專題18 最值問題中的胡不歸模型(解析版)

專題18最值問題中的胡不歸模型【模型展示】特點從前有個少年外出求學，某天不幸得知老父親病危的消息，便立即趕路回家．根據“兩點之間線段最短”，雖然從他此刻位置A到家B之間是一片砂石地，但他義無反顧踏上歸途，當趕到家時，老人剛咽了氣，小伙子追悔莫及失聲痛哭．鄰居告訴小伙子說，老人彌留之際不斷念叨著“胡不歸？胡不歸？…”（“胡”同“何”）如圖，一動點P在直線MN外的運動速度為V1，在直線MN上運動的速度為V2，且V1<V2，A、B為定點，點C在直線MN上，確定點C的位置使的值最?。?，記，結論BC+kAC的最小值【模型證明】解決方案構造射線AD使得sin∠DAN=k，CH/AC=k，CH=kAC．將問題轉化為求BC+CH最小值，過B點作BH⊥AD交MN于點C，交AD于H點，此時BC+CH取到最小值，即BC+kAC最小．在求形如“PA+kPB”的式子的最值問題中，關鍵是構造與kPB相等的線段，將“PA+kPB”型問題轉化為“PA+PC”型．【題型演練】一、單選題1．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數的圖像與x軸交于A、C兩點，與x軸交于點，若P是x軸上一動點，點D的坐標為，連接PD，則的最小值是（

）A．4 B． C． D．【答案】A【分析】過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H，根據，求出的最小值即可解決問題．【詳解】解：連接BC，過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H．∵二次函數的圖像與x軸交于點，∴b＝2，∴二次函數的解析式為，令y＝0，-x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），令x＝0，y=3，∴B（0，3），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵D（0，-1），∴OD＝1，BD＝4，∵DH⊥BC，∴∠DHB＝90°，設，則,∵，∴，∴，∴，∵PJ⊥CB，∴，∴，∴，∵，∴，∴DP+PJ的最小值為，∴的最小值為4．故選：A．【點睛】本題考查了二次函數的相關性質，以及等腰直角三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，得到∠OBC＝∠OCB＝45°，是解題的關鍵．2．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y＝x2﹣2x＋c的圖象與x軸交于A、C兩點，與y軸交于點B（0，﹣3），若P是x軸上一動點，點D（0，1）在y軸上，連接PD，則PD＋PC的最小值是（

）A．4 B．2＋2 C．2 D．【答案】A【分析】過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H．根據，求出的最小值即可解決問題．【詳解】解：過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H．∵二次函數y＝x2﹣2x+c的圖象與y軸交于點B（0，﹣3），∴c＝﹣3，∴二次函數的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），B（0，-3），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵D（0，1），∴OD＝1，BD＝4，∵DH⊥BC，∴∠DHB＝90°，設，則,∵，∴，∴，∴，∵PJ⊥CB，∴，∴，∴，∵，∴，∴DP+PJ的最小值為，∴的最小值為4．故選：A．【點睛】本題考查了二次函數的相關性質，以及等腰直角三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會用轉化的思想思考問題．二、填空題3．如圖，矩形ABCD中AB＝3，BC，E為線段AB上一動點，連接CE，則AE＋CE的最小值為___．【答案】3【詳解】思路引領：在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．易證ETAE，推出AE+EC＝CE+ET≥CH，求出CH即可解決問題．