2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题10胡不归问题（教师版）

专题9胡不归（PA+kPB）型最短问题解题策略解题策略“PA＋k·PB”型的最值问题，当k＝1时通常为轴对称之最短路径问题，而当k＞0时，若以常规的轴对称的方式解决，则无法进行，因此必须转换思路．当点P在直线上如图，直线BM，BN交于点B，P为BM上的动点，点A在射线BM，BN同侧，已知sin∠MBN＝k．过点A作AC⊥BN于点C，交BM于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长．证明如图，在BM上任取一点Q，连结AQ，作QD⊥BN于点D．由sin∠MBN＝k，可得QD＝k·QB．所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC，即得证．2．当点P在圆上如图，⊙O的半径为r，点A，B都在⊙O外，P为⊙O上的动点，已知r＝k·OB．在OB上取一点C，使得OC＝k·r，连结AC交⊙O于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长．证明如图，在⊙O上任取一点Q，连结AQ，BQ，连结CQ，OQ．则OC＝k·OQ，OQ＝k·OB．而∠COQ＝∠QOB，所以△COQ∽△QOB，所以QC＝k·QB．所以QA＋k·QB＝QA＋QC≥AC，即得证．经典例题经典例题【例1】（2021·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象经过点A（﹣1，0），B（0，−3），C（2，0），其对称轴与x轴交于点D（1）求二次函数的表达式及其顶点坐标；（2）点M为抛物线的对称轴上的一个动点，若平面内存在点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为菱形，求点M的坐标；（3）若P为y轴上的一个动点，连接PD，求12PB＋PD【答案】（1）y=32（x−12）2−938，（12，−938）；（2）（12，72）或（12，−7【详解】思路引领：（1）将A、B、C三点的坐标代入y＝ax2+bx+c，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式，进而得到其顶点坐标；（2）当以A，B，M，N为顶点的四边形为菱形时，分三种情况：①以A为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点，此时AM＝AB；②以B为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点，此时BM＝AB；③线段AB的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时AM＝BM，分别列出方程，求解即可；（3）连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此时12PB+PD最小．最小值就是线段DH，求出DH答案详解：（1）由题意a−b+c=0c=−34a+2b+c=0∴抛物线解析式为y=32x2−3∵y=32x2−32x−3=3∴顶点坐标（12，−（2）设点M的坐标为（12，y∵A（﹣1，0），B（0，−3∴AB2＝1+3＝4．①以A为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点，此时AM＝AB，则（12+1）2+y2＝4，解得y＝±即此时点M的坐标为（12，72）或（12②以B为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点，此时BM＝AB，则（12）2+（y+3）2＝4，解得y=−3+即此时点M的坐标为（12，−3+152③线段AB的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时AM＝BM，则（12+1）2+y2＝（12）2+（y+3）2即此时点M的坐标为（12，−综上所述，满足条件的点M的坐标为（12，72）或（12，−72）或（12，−3+15（3）如图，连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此时12PB+PD理由：∵OA＝1，OB=3∴tan∠ABO=OAOB∴∠ABO＝30°，∴PH=12∴12PB+PD＝PH+PD＝DH∴此时12PB+PD在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD=32，∠∴sin60°=DH∴DH=3∴12PB+PD的最小值为3【例2】（2022·重庆·八年级期末）已知，在正方形ABCD中，点E，F分别为AD上的两点，连接BE、CF，并延长交于点G，连接DG，H为CF上一点，连接BH、DH，∠GBH+∠GED=90°(1)如图1，若H为CF的中点，且AF=2DF，DH=102，求线段(2)如图2，若BH=BC，过点B作BI⊥CH于点I，求证：BI+2(3)如图2，在（1）的条件下，P为线段AD（包含端点A、D）上一动点，连接CP，过点B作BQ⊥CP于点Q，将△BCQ沿BC翻折得△BCM，N为直线AB上一动点，连接MN，当△BCM面积最大时，直接写出22【答案】(1)3(2)见解析(3)3【分析】（1）根据正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得FC=2DH=10，设正方形的边长为3x，AF=2DF，可得FD=x，在Rt（2）过点D作DM⊥GC于点M，证明△GBI是等腰直角三角形，△BIC≌△CMD，进而证明△GMD是等腰直角三角形，根据GC=GI+IC=BI+MD=BI+2（3）取BC的中点S，连接SM，连接PN，以PN为底边，在PN的左侧作等腰直角三角形TPN，根据直角三角形中斜边上的中点等于斜边的一半可得SM=12BC=32，则当SM⊥BC时，△BCM的面积最大，由TN+MN=22AN+MN≥TM，可得当T,N,M三点共线时，22(1)解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°,AB=AD=DC，∵H为CF的中点，DH=10∴FC=2DH=10设正方形的边长为3x，AF=2DF，可得FD=x，在Rt△FDC中，F即3x2解得x=1，∴AB=3x=3；(2)如图，过点D作DM⊥GC于点M，∵∠AEB=∠GED，∠GBH+∠GED=90°，∵∠AEB+∠ABE=90°，∴∠ABE=∠GBH=1∵BH=BC，BI⊥CH，∴∠HBI=∠CBI=1∵∠ABC=90°，∴∠GBI=∠GBH+∠HBI=1∴△GBI是等腰直角三角形，∴GI=BI，∵∠BIC=∠CMD=90°,∠ICB=90°−∠DCM=∠CDM，BC=DC，∴△BIC≌△CMD，∴MD=IC，MC=BI，∴GM=GC−CM=GC−BI=GC−GI=IC，∴GM=MD，∴△GMD是等腰直角三角形，∴MD=2∴GC=GI+IC=BI+MD=BI+2即BI+2(3)如图甲所示，取BC的中点S，连接SM，连接PN，以PN为底边，在PN的左侧作等腰直角三角形TPN，∴TN=2∵BQ⊥PC，∴△BCQ是直角三角形，∵将△BCQ沿BC翻折得△BCM，∴△BMC是直角三角形，∴SM=1当SM⊥BC时，△BCM的面积最大，∵S是BC的中点，∴△BMC是等腰直角三角形，则△BQC也是等腰直角三角形，∴CQ=BQ=2此时如图乙所示，则点P与A重合，∵TN+MN=2∴T,N,M三点共线时，22∴∠PCM=∠ACB+∠BCM=90°，∵∠BMC=90°，∠TAC=∠TAB+∠BAC=90°，则四边形ATMC是矩形，∴TM=AC=32即22AN+MN的最小值为图甲

