) + 4 – \dfrac{b^2}{4} = -\dfrac{b^2}{4} – b + 3\)
由题意最大值与最小值之差为 9：
\(4 – \left(-\dfrac{b^2}{4} – b + 3\right) = 9\)
化简得 \(b^2 + 4b – 32 = 0\)，解得 \(b=4\) 或 \(b=-8\)（舍去）。
\(b=4\)
(Ⅲ) 当 \(x_1+x_2=-2, x_1 \cdot x_2=-3\) 且 \(AD+CD+OD\) 最小值为 \(\dfrac{3\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{2}\) 时，求 \(a\) 的值
1. 确定抛物线解析式与关键点坐标
由韦达定理，\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-2\)，\(x_1x_2=\dfrac{c}{a}=-3\)，得 \(b=2a, c=-3a\)。
抛物线解析式：\(y = ax^2 + 2ax – 3a = a(x+3)(x-1)\)，故 \(A(-3,0), C(0,-3a)\)。
2. 利用旋转法求费马点最小值
将 \(\triangle AOD\) 绕点 \(O\) 旋转 \(60^\circ\) 得到 \(\triangle A’OD’\)，则 \(AD=A’D’\)，\(OD=OD’=DD’\)，故 \(AD+OD+CD = A’D’+DD’+CD \ge A’C\)。
当 \(C,D,D’,A’\) 四点共线时，\(AD+OD+CD\) 取得最小值 \(A’C\)。
3. 分情况计算 \(a\) 的值
情况一：\(a>0\)
在 \(Rt\triangle A’OE\) 中，\(\angle A’OE=30^\circ, OA’=3\)，则 \(A’E=\dfrac{3}{2}, OE=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)。
\(\left(3a+\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{3}{2}\right)^2 = \left(\dfrac{3\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{2}\right)^2\)
解得 \(a=1\)（舍去负根）。
情况二：\(a<0\)
同理，在 \(Rt\triangle A’OF\) 中，\(\angle A’OF=30^\circ, OA’=3\)，则 \(A’F=\dfrac{3}{2}, OF=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)。
\(\left(-3a+\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{3}{2}\right)^2 = \left(\dfrac{3\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{2}\right)^2\)
解得 \(a=-1\)（舍去正根）。
\(a=1\) 或 \(a=-1\)
25年红桥区一模25题
题目条件
已知抛物线 \(y = -x^2 + bx + c\)（\(b,c\) 为常数）与 \(x\) 轴相交于 \(A(-1,0)\)，\(B(3,0)\) 两点，与 \(y\) 轴相交于点 \(C\)。
(Ⅰ) 求该抛物线的解析式。
(Ⅱ) 若 \(P\) 是该抛物线的对称轴上一点。
① 当点 \(P\) 在第一象限，且 \(\triangle PBC\) 是等腰三角形时，求点 \(P\) 的坐标；
② 当 \(\angle BPC = 45^\circ\) 时，求点 \(P\) 的坐标。