答案詳解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴tan∠CAB，∴∠CAB＝30°，∴AC＝2BC＝2，在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．∵ET⊥AM，∠EAT＝30°，∴ETAE，∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝2，∴CH＝AC?sin6°＝23，∵AE+EC＝CE+ET≥CH，∴AE+EC≥3，∴AE+EC的最小值為3，故答案為3．4．如圖，在中，，，半徑為的經過點，是圓的切線，且圓的直徑在線段上，設點是線段上任意一點不含端點，則的最小值為______．【答案】【分析】過點作關于的平行線，過點作垂直于該平行線于，可將轉化為，此時就等于，當共線時，即為所要求的最小值．【詳解】解：如圖所示，過點作關于的平行線，過點作垂直于該平行線于，，，，，，，，，當，，三點共線，即在圖中在位置，在位置的時候有最小，當，，三點共線時，有最小值，此時，的最小值為，故答案為．【點睛】本題主要考查了最值問題中的胡不歸問題，解題的關鍵是在于將進行轉換．5．如圖，△ABC中，∠BAC＝75°，∠ACB＝60°，AC＝4，則△ABC的面積為_；點D，點E，點F分別為BC，AB，AC上的動點，連接DE，EF，FD，則△DEF的周長最小值為_．【答案】

6+2

【分析】（1）過點A作AH⊥BC于H，根據∠BAC＝75°，∠C＝60°，即可得到（2）過點B作BJ⊥AC于J，作點F關于AB的對稱點M，點F關于BC的對稱點N，連接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此時△FE′D′的周長＝MN的長，然后證明△BMN是等腰直角三角形，BM的值最小時，MN的值最小，再根據垂線段最短可知，當BF與BJ重合時，BM的值最小，由此求解即可.【詳解】解：①如圖，過點A作AH⊥BC于H．∴∠AHB=∠AHC=90°，∵∠BAC＝75°，∠C＝60°，∴∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝45°，∠HAC=30°∴BH=AH，∴∴AH＝BH＝2，∴BC＝BH+CH＝2+2，∴S△ABC＝?BC?AH＝?（2+2）＝6+2．②如圖，過點B作BJ⊥AC于J，作點F關于AB的對稱點M，點F關于BC的對稱點N，連接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此時△FE′D′的周長＝MN的長．∵BF＝BM＝BM，∠ABM＝∠ABJ，∠CBJ＝∠CBN，∴∠MBN＝2∠ABC＝90°，∴△BMN是等腰直角三角形，∴BM的值最小時，MN的值最小，根據垂線段最短可知，當BF與BJ重合時，BM的值最小，∵,∴MN的最小值為BJ＝，∴△DEF的周長的最小值為．故答案為：6+2，．【點睛】本題主要考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，等腰直角三角形的性質與判定，垂線段最短，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解.6．如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E為邊AD上一個動點，點F在邊CD上，且線段EF＝4，點G為線段EF的中點，連接BG、CG，則BG+CG的最小值為_____．【答案】5【分析】因為DG＝EF＝2，所以G在以D為圓心，2為半徑圓上運動，取DI＝1，可證△GDI∽△CDG，從而得出GI＝CG，然后根據三角形三邊關系，得出BI是其最小值【詳解】解：如圖，在Rt△DEF中，G是EF的中點，∴DG＝，∴點G在以D為圓心，2為半徑的圓上運動，在CD上截取DI＝1，連接GI，∴＝＝，∴∠GDI＝∠CDG，∴△GDI∽△CDG，∴＝，∴IG＝，∴BG+＝BG+IG≥BI，∴當B、G、I共線時，BG+CG最小＝BI，在Rt△BCI中，CI＝3，BC＝4，∴BI＝5，故答案是：5．【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，圓的概念，求得點的運動軌跡是解題的關鍵．7．如圖，?中，，，為邊上一點，則的最小值為______．【答案】【分析】作PH丄AD交AD的延長線于H，由直角三角形的性質可得HP=DP，因此PD+2PB=2(DP+PB)=2(PH+PB)，當H、P、B三點共線時HP+PB有最小值，即PD十2PB有最小值，即可求解．【詳解】如圖，過點作，交的延長線于，

