专题08 二次函数与PA-PB最大值（解析版）

专题08二次函数与PA-PB最大值解题点拨1．口诀：同侧差最大2．图形：如图1所示，A、B为定点，P为l上一动点，试求的最大值与最小值．解析1：“最大值”两边只差小于第三边，≤AB，当A、B、P三点共线时，取等号②所以连接BA并延长与l的交点即为所求点解析2：“最小值”①绝对值具有非负性≥0，当AP＝PB时成立②P为AB中垂线与l的交点．直击中考1．（2022·湖南常德·统考中考真题）如图，已经抛物线经过点，，且它的对称轴为．(1)求此抛物线的解析式；(2)若点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限，当的面积为15时，求的坐标；(3)在（2）的条件下，是抛物线上的动点，当的值最大时，求的坐标以及的最大值【答案】(1)(2)(3)的最大值为【分析】（1）根据题意可设抛物线为再利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；（2）设且记OA与对称轴的交点为Q，设直线为：解得：可得直线为：则利用列方程，再解方程即可；（3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时最大，由勾股定理可得最小值，再利用待定系数法求解AB的解析式，联立一次函数与二次函数的解析式，解方程组可得P的坐标．【详解】（1）解：抛物线经过点，∴设抛物线为：抛物线过，且它的对称轴为．解得：∴抛物线为：（2）解：如图，点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限，设且记OA与对称轴的交点为Q，设直线为：解得：直线为：解得：或∵则（3）如图，连接AB，延长AB交抛物线于P，则此时最大，设AB为：代入A、B两点坐标，解得：∴AB为：解得：【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，坐标与图形面积，三角形三边关系的应用，勾股定理的应用，确定最大时P的位置是解本题的关键．2．（2022春·山东临沂·九年级统考期中）如图，已知抛物线过点，，且它的对称轴为，点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限．(1)求此抛物线的解析式；(2)当的面积为时，求的坐标；(3)在（2）的条件下，是抛物线上的动点，当的值最大时，求的坐标以及的最大值．【答案】(1)(2)点的坐标为(3)【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可；（2）点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限，设，设直线的解析式为，则，解得：，直线的解析式为，设直线与抛物线对称轴交于点，则，得出，利用面积建立等式求解；（3）当的值最大时，、、在同一条直线上，进而即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线过点，，且它的对称轴为，∴抛物线与轴的另一个交点坐标为，设抛物线解析式为，把代入，得，解得：，∴，故此抛物线的解析式为；（2）解：∵点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限，∴设，设直线的解析式为，则，解得：，∴直线的解析式为，设直线与抛物线对称轴交于点，则，∴，∵，∴，解得：，∴点的坐标为；（3）解：设直线的解析式为，把，代入得：，解得：，∴直线的解析式为，当的值最大时，、、在同一条直线上，∵是抛物线上的动点，∴，解得：，（舍）∴，此时，．【点睛】本题考查了求解二次函数的解析式、二次函数与图形的面积、最值问题，解题的关键是添加适当地辅助线，通过数形结合来求解．3．（2022春·天津红桥·九年级统考期中）如图，已知抛物线过点，，其对称轴为．(1)求该抛物线的解析式；(2)若点是抛物线对称轴上的一点，且点在第一象限．①当的面积为15时，求点的坐标；②是抛物线上的动点，当取得最大值时，求点的坐标．【答案】(1)(2)；【详解】（1）解：设抛物线的解析式为：，则：，解得：，∴；（2）解：如图与对称轴交于点，设设直线的解析式为：，则：，解得：，∴，当时，，∴，∵，∴，解得：或，∵点在第一象限，∴，∴②设直线的解析式为，把代入得：解得：，∴直线的解析式为，∵，∴当三点共线时，最长，解得：（舍）∴；所以当时，最长．【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出二次函数解析式是解题的关键．4．（2022春·重庆·九年级西南大学附中校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点B，与y轴交于点C，其对称轴是直线．(1)求抛物线解析式；(2)如图2，P是直线BC下方抛物线上一动点，连接PC、PB，当四边形ACPB面积最大时，y轴上有一点Q，使得的值最大，求出的最大值与此时的Q点坐标；(3)如图3，抛物线上有一点，在（2）的条件下，将抛物线沿射线AP平移2个单位长度得到新抛物线，点D是新抛物线上一点，点F在直线CP上，是否存在以点A，D，E，F为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出点D的横坐标，若不存在，请说明理由，【答案】(1)(2)的最大值为，(3)0或或或【分析】（1）用待定系数法可得抛物解析式为；（2）过P作轴交于K，作A关于y轴的对称点，连接交y轴于Q，由可得：，，即知四边形面积最大即是最大，由，知直线解析式为，设，则，可得，故当时，最大为，此时，由，A与关于y轴对称得，知，为的最大值，由可得，直线解析式是，即可得到答案；（3）由得，由得直线解析式为，即可得，由得直线解析式为，设，分三种情况：①以为对角线，，得或，②以为对角线，，方程组无实数解；③以为对角线，，解得或．