2020年全国中考数学分类解析汇编专题8：定值问题

2 012年全国中考数学分类解析汇编 专题8：定值问题同学们：一分耕耘一分收获，只要我们能做到有永不言败+勤奋学习+有远大的理想+坚定的信念，坚强的意志，明确的目标，相信你在学习和生活也一定会收获成功（可删除）
解答题
1. （2012江西南昌8分）如图，已知二次函数L 1：y=x 2﹣4x+3与x 轴交于A ．B 两点（点A 在点B 左边），与y 轴交于点C ．
（1）写出二次函数L 1的开口方向、对称轴和顶点坐标；
（2）研究二次函数L 2：y=kx 2﹣4kx+3k （k≠0）．
①写出二次函数L 2与二次函数L 1有关图象的两条相同的性质；
②若直线y=8k 与抛物线L 2交于E 、F 两点，问线段EF 的长度是否发生变化？如果不会，请求出EF 的长度；如果会，请说明理由．
【答案】解：（1）∵抛物线()2
2y x 4x 3x 21=-+=--，
∴二次函数L 1的开口向上，对称轴是直线x=2，顶点坐标（2，﹣1）
（2）①二次函数L 2与L 1有关图象的两条相同的性质：
对称轴为x=2；都经过A （1，0），B （3，0）两点
②线段EF 的长度不会发生变化
∵直线y=8k 与抛物线L 2交于E 、F 两点，
∴kx 2﹣4kx+3k=8k ，∵k≠0，∴x 2﹣4x+3=8解得：x 1=﹣1，x 2=5
∴EF=x 2﹣x 1=6∴线段EF 的长度不会发生变化
【考点】二次函数综合题，二次函数的性质
【分析】（1）抛物线y=ax 2+bx+c 中：a 的值决定了抛物线的开口方向，a ＞0时，抛物线的开口向上；a ＜0时，抛物线的开口向下抛物线的对称轴方程和顶点坐标，可化为顶点式或用公式求解
（2）①新函数是由原函数的各项系数同时乘以k 所得，因此从二次函数的图象与解析式的系数的关系入手进行分析
②联立直线和抛物线L 2的解析式，先求出点E 、F 的坐标，从而可表示出EF 的长，若该长度
为定值，则线段EF 的长不会发生变化
2. （2012江苏苏州9分）如图，正方形ABCD 的边AD 与矩形EFGH 的边FG 重合，将正方形ABCD 以1cm/s 的速度沿FG 方向移动，移动开始前点A 与点F 重合.在移动过程中，边AD 始终与边FG 重合， 连接CG ，过点A 作CG 的平行线交线段GH 于点P ，连接PD.已知正方形ABCD 的边长为1cm ，矩形EFGH 的边FG 、GH 的长分别为4cm 、3cm.设正方形移动时间为x （s ），线段GP 的长为y （cm ），其中 0≤x≤2.5.
⑴试求出y 关于x 的函数关系式，并求出y =3时相应x 的值；
⑵记△DGP 的面积为S 1，△CDG 的面积为S 2．试说明S 1－S 2是常数；
⑶当线段PD 所在直线与正方形ABCD 的对角线AC 垂直时，求线段PD 的长.
【答案】解：（1）∵CG ∥AP ，∴∠CGD=∠PAG ，则tan CGD=tan PAG ∠∠∴CD PG =GD AG
∵GF=4，CD=DA=1，AF=x ，∴GD=3－x ，AG=4－x ∴
1y =3x 4x --，即4x y=3x --∴y 关于x 的函数关系式为4x y=3x
-- 当y =3时，4x 3=3x
--，解得:x=2.5 （2）∵()()12114x 11113S =GP GD=3x x+2S =GD CD=3x 1x+223x 22222-⋅⋅⋅⋅-=-⋅⋅⋅-⋅=--，，
∴121131S S =x+2x+2222
⎛⎫⎛⎫----= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭为常数 （3）延长PD 交AC 于点Q.