四邊形是平行四邊形，，∴∵PH丄AD∴∴，，∴當點，點，點三點共線時，HP+PB有最小值，即有最小值，此時，，，∴，則最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了胡不歸問題，平行四邊形的性質，直角三角形的性質，垂線段最短等知識．構造直角三角形是解題的關鍵．8．如圖，在平面直角坐標系中，一次函數分別交x軸、y軸于A、B兩點，若C為x軸上的一動點，則2BC+AC的最小值為__________．【答案】6【分析】先求出點A，點B坐標，由勾股定理可求AB的長，作點B關于OA的對稱點，可證是等邊三角形，由直角三角形的性質可得CH＝AC，則，即當點，點C，點H三點共線時，有最小值，即2BC＋AC有最小值，由直角三角形的性質可求解．【詳解】解：∵一次函數分別交x軸、y軸于A、B兩點，∴點A（3，0），點，∴AO＝3，，∴，作點B關于OA的對稱點，連接，，過點C作CH⊥AB于H，如圖所示：∴，∴，∴，∴是等邊三角形，∵，∴，∵CH⊥AB，∴，∴，∴當點，點C，點H三點共線時，有最小值，即2BC＋AC有最小值，此時，，是等邊三角形，∴，，∴，∴2BC＋AC的最小值為6．故答案為：6．【點睛】本題是胡不歸問題，考查了一次函數的性質，等邊三角形的判定和性質，直角三角形的性質，確定點C的位置是解題的關鍵．9．如圖，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足為D，P為線段AD上的一動點，連接PB、PC．則PA+2PB的最小值為_____．【答案】4【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB＝2＝＝2BF，通過解直角三角形ABF，進一步求得結果．【詳解】解：如圖，在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB最小，∴∠AFB＝90°∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠CAD＝∠BAD＝，∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，∴PF＝，∴PA+2PB＝2＝＝2BF，在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，∴BF＝AB?sin45°＝4，∴（PA+2PB）最大＝2BF＝，故答案為：．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，解直角直角三角形，解題的關鍵是作輔助線．10．如圖，在邊長為4的正方形ABCD內有一動點P，且BP＝．連接CP，將線段PC繞點P逆時針旋轉90°得到線段PQ．連接CQ、DQ，則DQ+CQ的最小值為___．【答案】5【分析】連接AC、AQ，先證明△BCP∽△ACQ得即AQ＝2，在AD上取AE＝1，證明△QAE∽△DAQ得EQ＝QD，故DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，求出CE即可．【詳解】解：如圖，連接AC、AQ，∵四邊形ABCD是正方形，PC繞點P逆時針旋轉90°得到線段PQ，∴∠ACB＝∠PCQ＝45°，∴∠BCP＝∠ACQ，cos∠ACB＝，cos∠PCQ＝，∴∠ACB=∠PCO，∴△BCP∽△ACQ，∴∵BP＝，∴AQ＝2，∴Q在以A為圓心，AQ為半徑的圓上，在AD上取AE＝1，∵，，∠QAE＝∠DAQ，∴△QAE∽△DAQ，∴即EQ＝QD，∴DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，連接CE，∴，∴DQ+CQ的最小值為5．故答案為：5．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，旋轉的性質，相似三角形的性質與判定，三角函數，解題的關鍵在于能夠連接AC、AQ，證明兩對相似三角形求解.三、解答題11．∠AOB＝30°，OM＝2，D為OB上動點，求MDOD的最小值．