设DF=x，则AF=CF=4﹣x， 在RT△ADF中，AD2+DF2=AF2， 即32+x2=（4﹣x）2， 解得；x=， 即DF=．
（3）解：如图2，由矩形PQMN的性质得PQ∥CA ∴
=5 ，即PQ=
又∵CE=3，AC=设PE=x（0＜x＜3），则
过E作EG⊥AC 于G，则PN∥EG， ∴
=
又∵在Rt△AEC中，EG?AC=AE?CE，解得EG=∴
=
，即PN=（3﹣x）
设矩形PQMN的面积为S 则S=PQ?PN=﹣x2+4x=﹣
+3（0＜x＜3）
所以当x=，即PE=时，矩形PQMN的面积最大，最大面积为3．
点评：本 题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，平行线分线段成比例定理．
25．（14分）（2014?绵阳）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象过点M（﹣2，点坐标为N（﹣1，
），且与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点．
），顶
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线对称轴上的动点，当△PBC为等腰三角形时，求点P的坐标；
（3）在直线AC上是否存在一点Q，使△QBM的周长最小？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
考点：二 次函数综合题． 分析：
（1）先由抛物线的顶点坐标为N（﹣1，
再将M（﹣2，物线的解析式； （2）先求出抛物线y=﹣再根据勾股定理得到BC=
x2﹣
x+=2
与x轴交点A、B，与y轴交点C的坐标，．设P（﹣1，m），显然PB≠PC，所以当
）代入，得
），可设其解析式为y=a（x+1）2+
，
=a（﹣2+1）2+
，解方程求出a的值即可得到抛
△PBC为等腰三角形时分两种情况进行讨论：①CP=CB；②BP=BC；
（3）先由勾股定理的逆定理得出BC⊥AC，连结BC并延长至B′，使B′C=BC，连结B′M，交直线AC于点Q，由轴对称的性质可知此时△QBM的周长最小，由B（﹣3，0），C（0，），根据中点坐标公式求出B′（3，2），再运用待定系数法求出直线MB′的解析式为y=
x+
，直线AC的解析式为y=﹣
x+
，然后解方程组
，即可求出Q点的坐标．
解答： 解：（1）由抛物线顶点坐标为N（﹣1，
将M（﹣2，解得a=﹣
，
x2﹣
）代入，得
），可设其解析式为y=a（x+1）2+
，
，
=a（﹣2+1）2+
故所求抛物线的解析式为y=﹣x+；
（2）∵y=﹣
x2﹣
x+
，
∴x=0时，y=， ∴C（0，）． y=0时，﹣
x2﹣
x+
=0，
解得x=1或x=﹣3， ∴A（1，0），B（﹣3，0）， ∴BC=
=2
．
设P（﹣1，m），显然PB≠PC，所以 当CP=CB时，有CP=当BP=BC时，有BP=
=2=2
，解得m=
±
； ．
﹣
），
，解得m=±2
综上，当△PBC为等腰三角形时，点P的坐标为（﹣1，+），（﹣1，（﹣1，2），（﹣1，﹣2）；
（3）由（2）知BC=2，AC=2，AB=4， 所以BC2+AC2=AB2，即BC⊥AC．
连结BC并延长至B′，使B′C=BC，连结B′M，交直线AC于点Q， ∵B、B′关于直线AC对称， ∴QB=QB′，
∴QB+QM=QB′+QM=MB′，
又BM=2，所以此时△QBM的周长最小． 由B（﹣3，0），C（0，），易得B′（3，2）． 设直线MB′的解析式为y=kx+n， 将M（﹣2，），B′（3，2）代入，
得，解得，
即直线MB′的解析式为y=x+．
x+
．
同理可求得直线AC的解析式为y=﹣
由，解得，即Q（﹣，）．
所以在直线AC上存在一点Q（﹣，），使△QBM的周长最小．
点评：本 题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数、一次函数的解
析式，等腰三角形的性质，轴对称的性质，中点坐标公式，两函数交点坐标的求法等知识，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
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