∵正方形ABCD 中，AC 为对角线，∴∠CAD=45°
∵PQ ⊥AC ，∴∠ADQ=45°
∴∠GDP=∠ADQ=45°
∴△DGP 是等腰直角三角形，则GD=GP
∴4x 3x=
3x
---，化简得：2x 5x+5=0-，解得：55x=2± ∵0≤x≤2.5，∴55x=2- 在Rt △DGP 中，()0GD
552+10PD==23x =23=22cos45⎛⎫--- ⎪ ⎪⎭ 【考点】正方形的性质，一元二次方程的应用，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值
【分析】（1）根据题意表示出AG 、GD 的长度，再由tan CGD=tan PAG ∠∠可解出x 的值
（2）利用（1）得出的y 与x 的关系式表示出S 1、S 2，然后作差即可
（3）延长PD 交AC 于点Q ，然后判断△DGP 是等腰直角三角形，从而结合x 的范围得出x 的值，在Rt △DGP 中，解直角三角形可得出PD 的长度
3. （2012山东潍坊11分）如图，已知抛物线与坐标轴分别交于A(－2，O)、B(2，0)、C(0，－l)三点，过坐标原点O 的直线y=kx 与抛物线交于M 、N 两点．分别过点C 、D(0，－2)作平行于x 轴的直线1l 、2l ．
(1)求抛物线对应二次函数的解析式；
(2)求证以ON 为直径的圆与直线1l 相切；
(3)求线段MN 的长(用k 表示)，并证明M 、N 两点到直线2l 的距离之和等于线段MN 的长．
【答案】解：（1）设抛物线对应二次函数的解析式为y=ax 2＋bx ＋c ，
则4a 2b+c=04a+2b+c=0c=1-⎧⎪⎨⎪-⎩ 解得1a=4b=0c=1⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩
∴抛物线对应二次函数的解析式 所以21y=x 14-
（2）设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，因为点M 、N 在抛物线上，
∴22112211y =x 1y =x 144--，，∴x 22=4(y 2+1)
又∵()()2222222222ON x y 4y 1y y 2=+=++=+，∴2ON y 2=+
又∵y 2≥－l ，∴ON=2＋y 2
设ON 的中点E ，分别过点N 、E 向直线1l 作垂线，垂足为P 、
F ， 则 22y OC NP EF 22
++==， ∴ON=2EF ，
即ON 的中点到直线1l 的距离等于ON 长度的一半，
∴以ON 为直径的圆与1l 相切
（3）过点M 作MH ⊥NP 交NP 于点H ，则()()222222121MN MH NH x x y y =+=-+-，
又∵y 1=kx 1，y 2=kx 2，∴（y 2－y 1)2=k 2(x 2－x 1)2∴MN 2=(1+k 2)(x 2一x l )2
又∵点M 、N 既在y=kx 的图象上又在抛物线上，
∴21kx=x 14
-，即x 2－4kx －4=0，∴x 2＋x 1=4k ，x 2·x 1=－4
∴MN 2=(1+k 2)(x 2一x l )2=(1+k 2)[ (x 2＋x l )2－4x 2·x l ] =16(1+k 2)2∴MN=4(1+k 2)
延长NP 交2l 于点Q ，过点M 作MS ⊥2l 交2l 于点S ，
则MS ＋NQ=y 1＋2＋y 2＋2=221211x 1+x 1+444
-- ()()()()
222222*********=x +x +2=x +x 2x x +2=16k +8+2=4k +4=41+k 444⎡⎤-⋅⎣⎦ ∴MS+NQ=MN ，即M 、N 两点到2l 距离之和等于线段MN 的长
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中点坐标的求法，直线与圆相切的条件，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理
【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法即可求出抛物线对应二次函数的解析式
（2）要证以ON 为直径的圆与直线1l 相切，只要证ON 的中点到直线1l 的距离等于ON 长的一半即可
（3）运用一元二次方程根与系数的关系，求出MN 和M 、N 两点到直线2l 的距离之和，相比较即可
4. （2012浙江义乌12分）如图1，已知直线y=kx 与抛物线2422y=x +x 273
-
交于点A （3，6）． （1）求直线y=kx 的解析式和线段OA 的长度；
（2）点P 为抛物线第一象限内的动点，过点P 作直线PM ，交x 轴于点M （点M 、O 不重合），交直线OA 于点Q ，再过点Q 作直线PM 的垂线，交y 轴于点N ．试探究：线段QM 与线段QN 的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由；