【答案】【詳解】思路引領：(胡不歸經典)作∠BON＝∠AOB＝30°，過點M作MC⊥ON于點C，交OB于點D′，當MC⊥ON時，（此時點D′即為點D）MDOD＝MD+CD的值最小，最小值是CM的長，答案詳解：如圖，作∠BON＝∠AOB＝30°，過點M作MC⊥ON于點C，交OB于點D′，∴CD′OD′所以當MC⊥ON時，（此時點D′即為點D）MDOD＝MD+CD的值最小，最小值是CM的長，∴在Rt△OCM中，∠OMC＝30°，OM＝2∴OC＝1，∴CM．答：MDOD的最小值為．12．已知，在正方形ABCD中，點E，F分別為AD上的兩點，連接BE、CF，并延長交于點G，連接DG，H為CF上一點，連接BH、DH，(1)如圖1，若H為CF的中點，且，，求線段AB的長；(2)如圖2，若，過點B作于點I，求證：；(3)如圖2，在（1）的條件下，P為線段AD（包含端點A、D）上一動點，連接CP，過點B作于點Q，將沿BC翻折得，N為直線AB上一動點，連接MN，當面積最大時，直接寫出的最小值．【答案】(1)3(2)見解析(3)【分析】（1）根據正方形的性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，設正方形的邊長為，，可得，在中，根據勾股定理建立方程，即可求解；（2）過點作于點，證明是等腰直角三角形，，進而證明是等腰直角三角形，根據即可得證；（3）取的中點，連接，連接，以為底邊，在的左側作等腰直角三角形，根據直角三角形中斜邊上的中點等于斜邊的一半可得，則當時，的面積最大，由，可得當三點共線時，取得最小值，證明四邊形是矩形，可得，即的最小值為．（1）解：∵四邊形是正方形，∴，H為CF的中點，，，設正方形的邊長為，，可得，在中，，即，解得，；（2）如圖，過點作于點，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，即；（3）如圖甲所示，取的中點，連接，連接，以為底邊，在的左側作等腰直角三角形，，，是直角三角形，將沿BC翻折得，是直角三角形，，當時，的面積最大，是的中點，是等腰直角三角形，則也是等腰直角三角形，，此時如圖乙所示，則點與重合，，三點共線時，取得最小值，，，，則四邊形是矩形，，即的最小值為．【點睛】本題考查了正方形的性質，勾股定理，等腰直角三角形的性質，折疊的性質，兩點之間線段最短，全等三角形的性質與判定，掌握以上知識是解題的關鍵．13．如圖，在平面直角坐標系中，直線分別與x，y軸交于點A，B，拋物線恰好經過這兩點．(1)求此拋物線的解析式；(2)若點C的坐標是，將繞著點C逆時針旋轉90°得到，點A的對應點是點E．①寫出點E的坐標，并判斷點E是否在此拋物線上；②若點P是y軸上的任一點，求取最小值時，點P的坐標．【答案】(1)(2)①點E在拋物線上；②P（0，?）【分析】（1）先求出A、B坐標，然后根據待定系數法求解即可；（2）①根據旋轉的性質求出EF=AO=3，CF=CO=6，從而可求E的坐標，然后把E的坐標代入（1）的函數解析式中，從而判斷出點E是否在拋物線上；②過點E作EH⊥AB，交y軸于P，垂足為H，，則，得，可知HP＋PE的最小值為EH的長，從而解決問題．（1）解：當x=0時，y=-4，當y=0時，，∴x=-3，∴A（-3，0），B（0，-4），把A、B代入拋物線，得，∴，∴拋物線解析式為．（2）解：①∵A（-3，0），C（0，6），∴AO=3，CO=6，由旋轉知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°∴E到x軸的距離為6-3=3，∴點E的坐標為（6，3），當x=3時，，∴點E在拋物線上；②過點E作EH⊥AB，交y軸于P，垂足為H，∵A（?3，0），B（0，?4），∴OA＝3，OB＝4，∴AB＝5，∵，∴，∴，∴HP＋PE的最小值為EH的長，作EG⊥y軸于G，∵∠GEP＝∠ABO，∴tan∠GEP＝tan∠ABO，∴，∴，∴，∴OP＝?3＝，∴P（0，?）．【點睛】本題是二次函數綜合題，主要考查了待定系數法求函數解析式，旋轉的性質，三角函數，兩點之間、線段最短等知識，利用三角函數將轉化為HP的長是解題的關鍵．14．如圖1，拋物線與x軸交于點，與y軸交于點B，在x軸上有一動點（），過點E作x軸的垂線交直線AB于點N，交拋物線于點P，過點P作PM⊥AB于點M．(1)求a的值和直線AB的函數表達式：(2)設△PMN的周長為，△AEN的周長為，若求m的值．(3)如圖2，在（2）的條件下，將線段OE繞點O逆時針旋轉得到，旋轉角為（），連接、，求的最小值．【答案】(1)a=-．直線AB解析式為y=-x+3；(2)2(3)【分析】（1）令y=0，求出拋物線與x軸交點，列出方程即可求出a，根據待定系數法可以確定直線AB解析式；（2）由△PNM∽△ANE，推出，列出方程即可解決問題；（3）在y軸上取一點M使得OM′=，構造相似三角形，可以證明AM′就是E′A+E′B的最小值．