图乙【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，两点之间线段最短，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．【例3】（2022·湖南师大附中博才实验中学九年级开学考试）如果有一条直线经过三角形的某个顶点，将三角形分成两个三角形，其中一个三角形与原三角形相似，则称该直线为三角形的“自相似分割线”．如图1，在△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°，DE垂直平分AB，且交BC于点D，连接AD．(1)证明直线AD是△ABC的自相似分割线；(2)如图2，点P为直线DE上一点，当点P运动到什么位置时，PA+PC的值最小？求此时PA+PC的长度．(3)如图3，射线CF平分∠ACB，点Q为射线CF上一点，当AQ+5−14【答案】(1)直线AD是△ABC的自相似分割线；(2)当点P运动到D点时，PA+PC的值最小，此时PA+PC=5(3)∠QAC的正弦值为5【分析】（1）根据定义证明△DBA∽△ABC即可得证；（2）根据垂直平分线的性质可得PA+PC=PB+PC≥BC，当点P与D重合时，PA+PC=PB+PC=BC,此时PA+PC最小，设BD=x，则BC=x+1根据△DBA∽△ABC，列出方程，解方程求解即可求得BD，进而即可求得BC的长，即PA+PC最小值；（3）过点A作AH⊥BC于点H，过点Q作QG⊥BC于点G，连接AG，设CF与AD交于点M，根据已知条件求得GQ=5−14CQ，进而转化为AQ+5−14CQ=AQ+GQ，则当Q点落在AG上时，点G与点(1)∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°∴∠B=∠C=12（180°-∠BAC∵DE垂直平分AB∴AD=BD∴∠B=∠BAD=36°∴∠C=∠BAD又∵∠B=∠B∴△DBA∽△ABC∴直线AD是△ABC的自相似分割线．(2)如图，连接PB，AD，∵DE垂直平分AB，∴PA=PB∴PA+PC=PB+PC≥BC当点P与D重合时，PA+PC=PB+PC=BC,此时PA+PC最小，∵∠ADC=∠B+∠BAD=72°，∠DAC=∠BAC−∠BAD=72°∴∠ADC=∠DAC∴CD=CA=1设BD=x，则BC=x+1∵△DBA∽△ABC∴∴∴解得：x=∵x>0∴x=−1+∴BC=x+1=∴PA+PC=5∴当点P运动到D点时，PA+PC的值最小，此时PA+PC=5(3)如图，过点A作AH⊥BC于点H，过点Q作QG⊥BC于点G，连接AG，设CF与AD交于点M，∵AB=AC，∴CH=由（2）知，DC=AC=1∵CF平分∠ACB∴CM⊥ADDM=AM=∴sin∠MCD=∴GQ=∴AQ+∵AG≥AH∴Q点落在AG上时，点G与点H重合，即此时AQ+5−1∴∠QAC=∠HAC∵AB=AC,AH⊥BC∴CH=∴∴∠QAC的正弦值为5【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，求角的正弦，垂直平分线的性质，两点之间线段最短，垂线段最短，胡不归问题，转化线段是解题的关键．【例4】（2021·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝33x＋3和直线l2：y＝﹣3x＋b相交于y轴上的点B，且分别交x轴于点A和点C（1）求△ABC的面积；（2）点E坐标为（5，0），点F为直线l1上一个动点，点P为y轴上一个动点，求当EF＋CF最小时，点F的坐标，并求出此时PF＋22OP【答案】（1）S△ABC=23；（2）点F坐标为（1，433）；PF＋22【分析】（1）根据l1的解析式可得A、B坐标，把点B坐标代入y＝﹣3x＋b可求出b值，进而可得出点C坐标，即可求出AC、OB的长，利用三角形面积公式即可得答案；（2）如图，作点C关于直线l1的对称点C′，连接C′E，交l1于F，根据A、B、C坐标可得△ABC是直角三角形，可得点C′在直线l2上，根据两点间距离公式可得出C′坐标，可得C′E为EF＋CF的最小值，利用待定系数法可得出直线C′E的解析式，联立直线C′E与l1解析式即可得出得F的坐标；作二、四象限对角线l3，过点F作FG⊥l3于G，交y轴于P，可得∠GOP=45°，可得PG=22OP，可得FG为PF＋22OP的最小值，过点F作FQ⊥x轴，交l3于Q，可得△FGQ为等腰直角三角形，可得FG=22FQ，由l3的解析式为y=-x及点F的坐标可得点Q坐标，进而可得【详解】（1）∵l1：y＝33x＋3∴当x=0时，y=3，当y=0时，x=-3，∴A（-3，0），B（0，3），∵点B直线l2：y＝﹣3x＋b上，∴b=3，∴直线l2的解析式为y＝﹣3x＋3，∴当y=0时，x=1，∴C（1，0），∴AC=4，OB=3，∴S△ABC=12AC⋅OB=12（2）如图，作点C关于直线l1的对称点C′，连接C′E，交l1于F，∵A（-3，0），B（0，3），C（1，0），∴AB2=（-3）2+（3）2=12，BC2=12+（3）2=4，AC2=42=16，∵AC2=AB2+BC2，∴△ABC是直角三角形，∴点C′在直线l2上，∵点C与点C′关于直线l1的对称，∴CC′=2BC=4，设点C′（m，﹣3m＋3，）∴（m-1）2+（﹣3m＋3）2=42，解得：m1=-1，m2=3，∵点C′在第二象限，∴m=-1，∴﹣3m＋3=23∵FC=FC′，∴EF＋CF=EF+FC′，∴当C′、F、E三点共线时EF＋CF的值最小，设直线C′E的解析式为y=kx+b，∴−k+b=23解得：k=−3∴直线C′E的解析式为y=−3联立直线C′E与l1解析式得y=−3解得：x=1y=∴F（1，43如图，作二、四象限对角线l3，过点F作FG⊥l3于G，交y轴于P，过点F作FQ⊥x轴，交l3于Q，∴直线l3的解析式为y=-x，∠GOP=45°，∴△GOP是等腰直角三角形，∴PG=22OP∴G、P、F三点共线时，PF＋22OP的值最小，最小值为FG∵∠GOP=45°，∠POE=90°，∴∠EOQ=45°，∴∠FQO=45°，∴△FGQ是等腰直角三角形，∴FG=22FQ∵F（1，433），直线l3的解析式为y=-∴Q（1，-1），∴FQ=433-（-1）=∴FG=22FQ=22×（43∴PF＋22OP的最小值为2【点睛】本题考查一次函数的综合、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式及轴对称的性质是解题关键．