(Ⅰ) 求抛物线的解析式
1. 代入点 \(A,B\) 坐标列方程组
将 \(A(-1,0)\)，\(B(3,0)\) 代入 \(y = -x^2 + bx + c\)：
\(\begin{cases} -1 – b + c = 0 \\ -9 + 3b + c = 0 \end{cases}\)
2. 解方程组
解得：\(b = 2\)，\(c = 3\)。
抛物线解析式：\(y = -x^2 + 2x + 3\)
(Ⅱ) ① 当点 \(P\) 在第一象限，且 \(\triangle PBC\) 为等腰三角形时，求 \(P\) 的坐标
1. 确定关键点坐标与对称轴
抛物线对称轴为 \(x = \dfrac{-1+3}{2} = 1\)。
当 \(x=0\) 时，\(y=3\)，故 \(C(0,3)\)。
设点 \(P\) 的坐标为 \((1, m)\)，其中 \(m > 0\)。
2. 计算各边长度的平方
\(CP^2 = 1^2 + (m-3)^2\), \(CB^2 = 3^2 + 3^2 = 18\), \(BP^2 = (3-1)^2 + m^2 = 4 + m^2\)
3. 分三种情况讨论等腰三角形
情况一：\(CP = CB\)
\(1 + (m-3)^2 = 18\)
解得 \(m = 3 \pm \sqrt{17}\)，因 \(m>0\)，舍去 \(3-\sqrt{17}\)，得 \(m = 3+\sqrt{17}\)，故 \(P(1, 3+\sqrt{17})\)。
情况二：\(PC = PB\)
\(1 + (m-3)^2 = 4 + m^2\)
解得 \(m = 1\)，故 \(P(1,1)\)。
情况三：\(BP = BC\)
\(4 + m^2 = 18\)
解得 \(m = \pm\sqrt{14}\)，因 \(m>0\)，舍去负根，得 \(m = \sqrt{14}\)，故 \(P(1, \sqrt{14})\)。
点 \(P\) 的坐标为：\((1, 3+\sqrt{17})\) 或 \((1,1)\) 或 \((1, \sqrt{14})\)
(Ⅱ) ② 当 \(\angle BPC = 45^\circ\) 时，求点 \(P\) 的坐标
1. 分析点 \(P\) 的轨迹（利用圆周角定理）
\(\angle BPC = 45^\circ\)，则点 \(P\) 在以某点为圆心的圆上。
情况一：点 \(P\) 在第一象限
圆心为 \(D(3,3)\)，半径为 \(CD=3\)。对称轴 \(x=1\) 与 \(CD\) 交于 \(E(1,3)\)，则 \(DE=2\)。
在 \(Rt\triangle PED\) 中，\(PE = \sqrt{PD^2 – DE^2} = \sqrt{3^2 – 2^2} = \sqrt{5}\)
点 \(P\) 坐标为 \((1, 3+\sqrt{5})\)。
情况二：点 \(P\) 在第四象限
圆心为 \(O(0,0)\)，半径为 \(OB=3\)。对称轴 \(x=1\) 与 \(x\) 轴交于 \(F(1,0)\)，则 \(OF=1\)。
在 \(Rt\triangle OPF\) 中，\(PF = \sqrt{OP^2 – OF^2} = \sqrt{3^2 – 1^2} = 2\sqrt{2}\)
点 \(P\) 坐标为 \((1, -2\sqrt{2})\)。
点 \(P\) 的坐标为：\((1, 3+\sqrt{5})\) 或 \((1, -2\sqrt{2})\)
25年部分区一模25题
题目条件
已知抛物线 \(y = -\dfrac{1}{2}x^2 + bx + c\)（\(b,c\) 为常数，\(c>0\)）的顶点为 \(P\)，且与 \(x\) 轴交于点 \(A,B\)（点 \(A\) 在点 \(B\) 的左侧），与 \(y\) 轴交于点 \(C\)，\(M\) 为抛物线上一点，点 \(M\) 的横坐标为 \(m\)，且 \(0 < m < c\)。