（1）令y=0，則ax2+（a+3）x+3=0，∴（x+1）（ax+3）=0，∴x=-1或-，∵拋物線y=ax2+（a+3）x+3（a≠0）與x軸交于點A（4，0），∴-=4，∴a=-．∵A（4，0），B（0，3），設直線AB解析式為y=kx+b，則，解得，∴直線AB解析式為y=-x+3；（2）如圖1，∵PM⊥AB，PE⊥OA，∴∠PMN=∠AEN，∵∠PNM=∠ANE，∴△PNM∽△ANE，∵∴，∵NE∥OB，∴，∴，∵拋物線解析式為，∴，∴，解得m=2或4，經檢驗x=4是分式方程的增根，∴m=2；（3）如圖2，在y軸上取一點M′使得OM′=，連接AM′，在AM′上取一點E′使得OE′=OE．∵OE′=2，OM′?OB=，∴OE′2=OM′?OB，∴，∵∠BOE′=∠M′OE′，∴△M′OE′∽△E′OB，∴，∴，∴，此時最小（兩點間線段最短，A、M′、E′共線時），最小值．【點睛】本題為二次函數綜合題，主要考查相似三角形的判定和性質、待定系數法、最小值問題等知識，解題的關鍵是構造相似三角形，找到線段AM′就是的最小值．15．如圖1，已知正方形ABCD，AB＝4，以頂點B為直角頂點的等腰Rt△BEF繞點B旋轉，BE＝BF＝，連接AE，CF．(1)求證：△ABE≌△CBF．(2)如圖2，連接DE，當DE＝BE時，求S△BCF的值．（S△BCF表示△BCF的面積）(3)如圖3，當Rt△BEF旋轉到正方形ABCD外部，且線段AE與線段CF存在交點G時，若M是CD的中點，P是線段DG上的一個動點，當滿足MP+PG的值最小時，求MP的值．【答案】(1)見解析(2)2或6(3)【分析】（1）由“SAS”可證△ABE≌△CBF；（2）由“SSS”可證△ADE≌△ABE，可得∠DAE＝∠BAE＝45°，可證AH＝EH，由勾股定理可求BE的長，即可求解；（3）先確定點P的位置，過點B作BQ⊥CF于Q，由勾股定理可求CE的長，由平行線分線段成比例可求解．(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∵∠EBF＝90°＝∠ABC，∴∠ABE＝∠CBF，又∵BE＝BF，AB＝BC，在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS）；(2)解：如圖2，過點E作EH⊥AB于H，∵△ABE≌△CBF，∴S△ABE＝S△CBF，∵AD＝AB，AE＝AE，DE＝BE，∴△ADE≌△ABE（SSS），∴∠DAE＝∠BAE＝45°，∵EH⊥AB，∴∠EAB＝∠AEH＝45°，∴AH＝EH，∵BE2＝BH2+EH2，∴10＝EH2+（4﹣EH）2，∴EH＝1或3，當EH＝1時∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH＝×4×1＝2，當EH＝3時∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH＝×4×3＝6，∴S△BCF的值是2或6；(3)解：如圖3，過點P作PK⊥AE于K，由（1）同理可得△ABE≌△CBF，∴∠EAB＝∠BCF，∵∠BAE+∠CAE+∠ACB＝90°，∴∠BCF+∠CAE+∠ACB＝90°，∴∠AGC＝90°，∵∠AGC＝∠ADC＝90°，∴點A，點G，點C，點D四點共圓，∴∠ACD＝∠AGD＝45°，∵PK⊥AG，∴∠PGK＝∠GPK＝45°，∴PK＝GK＝PG，∴MP+PG＝MP+PK，∴當點M，點P，點K三點共線時，且點E，點G重合時，MP+PG值最小，即MP+PG最小，如圖4，過點B作BQ⊥CF于Q，∵BE＝BF＝，∠EBF＝90°，BQ⊥EF，∴EF＝2，BQ＝EQ＝FQ＝，∵CQ＝，∴CE＝CQ﹣EQ＝，∵MK⊥AE，CE⊥AE，∴MK∥CE，∴，又∵M是CD的中點，∴DC＝2DM，∴MP＝CE＝．【點睛】本題主要考查勾股定理、全等三角形的性質與判定、正方形的性質及圓的基本性質，熟練掌握勾股定理、全等三角形的性質與判定、正方形的性質及圓的基本性質是解題的關鍵．16．如圖，矩形的頂點、分別在、軸的正半軸上，點的坐標為，一次函數的圖象與邊、、軸分別交于點、、，，并且滿足，點是線段上的一個動點．（1）求的值；（2）連接，若的面積與四邊形的面積之比為，求點的坐標；（3）求的最小值．