（3）如图2，若点B 为抛物线上对称轴右侧的点，点E 在线段OA 上（与点O 、A 不重合），点D （m ，0）是x 轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD ．继续探究：m 在什么范围时，符合条件的E 点的个数分别是1个、2个？
【答案】解：（1）把点A （3，6）代入y=kx 得；6=3k ，即k=2
∴y=2x ∴22OA 3+6=35= （2）线段QM 与线段QN 的长度之比是一个定值，理由如下： 如图1，过点Q 作QG ⊥y 轴于点G ，QH ⊥x 轴于点H ． ①当QH 与QM 重合时，显然QG 与QN 重合，
此时QM QH QH tan AOM=2QN QG OH
===∠ ②当QH 与QM 不重合时， ∵QN ⊥QM ，QG ⊥QH 不妨设点H ，G 分别在x 、y
轴的正半轴上，
∴∠MQH=∠GQN
又∵∠QHM=∠QGN=90°，∴△QHM ∽△QGN ∴
QM QH QH tan AOM=2QN QG OH
===∠ 当点P 、Q 在抛物线和直线上不同位置时，同理可得QM =2QN ∴线段QM 与线段QN 的长度之比是一个定值
（3）如图2，延长AB 交x 轴于点F ，过点F 作
FC ⊥OA 于点C ，过点A 作AR ⊥x 轴于点R
∵∠AOD=∠BAE ，∴AF=OF
∴OC=AC=1
5OA=522
∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC ， ∴△AOR ∽△FOC ∴
OF AO 355OC OR 3===∴OF=5155522⨯= ∴点F （152
，0） 设点B （x ，2422x +x 273
-），过点B 作BK ⊥AR 于点K ，则△AKB ∽△ARF ∴BK AK FR AR
=，即24226x +x x 32737.536⎛⎫-- ⎪-⎝⎭=- 解得x 1=6，x 2=3（舍去）∴点B （6，2）
∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4∴AB=5
在△ABE 与△OED 中，∵∠BAE=∠BED ，∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB
∴∠ABE=∠DEO
∵∠BAE=∠EOD ，∴△ABE ∽△OED
设OE=x ，则AE=35﹣x （0x 35<<）， 由△ABE ∽△OED 得AE OD AB OE =，即35x m 5x -= ∴()()
221135139m=x 35x =x +x=x 5+0x 35555524<<⎛⎫---- ⎪⎝⎭ ∴顶点为39x 524⎛⎫- ⎪⎝
⎭ ， 如图3，当9m=4时，OE=x=
352，此时E 点有1个； 当90m 4<<
时，任取一个m 的值都对应着两个x 值，此时E 点有2个．
∴当9m=4
时，E 点只有1个，当90m 4<<时，E 点有2个 【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质
【分析】（1）利用待定系数法求出直线y=kx 的解析式，根据A 点坐标用勾股定理求出线段OA 的长度
（2）如图1，过点Q 作QG ⊥y 轴于点G ，QH ⊥x 轴于点H ，构造相似三角形△QHM 与△QGN ，将线段QM 与线段QN 的长度之比转化为相似三角形的相似比，即
QM QH QH tan AOM=2QN QG OH
===∠为定值．需要注意讨论点的位置不同时，这个结论依然成立
（3）由已知条件角的相等关系∠BAE=∠BED=∠AOD ，可以得到△ABE ∽△OED 在相似三角形△ABE 与△OED 中，运用线段比例关系之前需要首先求出AB 的长度，如图2，可以通过构造相似三角形，或者利用一次函数（直线）的性质求得AB 的长度设OE=x ，则由相似边的比例关系可以得到m 关于x 的表达式2139m=x 5+524
⎛⎫-- ⎪⎝⎭，这是一个二次函数．借助此二次函数图象（如图3），可见m 在不同取值范围时，x 的取值（即OE 的长度，或E 点的位置）有1个或2个这样就将所求解的问题转化为分析二次函数的图象与性质问题
5. （2012广西玉林、防城港12分）如图，在平面直角坐标系x O y 中，矩形AOCD 的顶点A 的坐标是（0,4），现有两动点P 、Q ，点P 从点O 出发沿线段OC （不包括端点O ，C ）以每秒2个单位长度的速度，匀速向点C 运动，点Q 从点C 出发沿线段CD （不包括端点C ，D ）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D 运动.