(Ⅰ) 若 \(b=1, c=4\)。
① 求点 \(P\) 和点 \(A\) 的坐标。
② 过点 \(M\) 作 \(MN \perp BC\)，交 \(BC\) 于点 \(N\)，若 \(MN = \dfrac{3\sqrt{2}}{4}\)，求点 \(M\) 的坐标。
(Ⅱ) 若点 \(B\) 的坐标为 \((2c,0)\)，点 \(D\) 在 \(y\) 轴负半轴上，且点 \(D\) 的坐标为 \((0,-2c)\)，\(MB \perp BD\)，点 \(E,F\) 分别在 \(DM,BD\) 上，且 \(ME=DF\)，当 \(BE+MF\) 取得最小值为 \(2\sqrt{17}\) 时，求点 \(M\) 的坐标。
(Ⅰ) ① 当 \(b=1, c=4\) 时，求点 \(P\) 和点 \(A\) 的坐标
1. 写出抛物线解析式并化为顶点式
\(y = -\dfrac{1}{2}x^2 + x + 4 = -\dfrac{1}{2}(x-1)^2 + \dfrac{9}{2}\)
2. 求顶点 \(P\) 的坐标
\(P\left(1, \dfrac{9}{2}\right)\)
3. 求与 \(x\) 轴交点 \(A\) 的坐标
令 \(y=0\)，解方程 \(-\dfrac{1}{2}x^2 + x + 4 = 0\)，得 \(x_1 = -2, x_2 = 4\)。
因为点 \(A\) 在点 \(B\) 左侧，所以 \(A(-2,0)\)。
\(P\left(1, \dfrac{9}{2}\right)\)，\(A(-2,0)\)
(Ⅰ) ② 当 \(MN = \dfrac{3\sqrt{2}}{4}\) 时，求点 \(M\) 的坐标
1. 求 \(B,C\) 两点坐标与 \(BC\) 的性质
由①知 \(B(4,0)\)，当 \(x=0\) 时，\(y=4\)，故 \(C(0,4)\)。
因为 \(OC=OB=4\)，\(\angle COB=90^\circ\)，所以 \(\angle CBO=45^\circ\)。
2. 构建辅助线与线段关系
过点 \(M\) 作 \(MH \perp x\) 轴，垂足为 \(H\)，交 \(BC\) 于点 \(Q\)。
设 \(M\left(m, -\dfrac{1}{2}m^2 + m + 4\right)\)，则 \(Q(m, 4-m)\)。
\(MQ = -\dfrac{1}{2}m^2 + 2m\)
3. 利用 \(45^\circ\) 角建立 \(MQ\) 与 \(MN\) 的关系
在 \(Rt\triangle MNQ\) 中，\(\angle MQN=45^\circ\)，故 \(MQ = \sqrt{2}MN\)。
\(-\dfrac{1}{2}m^2 + 2m = \sqrt{2} \times \dfrac{3\sqrt{2}}{4} = \dfrac{3}{2}\)
解得 \(m=1\) 或 \(m=3\)，代入抛物线解析式得：
\(M\left(1, \dfrac{9}{2}\right)\) 或 \(M\left(3, \dfrac{5}{2}\right)\)
(Ⅱ) 当 \(BE+MF\) 最小值为 \(2\sqrt{17}\) 时，求点 \(M\) 的坐标
1. 求抛物线解析式与点 \(M\) 的坐标形式
将 \(B(2c,0)\) 代入抛物线解析式，得 \(b = \dfrac{2c-1}{2}\)，故抛物线解析式为：
\(y = -\dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{2c-1}{2}x + c\)
由 \(MB \perp BD\)，\(\angle OBD=45^\circ\)，得 \(\angle OBM=45^\circ\)，故 \(MG=BG\)，解得 \(m=1\)，即 \(M(1,2c-1)\)。