【详解】（1）∵抛物线与x轴交于点，对称轴是直，∴解得，∴抛物解析式为；（2）过P作轴交于K，作A关于y轴的对称点，连接交y轴于Q，如图：由可得：∴为定值，四边形面积最大，即是最大，由知直线BC解析式为，设，则，∴∴，∵，∴当时，最大为，此时，由，A与关于y轴对称得，此时为|的最大值，由可得，直线解析式是，∴的最大值为，在中，令得，∴，答：的最大值为，；（3）存在以点A，D，E，F为顶点的平行四边形，理由如下：在中，令得，∴，由得直线解析式为，∴将抛物线沿射线移2个单位长度相当于把抛物线向右平移个单位，再向下平移1个单位，∴，由得直线解析式为，设，又，①以为对角线，则中点重合，∴，解得或，②以为对角线，同理得，方程组无实数解；③以为对角线，∴，解得或，综上所述，点D的横坐标为0或或或．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形的性质及应用，抛物线的平移变换等，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度，本题综合性较强，计算量较大．5．（2022春·四川眉山·九年级校考期末）如图，已知抛物线与直线y=0.5x＋3相交于A，B两点，交ⅹ轴于C，D两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（－3，0）.(1)求抛物线的表达式；(2)在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB一MD|的值最大，并求出这个最大值；(3)点P为y轴右侧抛物线上的一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，是否存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)(3)在点P（1，6）【分析】（1）根据待定系数法求函数解析式即可；（2）根据对称性可得MC=MD，再解方程组可得B点坐标，然后根据两边之差小于第三边可得B，C，M共线，最后根据勾股定理即可解答；（3）根据等腰直角三角形的判定可得∠BCE，∠ACO，再根据相似三角形的判定与性质可列出关于x的方程，然后解方程可求得x，最后根据自变量与函数值的对应关系即可解答．（1）解：将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得，解得，抛物线的解析式是．（2）解：如图：∵点D与点C关于对称轴对称，∴对l上任意一点有MD=MC，联立方程组，解得（不符合题意，舍），，∴B（﹣4，1），∴当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，如图：过点B作BE⊥x轴于点E，在Rt△BEC中，由勾股定理，得BC=，∴|MB﹣MD|取最大值为．（3）解：存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，∵B（﹣4，1），C（－3，0）∴点E（-4,0）∴BE=CE=1∵在Rt△BEC中，∴∠BCE=45°，在Rt△ACO中，∵AO=CO=3，∴∠ACO=45°，∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，如图：过点P作PG⊥y轴于G点，∠PGA=90°，设P点坐标为（x，x2+x+3）（x＞0）①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB，∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，∴△PGA∽△BCA，∴，即，∴，解得x1=1，x2=0（舍去），∴P点的纵坐标为×12+×1+3=6，∴P（1，6），②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA，∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，∴△PGA∽△ACB，∴，即=3，∴，解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去）∴此时无符合条件的点P．综上所述，存在点P（1，6）．【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了利用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何的综合、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活应用相关知识并掌握分类讨论思想是解答本题的关键．6．（2022秋·九年级单元测试）如图，已知抛物线的解析式为，抛物线与x轴交于点A和点B，与y轴交点于点C．(1)请分别求出点A、B、C的坐标和抛物线的对称轴；(2)连接AC、BC，将△ABC绕点B顺时针旋转90°，点A、C的对应点分别为M、N，求点M、N的坐标；(3)若点为该抛物线上一动点，在（2）的条件下，请求出使最大时点的坐标，并请直接写出的最大值．