点P ，Q 同时出发，同时停止，设运动时间为t 秒，当t=2秒时PQ=52. （1）求点D 的坐标，并直接写出t 的取值范围； （2）连接AQ 并延长交x 轴于点E,把AE 沿AD 翻折交CD 延长线于点F,连接EF ，则△AEF 的面积S 是否随t 的变化而变化？若变化，求出S 与t 的函数关系式；若不变化，求出S 的值.
（3）在（2）的条件下，t 为何值时，四边形APQF 是梯形？
【答案】解：（1）由题意可知，当t=2（秒）时，OP=4，CQ=2，
在Rt △PCQ 中，由勾股定理得：PC=()2222PQ CQ 252-=
-=4， ∴OC=OP+PC=4+4=8
又∵矩形AOCD ，A （0，4），∴D （8，4）
t 的取值范围为：0＜t ＜4
（2）结论：△AEF 的面积S 不变化
∵AOCD 是矩形，∴AD ∥OE ，∴△AQD ∽△EQC
∴CE CQ AD DQ =，即CE t 84t =-，解得CE=8t 4t
- 由翻折变换的性质可知：DF=DQ=4－t ，则CF=CD+DF=8－t
S=S 梯形AOCF ＋S △FCE －S △AOE =12（OA+CF ）•OC+12CF•CE －12
OA•OE =12 [4＋（8－t ）]×8+12（8－t ）•8t 4t -－12×4×（8＋8t 4t
-） 化简得：S=32为定值
所以△AEF 的面积S 不变化，S=32
（3）若四边形APQF 是梯形，因为AP 与CF 不平行，所以只有PQ ∥AF
由PQ ∥AF 可得：△CPQ ∽△DAF
∴CP ：AD=CQ ：DF ，即8－2t ：8= t ：4－t ，化简得t 2－12t ＋16=0，
解得：t 1=6+25，t 2=625-
由（1）可知，0＜t＜4，∴t1=6+25不符合题意，舍去
-秒时，四边形APQF是梯形
∴当t=625
【考点】动点和翻折问题，矩形的性质，勾股定理，翻折对称的性质，相似三角形的判定和性质，梯形的性质，解一元二次方程
【分析】（1）由勾股定理可求PC而得点C的坐标，根据矩形的性质可得点D的坐标点P到达终点所需时间为8÷2=4秒，点Q到达终点所需时间为4÷1=4秒，由题意可知，t的取值范围为：0＜t＜4（2）根据相似三角形和翻折对称的性质，求出S关于t的函数关系式，由于关系式为常数，所以△AEF的面积S不变化，S=32
（3）根据梯形的性质，应用相似三角形即可求解
6. （2012湖北咸宁10分）如图1，矩形MNPQ中，点E，F，G，H分别在NP，PQ，QM，MN上，若
∠
=
∠，则称四边形EFGH为矩形MNPQ的反射四边形．图2，图3，图4中，四边形ABCD =
∠
=
1∠
3
4
2
为矩形，且AB=4，BC=8．
理解与作图：
（1）在图2，图3中，点E，F分别在BC，CD边上，试利用正方形网格在图上作出矩形ABCD的反射四边形EFGH．
计算与猜想：