2. 利用全等转化线段，求最小值条件
过点 \(D\) 作 \(DK \perp MD\)，使 \(DK=BM\)，连接 \(FK\)。由 \(\triangle BME \cong \triangle KDF\)，得 \(BE=FK\)，故 \(BE+MF=FK+MF \ge MK\)。
当 \(M,F,K\) 共线时，\(BE+MF\) 取得最小值 \(MK=2\sqrt{17}\)。
3. 列方程求解 \(c\) 的值
\(MK^2 = DK^2 + MD^2 = 2BM^2 + DB^2 = 68\)
代入 \(BM=\sqrt{2}(2c-1)\)，\(DB=2\sqrt{2}c\)，解得 \(c=2\)（舍去负根）。
故点 \(M\) 的纵坐标为 \(2c-1=3\)。
\(M(1,3)\)
25年滨海新区一模25题
题目条件
已知抛物线 \(y = ax^2 + bx + c\)（\(a,b,c\) 为常数，\(a>0\)）的顶点为 \(P\)，且 \(2a+b=0\)，与 \(x\) 轴相交于 \(A(-1,0)\) 和 \(B\) 两点（点 \(A\) 在点 \(B\) 的左侧），与 \(y\) 轴相交于点 \(C\)。
(Ⅰ) 若 \(a=1\)。
① 求点 \(P\) 和点 \(B\) 的坐标；
② 点 \(D\) 为抛物线第四象限上一动点，过点 \(D\) 作 \(DF \perp x\) 轴于点 \(F\)，交 \(BC\) 于点 \(E\)，记 \(\triangle BCD\)、\(\triangle BEF\) 的面积分别为 \(S_1,S_2\)，求 \(S_1-S_2\) 最大值时点 \(D\) 的横坐标。
(Ⅱ) 点 \(Q\) 为直线 \(y=3\) 上一动点，点 \(M\) 是 \(x\) 轴下方一点，满足 \(AQ=AM\)，\(\angle QAM=90^\circ\)，连接 \(BQ,PM\)，当 \(BQ+PM\) 的最小值为 \(4\sqrt{2}\) 时，求点 \(M\) 和 \(Q\) 的坐标。
(Ⅰ) ① 当 \(a=1\) 时，求点 \(P\) 和点 \(B\) 的坐标
1. 确定抛物线解析式
已知 \(a=1\)，\(2a+b=0\)，则 \(b=-2\)。
将 \(A(-1,0)\) 代入 \(y=x^2-2x+c\)，得 \(c=-3\)。
抛物线解析式：\(y = x^2 – 2x – 3 = (x-1)^2 – 4\)
2. 求顶点 \(P\) 的坐标
\(P(1,-4)\)
3. 求点 \(B\) 的坐标
令 \(y=0\)，解方程 \(x^2-2x-3=0\)，得 \(x_1=-1, x_2=3\)，故 \(B(3,0)\)。
\(P(1,-4)\)，\(B(3,0)\)
(Ⅰ) ② 求 \(S_1-S_2\) 取最大值时点 \(D\) 的横坐标
1. 求直线 \(BC\) 的解析式
由 \(B(3,0)\)，\(C(0,-3)\)，得直线 \(BC\) 的解析式为 \(y=x-3\)。
2. 设点 \(D\) 的坐标并表示相关线段
设点 \(D\) 的横坐标为 \(m\)，则 \(D(m, m^2-2m-3)\)，\(E(m, m-3)\)，\(F(m,0)\)。
\(DE = (m-3) – (m^2-2m-3) = -m^2+3m\), \(EF = -m+3\)
3. 表示 \(S_1\) 和 \(S_2\) 并求差
\(S_1 = \dfrac{1}{2} \times 3 \times (-m^2+3m) = -\dfrac{3}{2}m^2+\dfrac{9}{2}m\), \(S_2 = \dfrac{1}{2}(-m+3)^2 = \dfrac{1}{2}m^2-3m+\dfrac{9}{2}\)
\(S_1 – S_2 = -2m^2+\dfrac{15}{2}m-\dfrac{9}{2}\)
4. 求二次函数的最大值点