培优训练培优训练一、填空题1．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足为D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为_____．【答案】42【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2【详解】解：如图，在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB最小，∴∠AFB＝90°∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠CAD＝∠BAD＝12∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，∴PF＝12∴PA+2PB＝212PA+PB＝12在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，∴BF＝AB•sin45°＝4×2∴（PA+2PB）最大＝2BF＝42故答案为：42【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．2．（2022·湖北湖北·八年级期末）如图，▱ABCD中∠A=60°，AB=6，AD=2，P为边CD上一点，则3PD+2PB【答案】6【分析】作PH丄AD交AD的延长线于H，由直角三角形的性质可得HP=32DP，因此3PD+2PB=2(32DP+PB)=2(PH+PB)，当H、P、B三点共线时HP+PB有最小值，即3PD十2【详解】如图，过点P作PH⊥AD，交AD的延长线于H，

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，∴∠A=∠PDH=60°∵PH丄AD∴∠DPH=30°∴DH=12PD∴3PD+2PB=2(∴当点H，点P，点B三点共线时，HP+PB有最小值，即3PD+2PB此时BH⊥AH，∠ABH=30°，∠A=60°，∴AH=12AB=3则3PD+2PB最小值为6故答案为：63【点睛】本题考查了胡不归问题，平行四边形的性质，直角三角形的性质，垂线段最短等知识．构造直角三角形是解题的关键．3．（2022·湖北武汉·一模）如图，在△ACE中，CA=CE，∠CAE=30°，半径为5的⊙O经过点C，CE是圆O的切线，且圆的直径AB在线段AE上，设点D是线段AC上任意一点(不含端点)，则OD+1【答案】5【分析】过点C作关于AE的平行线，过点D作DH垂直于该平行线于H，可将12CD转化为DH，此时OD+12CD【详解】解：如图所示，过点C作关于AE的平行线，过点D作DH垂直于该平行线于H，∵CH//AB，∠CAE=30°，OC=OA，∴∠HCA=∠OCA=30°，∴sin∠HCD=HD∴1∴OD+1∵当O，D，H三点共线，即在图中H在H'位置，D在D'位置的时候有OD+DH最小，∴当O，D，H三点共线时，OD+1此时OH'=OC×sin∴OD+12CD故答案为53【点睛】本题主要考查了最值问题中的胡不归问题，解题的关键是在于将124．（2022·湖北武汉·九年级阶段练习）如图，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，半径为5的⊙O经过点C，CE是圆O的切线，且圆的直径AB在线段AE上，设点D是线段AC上任意一点（不含端点），则OD+12【答案】5【分析】作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，易证四边形AOCF是菱形，根据对称性可得DF=DO．过点D作DH⊥OC于H，易得DH=12DC，从而有12CD+OD=DH+FD．根据两点之间线段最短可得：当F、D、H三点共线时，DH+FD（即12CD+OD）最小，然后在Rt【详解】解：作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，如图所示，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=30°，∴∠COB=60°，则∠AOF=∠COF=12∠AOC=1∵OA=OF=OC，∴△AOF、△COF是等边三角形，∴AF=AO=OC=FC，∴四边形AOCF是菱形，∴根据对称性可得DF=DO．过点D作DH⊥OC于H，则DH=12DC∴12CD+OD=DH+FD根据两点之间线段最短可得，当F、D、H三点共线时，DH+FD（即12CD+OD∵OF=OA=5，∴OH=1∴FH=O即12CD+OD的最小值为5故答案为：53【点睛】本题主要考查了圆半径相等的性质，等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、两点之间线段最短、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，把12CD+OD转化为DH+FD5．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学九年级阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为边AD上一个动点，点F在边CD上，且线段EF＝4，点G为线段EF的中点，连接BG、CG，则BG+12CG【答案】5【分析】因为DG＝12EF＝2，所以G在以D为圆心，2为半径圆上运动，取DI＝1，可证△GDI∽△CDG，从而得出GI＝12CG，然后根据三角形三边关系，得出【详解】解：如图，在Rt△DEF中，G是EF的中点，∴DG＝12∴点G在以D为圆心，2为半径的圆上运动，在CD上截取DI＝1，连接GI，∴DIDG＝DGCD＝∴∠GDI＝∠CDG，∴△GDI∽△CDG，∴IGCG=DI∴IG＝12∴BG+12CG＝BG+IG≥∴当B、G、I共线时，BG+12CG最小＝BI在Rt△BCI中，CI＝3，BC＝4，∴BI＝5，故答案是：5．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆的概念，求得点G的运动轨迹是解题的关键．6．