（2）求图2，图3中反射四边形EFGH的周长，并猜想矩形ABCD的反射四边形的周长是否为定值？启发与证明：
（3）如图4，为了证明上述猜想，小华同学尝试延长GF交BC的延长线于M，试利用小华同学给我们的启发证明（2）中的猜想．
【答案】解：（1）作图如下：
（2）在图2中， 22EF FG GH HE 242025====+==，
∴四边形EFGH 的周长为85
在图3中，22EF GH 215==+=，22FG HE 364535==+==，
∴四边形EFGH 的周长为2523585⨯+⨯=
猜想：矩形ABCD 的反射四边形的周长为定值
（3）延长GH 交CB 的延长线于点N ，
∵12∠=∠，15∠=∠，
∴25∠=∠
又∵FC=FC ，
∴Rt △FCE ≌Rt △FCM （ASA ）
∴EF=MF ，EC=MC
同理：NH=EH ，NB=EB ∴MN=2BC=16
∵M 905901∠=︒-∠=︒-∠，N 903∠=︒-∠，13∠=∠，∴M N ∠=∠
∴GM=GN
过点G 作GK ⊥BC 于K ，则1KM MN 82==
∴2222GM GK KM 4845=+=+=
∴四边形EFGH 的周长为2GM 85=∴矩形ABCD 的反射四边形的周长为定值
【考点】新定义，网格问题，作图（应用与设计作图），勾股定理，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质
【分析】（1）根据网格结构，作出相等的角即可得到反射四边形
（2）图2中，利用勾股定理求出EF=FG=GH=HE 的长度，然后即可得到周长，图3中利用勾股
定理求出EF=GH ，FG=HE 的长度，然后求出周长，从而得到四边形EFGH 的周长是定值
（3）延长GH 交CB 的延长线于点N ，再利用“ASA”证明Rt △FCE 和Rt △FCM 全等，根据全等
三角形对应边相等可得EF=MF ，EC=MC ，同理求出NH=EH ，NB=EB ，从而得到MN=2BC ，再证明GM=GN ，过点G 作GK ⊥BC 于K ，根据等腰三角形三线合一的性质求出1
KM MN 82
==，再利用勾股定理求出GM
的长度，然后即可求出四边形EFGH的周长
7. （2012福建泉州12分）已知：A、B、C不在同一直线上. （1）若点A、B、C均在半径为R的⊙O上，
i）如图一，当∠A=45°时，R=1，求∠BOC的度数和BC的长度；
ii）如图二，当∠A为锐角时，求证sin∠A= BC
2R
；
（2）.若定长线段
．．．．BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN（B、C均与点A不重合）滑动，如图三，当∠MAN=60°，BC=2时，分别作BP⊥AM，CP⊥AN，交点为点P ，试探索：在整个滑动过程中，P、A 两点的距离是否保持不变？请说明理由.