开口向下，对称轴为 \(m = -\dfrac{\dfrac{15}{2}}{2 \times (-2)} = \dfrac{15}{8}\)。
点 \(D\) 的横坐标为 \(\dfrac{15}{8}\)
(Ⅱ) 当 \(BQ+PM\) 最小值为 \(4\sqrt{2}\) 时，求点 \(M\) 和 \(Q\) 的坐标
1. 分析点 \(M\) 的轨迹
由 \(\triangle AHQ \cong \triangle MNA\)，得 \(AN=3\)，故点 \(M\) 在直线 \(x=2\) 上运动。
2. 抛物线解析式与顶点坐标
由 \(A(-1,0)\)，\(2a+b=0\)，得 \(b=-2a\)，\(c=-3a\)，抛物线解析式为 \(y=ax^2-2ax-3a\)，顶点 \(P(1,-4a)\)。
3. 利用全等转化线段，求最小值条件
取点 \(G(-1,-4)\)，由 \(\triangle AGM \cong \triangle ABQ\)，得 \(GM=BQ\)，故 \(BQ+PM=GM+PM\)。
作 \(G\) 关于直线 \(x=2\) 的对称点 \(G'(5,-4)\)，当 \(P,M,G’\) 三点共线时，\(GM+PM\) 取得最小值 \(PG’=4\sqrt{2}\)。
4. 列方程求解 \(a\) 的值
\((5-1)^2 + (-4+4a)^2 = (4\sqrt{2})^2\)
解得 \(a=2\)（舍去 \(a=0\)），故顶点 \(P(1,-8)\)。
5. 求点 \(M\) 和 \(Q\) 的坐标
直线 \(PG’\) 的解析式为 \(y=x-9\)，令 \(x=2\)，得 \(y=-7\)，故 \(M(2,-7)\)。
由 \(AH=MN=7\)，得 \(OH=6\)，故 \(Q(6,3)\)。
\(M(2,-7)\)，\(Q(6,3)\)
25年河西区二模25题
题目条件
已知二次函数 \(y = ax^2 + bx + c\)（\(a>0\)）的顶点 \(P\) 在 \(x\) 轴下方，与 \(x\) 轴交于 \(A,B\) 两点（点 \(A\) 在点 \(B\) 的左侧），与 \(y\) 轴负半轴交于点 \(C\)，且 \(2a + b = 0\)。
(Ⅰ) 当 \(a=1, c=-1\) 时，求该抛物线顶点 \(P\) 的坐标。
(Ⅱ) 若 \(OC=OB\)，点 \(E\left(-\dfrac{c}{2}, y_E\right)\) 为线段 \(BC\) 上一点，当 \(AE=2\sqrt{5}\) 时，求点 \(E\) 的坐标。
(Ⅲ) 若 \(OC=\sqrt{3}OB\)，过点 \(G(-1,2\sqrt{3})\) 的直线 \(l\) 与以 \(AB\) 为直径的圆相交于点 \(M\) 和点 \(N\)，点 \(M\) 在线段 \(GN\) 上，记 \(MN\) 的中点为 \(H\)，当 \(CH\) 的最小值取 \(4\sqrt{3}-2\) 时，求顶点 \(P\) 的坐标。
(Ⅰ) 当 \(a=1, c=-1\) 时，求顶点 \(P\) 的坐标
1. 求 \(b\) 的值
由 \(2a + b = 0\)，\(a=1\)，得 \(b = -2\)。
2. 写出抛物线解析式
\(y = x^2 – 2x – 1 = (x-1)^2 – 2\)
3. 顶点 \(P\) 的坐标
\(P(1, -2)\)
(Ⅱ) 当 \(OC=OB\) 且 \(AE=2\sqrt{5}\) 时，求点 \(E\) 的坐标
1. 求点 \(B\) 与直线 \(BC\) 的解析式
由 \(OC=OB\)，\(C(0,c)\)（\(c<0\)），得 \(B(-c, 0)\)，直线 \(BC\) 的解析式为 \(y = x + c\)。
2. 求点 \(E\) 的坐标形式
将 \(x = -\dfrac{c}{2}\) 代入 \(y = x + c\)，得 \(y = \dfrac{c}{2}\)，故 \(E\left(-\dfrac{c}{2}, \dfrac{c}{2}\right)\)。