（2021·四川省成都市七中育才学校八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线l分别交x、y轴于B、C两点，点A、C的坐标分别为(3，0)、(0，﹣3)，且∠OCB＝60°，点P是直线l上一动点，连接AP，则AP+3【答案】3+332【分析】作∠OCE=120°，过点P作PG⊥CE于点G，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得PG=32PC；当A、P、G在同一直线时，AP+32PC=AP+PG=【详解】解：∵点A、C的坐标分别为(3，0)、(0，﹣3)，∴OA=3，OC=3，作∠OCE=120°，∵∠OCB=60°，则∠OCB=∠BCE=∠FCE=60°，过点P作PG⊥CE于点G，如图：在Rt△PCG中，∠PCG=60°，则∠CPG=30°，∴CG=12PC，由勾股定理得PG=32∴AP+32PC=AP+PG当A、P、G在同一直线时，AP+PG=AG的值最小，延长AG交y轴于点F，∵∠FCG=60°，∠CGF=90°，∴∠CFG=30°，∴CF=2CG，GF=32CF在Rt△OAF中，∠AOF=90°，∠OFA=30°，∴AF=2OA=6，OF=3OA=3∴CF=OF-OC=33∴GF=32(33−3∴AG=AF-FG=6−9即AP+32PC的最小值为3故答案为：3+33【点睛】本题考查了坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，作出合适的辅助线，得到当A、P、G在同一直线时，AP+32PC=AP+PG=AG7．（2021·全国·九年级专题练习）如图，直线y＝x﹣3分别交x轴、y轴于B、A两点，点C（0，1）在y轴上，点P在x轴上运动，则2PC＋PB的最小值为___．【答案】4【详解】思路引领：过P作PD⊥AB于D，依据△AOB是等腰直角三角形，可得∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD，进而得到△BDP是等腰直角三角形，故PD=22PB，当C，P，D在同一直线上时，CD⊥AB，PC+PD的最小值等于垂线段CD的长，求得答案详解：如图所示，过P作PD⊥AB于D，∵直线y＝x﹣3分别交x轴、y轴于B、A两点，令x＝0，则y＝﹣3；令y＝0，则x＝3，∴A（0，﹣3），B（3，0），∴AO＝BO＝3，又∵∠AOB＝90°，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD，∴△BDP是等腰直角三角形，∴PD=22∴2PC+PB=2（PC+22PB）=2（当C，P，D在同一直线上，即CD⊥AB时，PC+PD的值最小，最小值等于垂线段CD的长，此时，△ACD是等腰直角三角形，又∵点C（0，1）在y轴上，∴AC＝1+3＝4，∴CD=22AC＝2即PC+PD的最小值为22∴2PC+PB的最小值为2×2故答案为：4．8．（2021·全国·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中AB＝3，BC=3，E为线段AB上一动点，连接CE，则12AE＋【答案】3【详解】思路引领：在射线AB的下方作∠MAB＝30°，过点E作ET⊥AM于T，过点C作CH⊥AM于H．易证ET=12AE，推出12AE+EC＝CE+ET≥CH答案详解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴tan∠CAB=CB∴∠CAB＝30°，∴AC＝2BC＝23，在射线AB的下方作∠MAB＝30°，过点E作ET⊥AM于T，过点C作CH⊥AM于H．∵ET⊥AM，∠EAT＝30°，∴ET=12AE∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝23，∴CH＝AC•sin6°＝23×∵12AE+EC＝CE+ET≥CH∴12AE+EC∴12AE+EC故答案为3．9．（2021·四川·成都市树德实验中学八年级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝75°，∠ACB＝60°，AC＝4，则△ABC的面积为_；点D，点E，点F分别为BC，AB，AC上的动点，连接DE，EF，FD，则△DEF的周长最小值为_．【答案】

6+23

3【分析】（1）过点A作AH⊥BC于H，根据∠BAC＝75°，∠C＝60°，即可得到（2）过点B作BJ⊥AC于J，作点F关于AB的对称点M，点F关于BC的对称点N，连接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此时△FE′D′的周长＝MN的长，然后证明△BMN是等腰直角三角形，BM的值最小时，MN的值最小，再根据垂线段最短可知，当BF与BJ重合时，BM的值最小，由此求解即可.【详解】解：①如图，过点A作AH⊥BC于H．∴∠AHB=∠AHC=90°，∵∠BAC＝75°，∠C＝60°，∴∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝45°，∠HAC=30°∴BH=AH，HC=∴AH=∴AH＝BH＝23，∴BC＝BH+CH＝23+2，∴S△ABC＝12•BC•AH＝12•（23+2）·3②如图，过点B作BJ⊥AC于J，作点F关于AB的对称点M，点F关于BC的对称点N，连接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此时△FE′D′的周长＝MN的长．∵BF＝BM＝BM，∠ABM＝∠ABJ，∠CBJ＝∠CBN，∴∠MBN＝2∠ABC＝90°，∴△BMN是等腰直角三角形，∴BM的值最小时，MN的值最小，根据垂线段最短可知，当BF与BJ重合时，BM的值最小，∵BJ=2∴MN的最小值为2BJ＝32∴△DEF的周长的最小值为32故答案为：6+23，32【点睛】本题主要考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，垂线段最短，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.10．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在边长为4的正方形ABCD内有一动点P，且BP＝2．连接CP，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．