【答案】解：（1）i）∵∠A=45°，
∴∠BOC=90°（同弧所对的圆周角等于其所对的圆心角的一半）
又∵R=1，∴由勾股定理可知BC=11=2
+
ii）证明：连接BO并延长，交圆于点E，连接EC
可知EC⊥BC（直径所对的圆周角为90°），
且∠E=∠A（同弧所对的圆周角相等）
故sin∠A=sin∠A=BC BC BE2R
=
（2）保持不变理由如下：
如图，连接AP，取AP的中点K，连接BK、CK，
在Rt△APC中，CK=1
2
AP=AK=PK
同理得：BK=AK=PK
∴CK=BK=AK=PK∴点A、B、P、C都在⊙K上
∴由（1）ii）sin∠A=BC
2R
可知sin60°=
BC
AP
∴AP=
BC43
sin603
=
︒
（为定值）
【考点】三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，直角三角形中线性质
【分析】（1）i）根据圆周角定理得出∠BOC=2∠A=90°，再利用勾股定理得出BC的长；
ii）作直径CE，则∠E=∠A，CE=2R，利用sin∠A=sin∠E=BC BC
BE2R
=，得出即可
（2）首先证明点A、B、P、C都在⊙K上，再利用sin∠A=BC
2R
，得出AP=
BC43
sin60
=
︒
（定
值）即可
8. （2012四川自贡12分）如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B．C．D重合．
（1）证明不论E、F在BC．CD上如何滑动，总有BE=CF；
（2）当点E、F在BC．CD上滑动时，分别探讨四边形AECF和△CEF的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．
【答案】解：（1）证明：如图，连接AC
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∠BAE+∠EAC=60°，∠FAC+∠EAC=60°，
∴∠BAE=∠FAC
∵∠BAD=120°，∴∠ABF=60°
∴△ABC和△ACD为等边三角形
∴∠ACF=60°，AC=AB∴∠ABE=∠AFC
∴在△ABE和△ACF中，∵∠BAE=∠FAC，AB=AC，∠ABE=∠AFC，
∴△ABE≌△ACF（ASA）∴BE=CF
（2）四边形AECF的面积不变，△CEF的面积发生变化理由如下：
由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF
∴S 四边形AECF =S △AEC +S △ACF =S △AEC +S △ABE =S △ABC ，是定值 作AH ⊥BC 于H 点，则BH=2，
22AECF ABC 11
S S BC AH BC AB BH 4322
∆==⋅⋅=⋅-=四形边
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF 的边AE 与BC 垂直时，
边AE 最短．
故△AEF 的面积会随着AE 的变化而变化，且当AE 最短时，正三角形AEF 的面积会最小，
又S △CEF =S 四边形AECF ﹣S △AEF ，则此时△CEF 的面积就会最大．
∴S △CEF =S 四边形AECF ﹣S △AEF (
)()
22
1
432323
3
32
=-⋅⋅-
=
∴△CEF 的面积的最大值是3
【考点】菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，垂直线段的性质
【分析】（1）先求证AB=AC ，进而求证△ABC 、△ACD 为等边三角形，得∠ACF =60°，AC=AB ，从而求证△ABE ≌△ACF ，即可求得BE=CF
（2）由△ABE ≌△ACF 可得S △ABE =S △ACF ，故根据S 四边形AEC F=S △AEC +S △ACF =S △AEC +S △AB E=S △ABC
即可得四边形AECF 的面积是定值当正三角形AEF 的边AE 与BC 垂直时，边AE 最短．△AEF 的面积会随着AE 的变化而变化，且当AE 最短时，正三角形AEF 的面积会最小，根据S △CEF =S 四边形AECF －S △AEF ，则△CEF 的面积就会最大
9. （2012四川成都12分） 如图，在平面直角坐标系xOy 中，一次函数5y=x+m 4
(m 为常数)的图象与x 轴交于点A(3-，0)，与y 轴交于点C ．以直线x=1为对称轴的抛物线2y=ax +bx+c (a ，b ，c 为常数，且a≠0)经过A ，C 两点，并与x 轴的正半轴交于点B ． （1）求m 的值及抛物线的函数表达式；