【答案】(1)A（-4，0），B（1，0），C（0，3），对称轴为直线(2)M（1，5），N（4，1）(3)当P的坐标为（1，0）或时，的值最大，此时最大值为【分析】（1）提取二次项系数后分解因式，可以得出抛物线与x轴交点，令x=0代入可以得到与y轴的交点，把解析式配方后可得对称轴；（2）根据题意作出几何图形，通过旋转性质以及通过AAS求证△OBC≌△QNB即可分别求出M、N的坐标；（3）分析题意可得出，当P，N，B在同一直线上时，|NP-BP|的值最大，联立直线BN解析式以及抛物线解析式即可求出P的坐标．【详解】（1）解：∵，令x=0，则y=3，令y=0，则，解得x=-4或1，∴A（-4，0），B（1，0），C（0，3），∵，∴对称轴为直线x=-；（2）解：如图所示：过N作NQ⊥x轴于点Q，由旋转性质得MB⊥x轴，∠CBN=90°，BM=AB=5，BN=BC，∴M（1，5），∠OBC+∠QBN=90°，∵∠OBC+∠BCO=90°，∴∠BCO=∠QBN，又∵∠BOC=∠NQB=90°，BN=BC，∴△OBC≌△QNB（AAS），∴BQ=OC=3，NQ=OB=1，∴OQ=1+3=4，∴N（4，1）；（3）解：设直线NB的解析式为y=kx+b.∵B（1，0）、N（4，1）在直线NB上，∴，解得：，∴直线NB的解析式为：y=x-，当点P，N，B在同一直线上时|NP-BP|=NB=，当点P，N，B不在同一条直线上时|NP-BP|＜NB，∴当P，N，B在同一直线上时，|NP-BP|的值最大，即点P为直线NB与抛物线的交点．解方程组：，解得：或，∴当P的坐标为（1，0）或时，|NP-BP|的值最大，此时最大值为．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法，旋转性质，全等三角形的判定与性质等知识，本题的关键是数形相结合，以及正确讨论出当P，N，B在同一直线上时，|NP-BP|的值最大是解题的关键．7．（贵州省安顺市2019年中考数学试题）如图，抛物线与直线分别相交于，两点，且此抛物线与轴的一个交点为，连接，．已知，．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线对称轴上找一点，使的值最大，并求出这个最大值；（3）点为轴右侧抛物线上一动点，连接，过点作交轴于点，问：是否存在点使得以，，为顶点的三角形与相似？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）点M的坐标为（，）时，取最大值为；（3）存在点．【分析】（1）根据待定系数法求解即可；（2）根据三角形的三边关系可知：当点、、三点共线时，可使的值最大，据此求解即可；（3）先求得，再过点作于点，过点作轴于点，如图，这样就把以，，为顶点的三角形与相似问题转化为以，，为顶点的三角形与相似的问题，再分当时与时两种情况，分别求解即可．【详解】解：（1）将，代入得：，解得：，∴抛物线的解析式是；（2）解方程组：，得，，∵，∴当点、、三点不共线时，根据三角形三边关系得，当点、、三点共线时，，∴当点、、三点共线时，取最大值，即为的长，如图，过点作BE⊥x轴于点，则在中，由勾股定理得：，∴取最大值为；易求得直线BC的解析式为：y=－x－3，抛物线的对称轴是直线，当时，，∴点M的坐标为（，）；∴点M的坐标为（，）时，取最大值为；（3）存在点，使得以、、为顶点的三角形与相似．设点坐标为，在中，∵，∴，在中，∵，∴，∴，，过点作于点，过点作轴于点，如图，∵，，∴∽，∵，∴①当时，∽，∴，解得，，（舍去）∴点的纵坐标为，∴点为；②当时，∽，∴，解得（舍去），（舍去），∴此时无符合条件的点；综上所述，存在点．【点睛】本题考查的是二次函数的综合运用，主要考查待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法、两函数的交点和线段差的最值等问题，其中（1）题是基础题型，（2）题的求解需运用三角形的三边关系，（3）题要注意分类求解，避免遗漏，解题的关键是熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质以及一元二次方程的解法．8．（2022·广东汕头·统考一模）已知二次函数．(1)对于任意m，二次函数都会经过一个定点，求此定点的坐标；(2)当时，如图，二次函数与y轴的交点为M，顶点为N．①若点P是x轴上的动点，求的最大值及对应的点P的坐标；②设点Q是二次函数上的动点，点H是直线MN上的动点，是否存在点Q，使得△OQH是以点Q为直角顶点的等腰Rt△OQH？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)（，21）；(2)①PN-PM的最大值为，点P坐标为（，0）；②存在，（，）或（，）或（，）【分析】（1）根据二次函数解析式化为y=x2+x+m（x+4）+9，当x=-4时，y与m无关，将x=-4代入取出y的值即可．（2）①当时，二次函数的解析式为，当点P，M，N三点在一条直线上时，取得最大值，求得直线MN的解析式，再求得点P的坐标，利用勾股定理即可求解；②分两种情况，利用全等三角形的判定和性质以及函数图象上点的特征，即可求解．（1）解：∵=x2+x+m（x+4）+9，∴当x=-4时，m（x+4）=0，∴y=（-4）2+（-4）+9=16+5=21．∴对于任意m，抛物线都会经过一个定点（-4，21）；（2）解：①当时，二次函数的解析式为，

∴点M坐标为（0，），顶点N坐标为（1，），∵，∴当点P，M，N三点在一条直线上时，取得最大值，如图，连接MN并延长，交x轴于点P，设直线MN的函数