连接CQ、DQ，则12DQ+CQ【答案】5【分析】连接AC、AQ，先证明△BCP∽△ACQ得AQBP=22即AQ＝2，在AD上取AE＝1，证明△QAE∽△DAQ得EQ＝12QD，故12DQ+CQ＝EQ+【详解】解：如图，连接AC、AQ，∵四边形ABCD是正方形，PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ，∴∠ACB＝∠PCQ＝45°，∴∠BCP＝∠ACQ，cos∠ACB＝BCAC=22，cos∠∴∠ACB=∠PCO，∴△BCP∽△ACQ，∴AQ∵BP＝2，∴AQ＝2，∴Q在以A为圆心，AQ为半径的圆上，在AD上取AE＝1，∵AEAQ=12，AQAD∴△QAE∽△DAQ，∴EQQD=12即EQ∴12DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE连接CE，∴CE=D∴12DQ+CQ故答案为：5．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数，解题的关键在于能够连接AC、AQ，证明两对相似三角形求解.11．（2021·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，AB＝8，且∠ABC＝60°，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，则AM+12BM【答案】43【分析】如图，过点A作AT⊥BC于T，过点M作MH⊥BC于H，根据菱形的性质和30°角的直角三角形的性质可得MH＝12BM，于是可得AM+12BM的最小值即为【详解】解：如图，过点A作AT⊥BC于T，过点M作MH⊥BC于H．∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠DBC＝12∠ABC∵MH⊥BC，∴∠BHM＝90°，∴MH＝12BM∴AM+12BM＝AM+MH∵AT⊥BC，∴∠ATB＝90°，∴AT＝AB•sin60°＝43，∵AM+MH≥AT，∴AM+MH≥43，∴AM+12BM≥43∴AM+12BM的最小值为43故答案为：43．【点睛】本题考查了菱形的性质、30°角的直角三角形的性质、垂线段最短以及解直角三角形等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、明确解答的方法是解题关键．12．（2021·全国·九年级专题练习）如图，▱ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点，则2PB+PD的最小值等于______.【答案】6【分析】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，根据四边形ABCD是平行四边形，得到AB∥CD，推出PE=12PD，由此得到当PB+PE最小时2PB+PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，利用∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6求出PB+PE的最小值=1【详解】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠EDC=∠DAB＝30°，∴PE=12∵2PB+PD=2（PB+12∴当PB+PE最小时2PB+PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，∵∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6，∴PB+PE的最小值=12∴2PB+PD的最小值等于6，故答案为：6.【点睛】此题考查平行四边形的性质，直角三角形含30°角的问题，动点问题，将线段2PB+PD转化为三点共线的形式是解题的关键.13．（2022·四川自贡·一模）如图，△ABC中，AB=AC=10，tanA=2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则CD+【答案】4【分析】过点D作DH⊥AB于H，过点C作CM⊥AB于M，首先通过勾股定理及tanA=2求出AE,BE的长度，然后根据等腰三角形两腰上的高相等得出CM=BE，然后通过锐角三角函数得出DH=55BD，进而可得出【详解】解：如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB=90°，∵tanA=设AE=a，BE=2a，∵AB∴100=a∴a2∴a=25或−2∴BE=2a=45∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM=BE=45∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，∴sin∠DBH=∴DH=5∴CD+5∴CD+DH⩾CM，∴CD+5∴CD+55BD故答案为：45【点睛】本题主要考查解直角三角形，等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短等，学会添加辅助线并利用转化的思想是解题的关键．14．（2021·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y=x2−2x−3与x轴交于A、B两点，过B的直线交抛物线于E，且tan∠EBA=43，有一只蚂蚁从A出发，先以1单位/s的速度爬到线段BE上的点D处，再以1.25单位/s的速度沿着DE爬到E点处觅食，则蚂蚁从【答案】64【分析】过点E作x轴的平行线，再过D点作y轴的平行线，两线相交于点H，如图，利用平行线的性质和三角函数的定义得到tan∠HED=tan∠EBA=DHEH=43，设DH=4m，EH=3m，则DE=5m，则可判断蚂蚁从D爬到E点所用的时间等于从D爬到H点所用的时间相等，于是得到蚂蚁从A出发，先以1单位/s的速度爬到线段BE上的点D处，再以1.25单位/s的速度沿着DE爬到E点所用时间等于它从A以1单位/s的速度爬到D点，再从D点以1单位/s速度爬到H点的时间，利用两点之间线段最短得到AD+DH的最小值为【详解】解：过点E作x轴的平行线，再过D点作y轴的平行线，两线相交于点H，如图，∵EH∥∴∠HEB=∠ABE，∴tan设DH=4m，EH=3m，则DE=5m，∴蚂蚁从D爬到E点的时间=若设蚂蚁从D爬到H点的速度为1单位/s，则蚂蚁从D爬到H点的时间=∴蚂蚁从D爬到E点所用的时间等于从D爬到H点所用的时间相等，∴蚂蚁从A出发，先以1单位/s的速度爬到线段BE上的点D处，再以1.25单位/s的速度沿着DE爬到E点所用时间等于它从A以1单位/s的速度爬到D点，再从D点以1单位/s作AG⊥EH于G，则AD+DH⩾AH⩾AG，∴AD+DH的最小值为AG的长，当y=0时，x2−2x−3=0，解得x1=−1，x2直线BE交y轴于C点，如图，在RtΔOBC中，∴OC=4，则C(0,4)，设直线BE的解析式为y=kx+b，把B(3,0)，C(0,4)代入得3k+b=0b=4，解得k=−∴直线BE的解析式为y=−4解方程组y=x2−2x−3y=−43x+4得x=3y=0或∴AG=64∴蚂蚁从A爬到G点的时间=64即蚂蚁从A到E的最短时间为649故答案为649【点睛】本题考查了二次函数与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标化为解关于x的一元二次方程．