（2）设E 是y 轴右侧抛物线上一点，过点E 作直线AC 的平行线交x 轴于点F ．是否存在这样的点E ，使得以A ，C ，E ，F 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E 的坐标及相应的平行四边形的面积；若不存在，请说明理由；
（3）若P 是抛物线对称轴上使△ACP 的周长取得最小值的点，过点P 任意作一条与y 轴不平行的直线交抛物线于()()111222M x y M x y ，，，两点，试探究
1212
M P M P
M M ⋅是否为定值，并写出探究过程．
【答案】解：（1）∵5
y=x+m 4经过点（﹣3，0），∴15x+m=04-
，解得15
m=
4
∴直线解析式为5
15
y=x+
4
4
令x=0，得15y=4∴C （0，15
4
）
∵抛物线y=ax 2+bx+c 对称轴为x=1，且与x 轴交于A （﹣3，0）， ∴另一交点为B （5，0）
设抛物线解析式为y=a （x+3）（x ﹣5），
∵抛物线经过C （0，
154），∴154=a•3（﹣5），解得1a=4- ∴抛物线解析式为y= 14-（x+3）（x ﹣5），即21115
y=x +x+424
-
（2）假设存在点E 使得以A 、C 、E 、F 为顶点的四边形是平行四边形，
则AC ∥EF 且AC=EF ，如答图1
（i ）当点E 在点E 位置时，过点E 作EG ⊥x 轴于点G ， ∵AC ∥EF ，∴∠CAO=∠EFG
又∵∠COA=∠EOF=900，AC=EF ，∴△CAO ≌△EFG
（AAS ）
∴EG=CO=
154，即y E =15
4
∴2E E 151115
=x +x +4424
-，解得x E =2（x E =0与C 点重合，舍去） ∴E （2，154），S ▱ACEF =15
2
（ii ）当点E 在点E′位置时，过点E′作E′G′⊥x 轴于点G′， 同理可求得E′（15
31+14
-
，），S ▱ACE′F′=1531+1054
（3）要使△ACP 的周长最小，只需AP+CP 最小即可
如答图2，连接BC 交x=1于P 点，因为点A 、B 关于x=1对称，根据轴对称性质以及
两点之间线段最短，可知此时AP+CP 最小（AP+CP 最小值为线段BC 的长度）
∵B （5，0），C （0，
154
）， ∴直线BC 解析式为315
y=x+44
-
∵x P =1，∴y P =3，即P （1，3）
令经过点P （1，3）的直线为y=kx+3﹣k ，
联立2y kx 3k
1115y=x +x+424=+-⎧⎪⎨-⎪⎩
得
x 2+（4k ﹣2）x ﹣4k ﹣3=0， ∴x 1+x 2=2﹣4k ，x 1x 2=﹣4k ﹣3
∵y 1=kx 1+3﹣k ，y 2=kx 2+3﹣k ，∴y 1﹣y 2=k （x 1﹣x 2） 根据勾股定理得： M 1M 2=
()()()()()22222
221212121212x x +y y =x x +k x x =
1+k x x ----⋅
-
()()()()222221212=1+k x +x 4x x =
1+k 24k 44k 3=41+k ⋅
-⋅
----，
M 1P=()()()()()22222
211111x 1+y 3=x 1+kx +3k 3=1+k x 1-----⋅-， M 2P=
()()()()()22222
222222x 1+y 3=x 1+kx +3k 3=
1+k x 1-----⋅
-
∴M 1P•M 2P=()()()()()2
22221212121+k x 1x 1=1+k x x x +x +1⋅
--⋅
⎡-⎤⎣⎦
()()()
2
22
=1+k 4k 324k +1=41+k ⋅⎡----⎤⎣⎦
∴M 1P•M 2P=M 1M 2∴
1212
M P M P
M M ⋅=1为定值
【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质，两点之间线段最短的性质，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理 【分析】（1）把点A 的坐标代入5
y=x+m 4
即可求出m 的值由抛物线的对称轴和点A 的坐标可得抛物线与x 轴另一交点B 的坐标，从而设抛物线的交点式，由点C 在抛物线求出待定系数得到抛物线解析式
（2）分点E 在x 轴上方和下方两种情况讨论即可
（3）设出M1M2的解析式，与抛物线联立，根据一元二次方程根与系数的关系得M1、M2两点坐标的关系：x1+x2=2﹣4k，x1x2=﹣4k﹣3，y1=kx1+3﹣k，y2=kx2+3﹣k，y1﹣y2=k（x1﹣x2）由勾股定理表示出M1M2、M1P和M2P，化简即可求证。