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）利用矩形的性質，用表示點的坐標，再利用待定系數法即可求解；（2）首先求出四邊形的面積，再根據條件求出的面積，即可解決問題；（3）過點作軸交于點，則，即可轉化為求的最小值，作點關于一次函數的對稱點，過點作軸的垂線交軸于點，交一次函數于點，即的最小值為，算出長度即可．【詳解】（1）在中，令，則，點的坐標為，，，，把代入中得：，解得：；（2）由（1）得一次函數為，，，，，，，的面積與四邊形的面積之比為，的面積與四邊形的面積之比為，，設點的橫坐標為，則，解得：，把代入中得：，；（3）如圖所示，過點作軸交于點，，，，作點關于一次函數的對稱點，且OO’與直線DF交于Q點，過點作軸的垂線交軸于點，，，當、、在同一直線時最小，即的最小值為，，，，，在中，，，在中．，的最小值為．【點睛】本題考查幾何圖形與函數的綜合題，包括一次函數、矩形的性質、四邊形的面積，解直角三角形以及胡不歸問題，屬于中考壓軸題．17．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象經過點A（﹣1，0），B（0，），C（2，0），其對稱軸與x軸交于點D．（1）求二次函數的表達式及其頂點坐標；（2）點M為拋物線的對稱軸上的一個動點，若平面內存在點N，使得以A，B，M，N為頂點的四邊形為菱形，求點M的坐標；（3）若P為y軸上的一個動點，連接PD，求PB＋PD的最小值．【答案】（1）y=（x）2，（，）；（2）（，）或（，）或（，）或（，）或（，）；（3）【詳解】思路引領：（1）將A、B、C三點的坐標代入y＝ax2+bx+c，利用待定系數法即可求出二次函數的表達式，進而得到其頂點坐標；（2）當以A，B，M，N為頂點的四邊形為菱形時，分三種情況：①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時AM＝AB；②以B為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時BM＝AB；③線段AB的垂直平分線與對稱軸有一個交點，此時AM＝BM，分別列出方程，求解即可；（3）連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時PB+PD最?。钚≈稻褪蔷€段DH，求出DH即可．答案詳解：（1）由題意，解得，∴拋物線解析式為yx2x，∵yx2x（x）2，∴頂點坐標（，）；（2）設點M的坐標為（，y）．∵A（﹣1，0），B（0，），∴AB2＝1+3＝4．①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時AM＝AB，則（1）2+y2＝4，解得y＝±，即此時點M的坐標為（，）或（，）；②以B為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時BM＝AB，則（）2+（y）2＝4，解得y或y，即此時點M的坐標為（，）或（，）；③線段AB的垂直平分線與對稱軸有一個交點，此時AM＝BM，則（1）2+y2＝（）2+（y）2，解得y，即此時點M的坐標為（，）．綜上所述，滿足條件的點M的坐標為（，）或（，）或（，）或（，）或（，）；（3）如圖，連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時PB+PD最小．理由：∵OA＝1，OB，∴tan∠ABO，∴∠ABO＝30°，∴PHPB，∴PB+PD＝PH+PD＝DH，∴此時PB+PD最短（垂線段最短）．在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD，∠HAD＝60°，∴sin60°，∴DH，∴PB+PD的最小值為．18．已知拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸交于A（﹣1，0），B（5，0）兩點，C為拋物線的頂點，拋物線的對稱軸交x軸于點D，連接BC，且tan∠CBD，如圖所示．（1）求拋物線的解析式；（2）設P是拋物線的對稱軸上的一個動點．①過點P作x軸的平行線交線段BC于點E，過點E作EF⊥PE交拋物線于點F，連接FB、FC，求△BCF的面積的最大值；②連接PB，求PC＋PB的最小值．