解决本题的关键是确定蚂蚁在DH二、解答题15．（2022·全国·九年级）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝12x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是x＝－32且经过A、C两点，与x轴的另一交点为点(1)求二次函数y＝ax2＋bx＋c的表达式；(2)点P为线段AB上的动点，求AP＋2PC的最小值；(3)抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)抛物线表达式为：y=−1(2)AP+2PC的最小值是23(3)存在M(0,2)或(-3,2)或(2,-3)或(5,-18)，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似．【分析】（1）先求的直线y=12x+2与x轴，y轴交点的坐标，然后利用抛物线的对称性可求得点B的坐标；设抛物线的解析式为y=a(x+4)(x-1)，然后将点C（2）如图1，作∠OAE=30°，交y轴于E，过点P作PH⊥AE于H，当C，P，H三点共线时，AP+2PC的值最小，根据直角三角形含30度角的性质可得CH的长，从而可得结论；（3）首先可证明△ABC是直角三角形，且有AC=2BC，然后分三种情况讨论即可：①当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△BAC；②根据抛物线的对称性，当M（-3，2）时，△MAN∽△ABC；③当点M在第四象限时，解题时，需要注意相似三角形的对应关系．(1)y=12x+2中，当x=0时，y=2，当y∴C（0，2），A（-4，0），由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=−3∴点B的坐标为（1，0）．∵抛物线y=ax2+bx+c过A（-4，0），B（1，0），可设抛物线表达式为y=a（x+4）（x-1），又∵抛物线过点C（0，2），∴2=-4a，∴a=−1∴抛物线表达式为：y=−1(2)如图1，作∠OAE=30°，交y轴于E，过点P作PH⊥AE于H，∴PH=1∵AP+2PC=21∴当C，P，H三点共线时，AP+2PC的值最小，∵∠APH=∠OPC，∠COP=∠AHP=90°，∴∠OCP=∠OAE=30°，Rt△AOE中，AO=4，OE=OARt△CHE中，EH=1∴CH=∴AP+2PC的最小值是2CH=2(3(3)∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC=2∴AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，AC=2BC，点A，M，N为顶点的三角形与△ABC相似存在以下3种情况：①如图2，当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△BAC；②如图3，根据抛物线的对称性，当M（-3，2）时，△MAN∽△ABC；③如图4，当M在第四象限时，设Mn,−12n2∴MN=1当ANMN=2时，AN=2MN，即整理得：n2+2n-8=0，解得：n1=-4（舍），n2=2，∴M（2，-3）；当ANMN=12时，MN=2整理得：n2-n-20=0，解得：n1=-4（舍），n2=5，∴M（5，-18）．综上所述：存在M（0，2）或（-3，2）或（2，-3）或（5，-18），使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似．【点睛】本题主要考查的是二次函数与相似三角形的综合应用，还考查了轴对称-最短路径问题，难度较大，解答本题需要同学们熟练掌握二次函数和相似三角形的相关性质．16．（2022·四川眉山·九年级专题练习）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=−23x2−223x+2与x轴交于A、(1)求A、C两点的坐标；(2)连接AC，点P为直线AC上方抛物线上（不与A、C重合）的一动点，过点P作PD⊥AC交AC于点D，PE⊥x轴交AC于点E，求PD+DE的最大值及此时点P的坐标；(3)如图2，将原抛物线沿射线CB方向平移33个单位得到新抛物线y'，点M为新抛物线y'对称轴上一点，在新抛物线y'上是否存在一点N，使以点C、A、M、N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标，并选择一个你喜欢的点写出求解过程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A（﹣3，0），C(0,(2)最大值，31122(3)存在，此时M(2,−1132)或【分析】（1）令x=0，求出y的值，可求出点C的坐标；令y=0，可求出x的值，由此可求出点A的坐标；（2）利用待定系数法求出直线AC的解析式，根据相似三角形的性质可表达PD+DE的值，再利用二次函数的性质求出最值；（3）分三种情况：当四边形ACNM是平行四边形时，当ACMN时平行四边形时，当ANCM时平行四边形时，分别利用点的平移和中点坐标公式进行求解即可．（1）在y=−2令x＝0，y=2∴C(0,2令y＝0，x1＝﹣3，x2＝1，∵xA＜xB，∴A（﹣3，0），B（1，0）．（2）∵PE⊥x轴，y⊥x轴，∴PE∥y轴，∴∠PED＝∠ACO，∵∠PDE＝∠AOC＝90°，∴△PED∽△ACO，∴DE：PD：PE＝OC：OA：AC，在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，∴AC=O∴DE:PD:PE=OC:OA:AC=2∴DE=2211PE∴PD+DE=3当PE最大时，PD+DE最大，设直线AC的解析式为：y＝kx+b，∵A（﹣3，0），C(0,2∴−3k+b=0b=∴直线AC:y=2设Pm,−23m2−2∴Em,∴PE=y∵−23<0，﹣3＜m∴m=−32时，∴PD+DEmax∴P(−3（3）存在，此时M(2,−1132)或在射线CB上取一点Q，使CQ＝33，过点Q作QG⊥y轴于点G，则∠QGC＝90∵B（1，0），C（0，2），∴OB＝1，OC＝2，∵∠BOC＝90°，∴BC＝3，∵∠QGC＝∠BOC＝90°，∠QCG＝∠BCO，∴△QGC∽△BOC，∴QG：BO＝CG：CO＝CQ：CB，即QG:1=CG:2∴QG＝3，CG＝32∴沿射线CB方向平移33个单位相当于向右平移3个单位，再向下平移3∵∵y=−2将抛物线y=−23x−223x+∴y'∴新抛物线的