3. 求点 \(A\) 的坐标并利用 \(AE=2\sqrt{5}\) 列方程
点 \(A\) 与 \(B\) 关于对称轴 \(x=1\) 对称，故 \(A(2+c, 0)\)。
\(AE = \sqrt{\left(-\dfrac{c}{2} – 2 – c\right)^2 + \left(\dfrac{c}{2} – 0\right)^2} = 2\sqrt{5}\)
解得 \(c_1 = -4, c_2 = \dfrac{8}{5}\)（舍去），故 \(c=-4\)。
4. 求点 \(E\) 的坐标
\(E(2, -2)\)
(Ⅲ) 当 \(CH\) 最小值为 \(4\sqrt{3}-2\) 时，求顶点 \(P\) 的坐标
1. 设点 \(B\) 坐标并求点 \(A,C\) 坐标
设 \(B(t,0)\)（\(t>0\)），由 \(OC=\sqrt{3}OB\)，得 \(C(0,-\sqrt{3}t)\)。点 \(A\) 与 \(B\) 关于 \(x=1\) 对称，故 \(A(2-t, 0)\)，\(AB\) 中点 \(D(1,0)\)。
2. 分析点 \(H\) 的轨迹
因 \(H\) 是弦 \(MN\) 的中点，故 \(DH \perp MN\)，点 \(H\) 在以 \(DG\) 为直径的圆上，圆心 \(F(0,\sqrt{3})\)，半径 \(r=2\)。
3. 求 \(CF\) 的长度并列方程求解 \(t\)
\(CH\) 的最小值为 \(CF – r = 4\sqrt{3}-2\)，故 \(CF=4\sqrt{3}\)。
\(CF = \sqrt{(0-0)^2 + (\sqrt{3} + \sqrt{3}t)^2} = \sqrt{3}(1+t) = 4\sqrt{3}\)
解得 \(t=3\)，故 \(B(3,0), A(-1,0), C(0,-3\sqrt{3})\)。
4. 求抛物线解析式与顶点 \(P\) 的坐标
设 \(y=a(x+1)(x-3)\)，代入 \(C(0,-3\sqrt{3})\)，得 \(a=\sqrt{3}\)，故抛物线解析式为 \(y=\sqrt{3}x^2-2\sqrt{3}x-3\sqrt{3}\)。
顶点 \(P(1, -4\sqrt{3})\)
25年南开区二模25题
题目条件
已知抛物线 \(y = x^2 + bx + c\)（\(b,c\) 为常数，\(c<0\)）的顶点为 \(P\)，点 \(E(1,1)\) 在抛物线上，抛物线与 \(y\) 轴相交于 \(C\) 点，点 \(D\) 为点 \(C\) 关于抛物线对称轴的对称点，\(O\) 为坐标原点。
(Ⅰ) 当 \(c=-1\) 时，求点 \(P\) 和点 \(D\) 的坐标。
(Ⅱ) 当 \(CP \parallel OD\) 时，求 \(c\) 的值和线段 \(CP\) 的长。
(Ⅲ) 抛物线上点 \(M\) 的横坐标 \(m\)，当 \(\dfrac{c}{2} < m < 0\) 时，满足 \(PM \parallel OD\)，且 \(DM \perp PM\)，垂足为 \(M\)。直接写出此时 \(c\) 的值和点 \(M\) 的坐标。
(Ⅰ) 当 \(c=-1\) 时，求点 \(P\) 和点 \(D\) 的坐标
1. 求抛物线解析式
点 \(E(1,1)\) 在抛物线上，且 \(c=-1\)，代入得 \(1=1+b-1\)，解得 \(b=1\)。
抛物线解析式：\(y = x^2 + x – 1\)
2. 求顶点 \(P\) 的坐标
对称轴为 \(x = -\dfrac{b}{2a} = -\dfrac{1}{2}\)，代入解析式得 \(y = -\dfrac{5}{4}\)。
\(P\left(-\dfrac{1}{2}, -\dfrac{5}{4}\right)\)
3. 求点 \(D\) 的坐标