【答案】（1）；（2）①；②【詳解】思路引領：（1）設拋物線的解析式為：y＝a（x+1）（x﹣5），可得對稱軸為直線x＝2，由銳角三角函數可求點C坐標，代入解析式可求解析式；（2）①先求出直線BC解析式，設P（2，t），可得點E（5t，t），點，可求EF的長，由三角形面積公式和二次函數性質可求解；②根據圖形的對稱性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，過點P作PG⊥AC于G，可得PGPC，可得，過點B作BH⊥AC于點H，則PG+PB≥BH，即BH是PC+PB的最小值，由三角形面積公式可求解．答案詳解：（1）根據題意，可設拋物線的解析式為：y＝a（x+1）（x﹣5），∵拋物線的對稱軸為直線x＝2，∴D（2，0），又∵，∴CD＝BD?tan∠CBD＝4，即C（2，4），代入拋物線的解析式，得4＝a（2+1）（2﹣5），解得，∴二次函數的解析式為x2；（2）①設P（2，t），其中0＜t＜4，設直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，解得

即直線BC的解析式為，令y＝t，得：，∴點E（5t，t），把代入，得，即，∴，∴△BCF的面積EF×BD（t），∴當t＝2時，△BCF的面積最大，且最大值為；②如圖，據圖形的對稱性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，∴，過點P作PG⊥AC于G，則在Rt△PCG中，，∴，過點B作BH⊥AC于點H，則PG+PB≥BH，∴線段BH的長就是的最小值，∵，又∵，∴，即，∴的最小值為．19．在平面直角坐標系中，將二次函數的圖象向右平移1個單位，再向下平移2個單位，得到如圖所示的拋物線，該拋物線與軸交于點、(點在點的左側)，，經過點的一次函數的圖象與軸正半軸交于點，且與拋物線的另一個交點為，的面積為5．(1)求拋物線和一次函數的解析式；(2)拋物線上的動點在一次函數的圖象下方，求面積的最大值，并求出此時點E的坐標；(3)若點為軸上任意一點，在(2)的結論下，求的最小值．【答案】(1)；；(2)的面積最大值是，此時點坐標為；(3)的最小值是3.【分析】(1)先寫出平移后的拋物線解析式，再把點代入可求得的值，由的面積為5可求出點的縱坐標，代入拋物線解析式可求出橫坐標，由、的坐標可利用待定系數法求出一次函數解析式；(2)作軸交于，如圖，利用三角形面積公式，由構建關于E點橫坐標的二次函數，然后利用二次函數的性質即可解決問題；(3)作關于軸的對稱點，過點作于點，交軸于點，則，利用銳角三角函數的定義可得出，此時最小，求出最小值即可．【詳解】解：(1)將二次函數的圖象向右平移1個單位，再向下平移2個單位，得到的拋物線解析式為，∵，∴點的坐標為，代入拋物線的解析式得，，∴，∴拋物線的解析式為，即．令，解得，，∴，∴，∵的面積為5，∴，∴，代入拋物線解析式得，，解得，，∴，設直線的解析式為，∴，解得：，∴直線的解析式為．(2)過點作軸交于，如圖，設，則，∴，∴，，∴當時，的面積有最大值，最大值是，此時點坐標為．(3)作關于軸的對稱點，連接交軸于點，過點作于點，交軸于點，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，∵、關于軸對稱，∴，∴，此時最小，∵，，∴，∴．∴的最小值是3．【點睛】主要考查了二次函數的平移和待定系數法求函數的解析式、二次函數的性質、相似三角形的判定與性質、銳角三角函數的有關計算和利用對稱的性質求最值問題．解（1）題的關鍵是熟練掌握待定系數法和相關點的坐標的求解；解（2）題的關鍵是靈活應用二次函數的性質求解；解（3）題的關鍵是作關于軸的對稱點，靈活應用對稱的性質和銳角三角函數的知識，學會利用數形結合的思想和轉化的數學思想把求的最小值轉化為求的長度．20．已知拋物線過點，兩點，與y軸交于點C，．(1)求拋物線的解析式及頂點D的坐標；(2)過點A作，垂足為M，求證：四邊形ADBM為正方形；(3)點P為拋物線在直線BC下方圖形上的一動點，當面積最大時，求點P的坐標；(4)若點Q為線段OC上的一動點，問：是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線的表達式為：，頂點；(2)證明見解析；(3)點；(4)存在，的最小值為．【分析】(1)設交點式，利用待定系數法進行求解即可；(2)先證明四邊形ADBM為菱形，再根據有一個角是直角的菱形是正方形即可得證；(3)先求出直線BC的解析式，過點P作y軸的平行線交BC于點N，設點，則點N，根據可得關于x的二次函數，繼而根據二次函數的性質進行求解即可；(4)存在，如圖，過點C作與y軸夾角為的直線CF交x軸于點F，過點A作，垂足為H，交y軸于點Q，此時，則最小值，求出直線HC、AH的解析式即可求得H點坐標，進行求得AH的長即可得答案.