对称轴为直线x＝2，∵点M为新抛物线y′对称轴上一点，∴点M的横坐标为2，当四边形ACMN为平行四边形时，如图，根据平行四边形的性质可知：AC∥NM，AC＝NM，由图可知，将点C先向右平移2个单位，再向下平移若干个单位得到点M，∴将点A（﹣3，0）先向右平移2个单位，再向下平移若干个单位得到点N，∴点N的横坐标为：﹣3+2＝﹣1，当x＝﹣1时，y'∴此时点N的坐标为−1,−14∴将点A（﹣3，0）先向右平移2个单位，再向下平移1423个单位得到点N（﹣1，﹣∴将点C（0，2）先向右平移2个单位，再向下平移1423个单位得到点M（2，﹣当四边形ACNM为平行四边形时，如图，根据平行四边形的性质可知：AC∥MN，AC＝NM，由图可知，将点A（﹣3，0）先向右平移5个单位，再向下平移若干个单位得到点M，∴将点C（0，2）先向右平移5个单位，再向下平移若干个单位得到点N，∴点N的横坐标为：0+5＝5，当x＝5时，y'∴此时点N的坐标为（5，﹣142∴点C（0，2）先向右平移5个单位，再向下平移1723个单位得到点N（5，﹣将点A（﹣3，0）先向右平移5个单位，再向下平移1723个单位得到点M（2，﹣当ANCM为对角线时，A（﹣3，0），C（0，2）的中点为：−3∵点M在对称轴x＝2上，∴点M的横坐标为x＝2，∴点N的横坐标为x＝﹣5，当x＝﹣5时，y'∴N（﹣5，−182∴点M的纵坐标为192∴M(2,192综上所述，符合题意的点M的坐标为：M2,−1132.或【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法，轴对称最值问题，平行四边形存在性等知识，包括分类讨论思想等，（3）关键是进行正确的分类讨论．17．（2022·湖南长沙·八年级阶段练习）如图1，抛物线y=ax2+a+3x+3a≠0与x轴交于点A4,0，与y轴交于点B，在x轴上有一动点Em,0（0<m<4），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点(1)求a的值和直线AB的函数表达式：(2)设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若C1(3)如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE'，旋转角为α（0°<α<90°），连接E'A、【答案】(1)a=-34．直线AB解析式为y=-34(2)2(3)4【分析】（1）令y=0，求出抛物线与x轴交点，列出方程即可求出a，根据待定系数法可以确定直线AB解析式；（2）由△PNM∽△ANE，推出PNAN（3）在y轴上取一点M使得OM′=43，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′A+23E′(1)令y=0，则ax2+（a+3）x+3=0，∴（x+1）（ax+3）=0，∴x=-1或-3a∵抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），∴-3a∴a=-34∵A（4，0），B（0，3），设直线AB解析式为y=kx+b，则b＝解得k＝∴直线AB解析式为y=-34x(2)如图1，∵PM⊥AB，PE⊥OA，∴∠PMN=∠AEN，∵∠PNM=∠ANE，∴△PNM∽△ANE，∵C∴PNAN∵NE∥OB，∴ANAB∴AN=5∵抛物线解析式为y=−3∴PN=−3∴−3解得m=2或4，经检验x=4是分式方程的增根，∴m=2；(3)如图2，在y轴上取一点M′使得OM′=43，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′=OE∵OE′=2，OM′•OB=43∴OE′2=OM′•OB，∴OE∵∠BOE′=∠M′OE′，∴△M′OE′∽△E′OB，∴ME∴M'∴AE'+23BE'=A最小值=AM【点睛】本题为二次函数综合题，主要考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM′就是AE18．（2022·广东·九年级专题练习）如图1，已知正方形ABCD，AB＝4，以顶点B为直角顶点的等腰Rt△BEF绕点B旋转，BE＝BF＝10，连接AE，CF．(1)求证：△ABE≌△CBF．(2)如图2，连接DE，当DE＝BE时，求S△BCF的值．（S△BCF表示△BCF的面积）(3)如图3，当Rt△BEF旋转到正方形ABCD外部，且线段AE与线段CF存在交点G时，若M是CD的中点，P是线段DG上的一个动点，当满足2MP+PG的值最小时，求MP的值．【答案】(1)见解析(2)2或6(3)11【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△CBF；（2）由“SSS”可证△ADE≌△ABE，可得∠DAE＝∠BAE＝45°，可证AH＝EH，由勾股定理可求BE的长，即可求解；（3）先确定点P的位置，过点B作BQ⊥CF于Q，由勾股定理可求CE的长，由平行线分线段成比例可求解．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∵∠EBF＝90°＝∠ABC，∴∠ABE＝∠CBF，又∵BE＝BF，AB＝BC，在△ABE和△CBF中，AB=CB∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF（SAS）；(2)解：如图2，过点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，当EH＝1时∴S△ABE＝S△BCF＝12AB×EH＝1当EH＝3时∴S△ABE＝S△BCF＝12AB×EH＝1∴S△BCF的值是2或6；(3)解：如图3，过点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°，∴点A，点G，点C，点D四点共圆，∴∠ACD＝∠AGD＝45°，∵PK⊥AG，∴∠PGK＝∠GPK＝45°，∴PK＝GK＝22PG∴MP+22PG＝MP+PK∴当点M，点P，点K三点共线时，且点E，点G重合时，MP+22PG值最小，即2MP+PG如图4，过点B作BQ⊥CF于Q，∵BE＝BF＝10，∠EBF＝90°，BQ⊥EF，∴EF＝25，BQ＝EQ＝FQ＝5，∵CQ＝BC∴CE＝CQ﹣EQ＝11−∵MK⊥AE，CE⊥AE，∴MK∥CE，∴DMDC又∵M是CD的中点，∴DC＝2DM，∴MP＝12CE＝11【点睛】本题主要考查勾股定理、全等三角形的性质与判定、正方形的性质及圆的基本性质，熟练掌握勾股定理、全等三角形的性质与判定、正方形的性质及圆的基本性质是解题的关键．19．