点 \(C\) 的坐标为 \((0,-1)\)，关于对称轴 \(x=-\dfrac{1}{2}\) 对称，故 \(D(-1,-1)\)。
\(P\left(-\dfrac{1}{2}, -\dfrac{5}{4}\right)\)，\(D(-1,-1)\)
(Ⅱ) 当 \(CP \parallel OD\) 时，求 \(c\) 的值和线段 \(CP\) 的长
1. 求 \(b\) 的值与抛物线解析式
点 \(E(1,1)\) 在抛物线上，代入得 \(1=1+b+c\)，解得 \(b=-c\)。
抛物线解析式：\(y = x^2 – cx + c\)
2. 求点 \(P,C,D\) 的坐标
对称轴为 \(x = \dfrac{c}{2}\)，顶点 \(P\left(\dfrac{c}{2}, -\dfrac{c^2}{4} + c\right)\)。
点 \(C(0,c)\)，点 \(D(c,c)\)，故直线 \(OD\) 的解析式为 \(y=x\)。
3. 利用平行关系列方程求解 \(c\)
因为 \(CP \parallel OD\)，直线 \(CP\) 的解析式为 \(y=x+c\)，将点 \(P\) 代入得：
\(-\dfrac{c^2}{4} + c = \dfrac{c}{2} + c\)
解得 \(c=-2\)（舍去 \(c=0\)）。
4. 计算线段 \(CP\) 的长
此时 \(P(-1,-3)\)，\(C(0,-2)\)，故 \(CP = \sqrt{(-1-0)^2 + (-3+2)^2} = \sqrt{2}\)。
\(c=-2\)，\(CP=\sqrt{2}\)
(Ⅲ) 当 \(PM \parallel OD\) 且 \(DM \perp PM\) 时，求 \(c\) 的值和点 \(M\) 的坐标
1. 由平行关系求点 \(M\) 的横坐标
由 \(PM \parallel OD\)，直线 \(PM\) 的解析式为 \(y=x+t\)，代入顶点 \(P\) 得 \(t = \dfrac{c}{2} – \dfrac{c^2}{4}\)。
将点 \(M(m, m^2 – cm + c)\) 代入直线 \(PM\)，解得 \(m = 1 + \dfrac{c}{2}\)。
2. 由垂直关系列方程求解 \(c\)
点 \(M\left(\dfrac{2+c}{2}, \dfrac{4+4c-c^2}{4}\right)\)，\(D(c,c)\)，\(P\left(\dfrac{c}{2}, -\dfrac{c^2}{4} + c\right)\)。
在 \(Rt\triangle DPM\) 中，\(DP^2 = DM^2 + PM^2\)，解得 \(c=-4\)（舍去 \(c=2\)）。
3. 求点 \(M\) 的坐标
当 \(c=-4\) 时，\(m = \dfrac{2-4}{2} = -1\)，纵坐标为 \(-7\)。
\(c=-4\)，\(M(-1,-7)\)
25年河北区二模25题
题目条件
已知抛物线 \(y = ax^2 + bx + c\)（\(a,b,c\) 为常数，\(a \ne 0\)），且 \(b+4a=0\)，与 \(x\) 轴正半轴相交于 \(A,B\) 两点（点 \(A\) 在点 \(B\) 的左侧），与 \(y\) 轴负半轴相交于点 \(C\)，点 \(D\) 为抛物线顶点，点 \(M\) 在 \(y\) 轴负半轴上，\(\angle MBO = \angle ACO\)。
(Ⅰ) 若点 \(A(1,0)\)，点 \(C(0,-3)\)。
① 求抛物线顶点 \(D\) 的坐标；
② 求点 \(M\) 的坐标。
(Ⅱ) 若 \(c-3a=0\)，且 \(MA = \dfrac{1}{2}BD\)，求 \(a\) 的值。
(Ⅰ) ① 当 \(A(1,0), C(0,-3)\) 时，求顶点 \(D\) 的坐标
1. 确定抛物线解析式