【詳解】解：(1)函數的表達式為：，即：，解得：，故拋物線的表達式為：，則頂點；(2)，，∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，∴AB=2，∴，又∵D(2，-1)，∴AD=BD=，∴AM=MB=AD=BD，∴四邊形ADBM為菱形，又∵，菱形ADBM為正方形；(3)設直線BC的解析式為y=mx+n，將點B、C的坐標代入得：，解得：，所以直線BC的表達式為：y=-x+3，過點P作y軸的平行線交BC于點N，設點，則點N，則，，故有最大值，此時，故點；(4)存在，理由：如圖，過點C作與y軸夾角為的直線CF交x軸于點F，過點A作，垂足為H，交y軸于點Q，此時，則最小值，在Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO=，∴OF=，∴F(-，0)，利用待定系數法可求得直線HC的表達式為：…①，∵∠COF=90°，∠FOC=30°，∴∠CFO=90°-30°=60°，∵∠AHF=90°，∴∠FAH=90°-60°=30°，∴OQ=AO?tan∠FAQ=，∴Q(0,)，利用待定系數法可求得直線AH的表達式為：…②，聯立①②并解得：，故點，而點，則，即的最小值為．【點睛】本題考查了二次函數的綜合題，涉及了待定系數法，解直角三角形的應用，正方形的判定，最值問題等，綜合性較強，有一定的難度，正確把握相關知識，會添加常用輔助線是解題的關鍵.21．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C．(1)求A、C兩點的坐標；(2)連接AC，點P為直線AC上方拋物線上（不與A、C重合）的一動點，過點P作PD⊥AC交AC于點D，PE⊥x軸交AC于點E，求PD+DE的最大值及此時點P的坐標；(3)如圖2，將原拋物線沿射線CB方向平移3個單位得到新拋物線y'，點M為新拋物線y'對稱軸上一點，在新拋物線y'上是否存在一點N，使以點C、A、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形，若存在，請直接寫出點M的坐標，并選擇一個你喜歡的點寫出求解過程；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A（﹣3，0），C(2)最大值，，(3)存在，此時或或，見解析【分析】（1）令x=0，求出y的值，可求出點C的坐標；令y=0，可求出x的值，由此可求出點A的坐標；（2）利用待定系數法求出直線AC的解析式，根據相似三角形的性質可表達PD+DE的值，再利用二次函數的性質求出最值；（3）分三種情況：當四邊形ACNM是平行四邊形時，當ACMN時平行四邊形時，當ANCM時平行四邊形時，分別利用點的平移和中點坐標公式進行求解即可．（1）在中，令x＝0，．∴C），令y＝0，x1＝﹣3，x2＝1，∵xA＜xB，∴A（﹣3，0），B（1，0）．（2）∵PE⊥x軸，y⊥x軸，∴PE∥y軸，∴∠PED＝∠ACO，∵∠PDE＝∠AOC＝90°，∴△PED∽△ACO，∴DE：PD：PE＝OC：OA：AC，在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，∴，∴，∴，，∴，當PE最大時，PD+DE最大，設直線AC的解析式為：y＝kx+b，∵A（﹣3，0），，∴，∴直線．設，﹣3＜m＜0，∴，∴，∵，﹣3＜m＜0，∴時，，∴，∴．（3）存在，此時或或．在射線CB上取一點Q，使CQ＝，過點Q作QG⊥y軸于點G，則∠QGC＝90°，如圖，∵B（1，0），C（0，），∴OB＝1，OC＝，∵∠BOC＝90°，∴BC＝，∵∠QGC＝∠BOC＝90°，∠QCG＝∠BCO，∴△QGC∽△BOC，∴QG：BO＝CG：CO＝CQ：CB，即，∴QG＝3，CG＝，∴沿射線CB方向平移個單位相當于向右平移3個單位，再向下平移個單位，∵，將拋物線向右平移3個單位，再向下平移個單位得到新拋物線y′，∴，∴新拋物線的對稱軸為直線x＝2，∵點M為新拋物線y′對稱軸上一點，∴點M的橫坐標為2，當四邊形ACMN為平行四邊形時，如圖，根據平行四邊形的性質可知：AC∥NM，AC＝NM，由圖可知，將點C先向右平移2個單位，再向下平移若干個單位得到點M，∴將