已知 \(C(0,-3)\)，则 \(c=-3\)，抛物线为 \(y=ax^2+bx-3\)。
由 \(A(1,0)\) 和 \(b+4a=0\)，得方程组：
\(\begin{cases} a+b-3=0 \\ b+4a=0 \end{cases}\)
解得 \(a=-1\)，\(b=4\)，故抛物线解析式为 \(y=-x^2+4x-3\)。
2. 化为顶点式，求顶点坐标
\(y = -x^2+4x-3 = -(x-2)^2+1\)
顶点 \(D(2,1)\)
(Ⅰ) ② 求点 \(M\) 的坐标
1. 求点 \(B\) 的坐标
令 \(y=0\)，解方程 \(-x^2+4x-3=0\)，得 \(x_1=1, x_2=3\)，故 \(B(3,0)\)。
2. 利用 \(\angle MBO = \angle ACO\) 建立关系
在 \(Rt\triangle ACO\) 中，\(OA=1, OC=3\)，故 \(\tan\angle ACO = \dfrac{OA}{OC} = \dfrac{1}{3}\)。
在 \(Rt\triangle MBO\) 中，\(\tan\angle MBO = \dfrac{OM}{OB} = \dfrac{OM}{3}\)。
由 \(\angle MBO = \angle ACO\)，得 \(\dfrac{OM}{3} = \dfrac{1}{3}\)，解得 \(OM=1\)。
3. 确定点 \(M\) 的坐标
点 \(M\) 在 \(y\) 轴负半轴上，故 \(M(0,-1)\)。
点 \(M(0,-1)\)
(Ⅱ) 当 \(c-3a=0\) 且 \(MA=\dfrac{1}{2}BD\) 时，求 \(a\) 的值
1. 求抛物线解析式与关键点坐标
由 \(c-3a=0\) 和 \(b+4a=0\)，得 \(b=-4a, c=3a\)，抛物线解析式为 \(y=ax^2-4ax+3a=a(x-1)(x-3)\)。
因此 \(A(1,0), B(3,0), C(0,3a)\)，顶点 \(D(2,-a)\)。
因点 \(C\) 在 \(y\) 轴负半轴，故 \(3a<0\)，即 \(a<0\)。
2. 求点 \(M\) 的坐标
在 \(Rt\triangle ACO\) 中，\(\tan\angle ACO = \dfrac{OA}{OC} = \dfrac{1}{-3a}\)。
在 \(Rt\triangle MBO\) 中，\(\tan\angle MBO = \dfrac{OM}{OB} = \dfrac{OM}{3}\)。
由 \(\angle MBO = \angle ACO\)，得 \(\dfrac{OM}{3} = \dfrac{1}{-3a}\)，解得 \(OM=-\dfrac{1}{a}\)。
点 \(M\) 在 \(y\) 轴负半轴，故 \(M(0,\dfrac{1}{a})\)。
3. 利用 \(MA=\dfrac{1}{2}BD\) 列方程求解
在 \(Rt\triangle MAO\) 中，\(MA = \sqrt{OA^2 + OM^2} = \sqrt{1 + \left(-\dfrac{1}{a}\right)^2}\)。
过点 \(D\) 作 \(DH \perp x\) 轴于 \(H\)，则 \(BH=1, DH=-a\)，故 \(BD = \sqrt{BH^2 + DH^2} = \sqrt{1 + (-a)^2}\)。
由 \(MA=\dfrac{1}{2}BD\)，得 \(BD=2MA\)。
\(\sqrt{1+a^2} = 2\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}\)
两边平方得：\(1+a^2 = 4\left(1+\dfrac{1}{a^2}\right)\)，整理得 \(a^4-3a^2-4=0\)，解得 \(a^2=4\)（舍去负根）。
因 \(a<0\)，故 \(a=-2\)。
\(a=-2\)