（2021·四川·达州市第一中学校九年级期中）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B的坐标为(23,4)，一次函数y=−33x+b的图象与边OC、AB、x轴分别交于点D、E、F，∠DFO=30∘（1）求b的值；（2）连接OM，若ΔODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1:3，求点M的坐标；（3）求OM+1【答案】（1）b=3；（2）M(23【分析】（1）利用矩形的性质，用b表示点E的坐标，再利用待定系数法即可求解；（2）首先求出四边形OAED的面积，再根据条件求出△ODM的面积，即可解决问题；（3）过点M作MN⊥x轴交于点N，则OM+12MF=OM+MN，即可转化为求OM+MN的最小值，作点O关于一次函数的对称点O'，过点O'作x轴的垂线交x轴于点N'，交一次函数于点【详解】（1）在y=−33x+b中，令x=0∴点D的坐标为(0,b)，∵OD=BE，B(23∴E(23把E(23,4−b)代入y=−3解得：b=3；（2）由（1）得一次函数为y=−33x+3，D(0,3)∴OD=3，AE=1，OA=23∴S∵ΔODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1:3，∴ΔODM的面积与四边形OADE的面积之比为1:4，∴S设点M的横坐标为a，则12解得：a=2把x=233代入y=−∴M(2（3）如图所示，过点M作MN⊥x轴交于点N，∵∠DFO=30∴MN=1∴OM+1作点O关于一次函数的对称点O'，且OO’与直线DF交于Q点，过点O'作x轴的垂线交x轴于点∴OM=O∴OM+1当O'、M、N在同一直线时O即OM+12MF=OM+MN=∵∠DFO=30°，∴∠ODF=60°，∠DOQ=30°，∠O在Rt△ODQ中，OQ=OD⋅sin∴OO在Rt△ON'O∴OM+12MF【点睛】本题考查几何图形与函数的综合题，包括一次函数、矩形的性质、四边形的面积，解直角三角形以及胡不归问题，属于中考压轴题．20．（2022·全国·九年级）已知抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，C为抛物线的顶点，抛物线的对称轴交x轴于点D，连接BC，且tan∠CBD=4（1）求抛物线的解析式；（2）设P是抛物线的对称轴上的一个动点．①过点P作x轴的平行线交线段BC于点E，过点E作EF⊥PE交抛物线于点F，连接FB、FC，求△BCF的面积的最大值；②连接PB，求35PC＋PB【答案】（1）−49x2【详解】思路引领：（1）设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣5），可得对称轴为直线x＝2，由锐角三角函数可求点C坐标，代入解析式可求解析式；（2）①先求出直线BC解析式，设P（2，t），可得点E（5−34t，t），点F(5−3②根据图形的对称性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，过点P作PG⊥AC于G，可得PG=35PC，可得35PC+PB=PG+PB，过点B作BH⊥AC于点H，则PG+PB≥BH，即BH是3答案详解：（1）根据题意，可设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣5），∵抛物线的对称轴为直线x＝2，∴D（2，0），又∵tan∠CBD=4∴CD＝BD•tan∠CBD＝4，即C（2，4），代入抛物线的解析式，得4＝a（2+1）（2﹣5），解得a=−4∴二次函数的解析式为y=−49(x+1)(x−5)=−4（2）①设P（2，t），其中0＜t＜4，设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴0=5k+b，4=2k+b.解得

k=−即直线BC的解析式为y=−4令y＝t，得：x=5−3∴点E（5−34t，把x=5−34t代入y=−即F(5−3∴EF=(2t−1∴△BCF的面积=12×EF×BD=32（∴当t＝2时，△BCF的面积最大，且最大值为32②如图，据图形的对称性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，∴sin∠ACD=ADAC过点P作PG⊥AC于G，则在Rt△PCG中，PG=PC⋅sin∠ACD=3∴35过点B作BH⊥AC于点H，则PG+PB≥BH，∴线段BH的长就是35∵S△ABC又∵S△ABC∴52即BH=24∴35PC+PB的最小值为21．（2019·四川绵阳·中考真题）在平面直角坐标系中，将二次函数y=ax2a>0的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，OA=1，经过点A的一次函数y=kx+bk≠0的图象与y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为(1)求抛物线和一次函数的解析式；(2)抛物线上的动点E在一次函数的图象下方，求ΔACE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；(3)若点P为x轴上任意一点，在(2)的结论下，求PE+3【答案】(1)y=12x2−x−32；y=12x+1【分析】(1)先写出平移后的抛物线解析式，再把点A−1,0代入可求得a的值，由ΔABD的面积为5可求出点D的纵坐标，代入抛物线解析式可求出横坐标，由A、D(2)作EM∥y轴交AD于M，如图，利用三角形面积公式，由SΔACE=S(3)作E关于x轴的对称点F，过点F作FH⊥AE于点H，交x轴于点P，则∠BAE=∠HAP=∠HFE，利用锐角三角函数的定义可得出EP+35AP=FP+HP【详解】解：(1)将二次函数y=ax2a>0∵OA=1，∴点A的坐标为−1,0，代入抛物线的解析式得，4a−2=0，∴a=1∴抛物线的解析式为y=12x−1令y=0，解得x1=−1，x2∴AB=OA+OB=4，∵ΔABD的面积为5，∴SΔABD=1代入抛物线解析式得，52=12x2−x−设直线AD的解析式为y=kx+b，∴4k+b=52−k+b=0∴直线AD的解析式为y=1(2)过点E作EM∥y轴交AD于M，如图，设Ea,12∴EM=1∴SΔACE=SΔAME−∴当a=32时，ΔACE的面积有最大值，最大值是2516，此时E(3)作E关于x轴的对称点F，连接EF交x轴于点G，过点F作FH⊥AE于点H，交x轴于点P，∵E32,−∴AG=1+32=52∵∠AGE=∠AHP=90∴sin∠EAG=PHAP∵E、F关于x轴对称，∴PE=PF，∴PE+35AP=FP+HP=FH∵EF=158×2=∴sin∠AEG=∴FH=4∴PE+3【点睛】主要考查了二次函数的平移和待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的有关计算和利用对称的性质求最值问题．解（1）题的关键是熟练掌握待定系数法和相关点的坐标的求解；解（2）题的关键是灵活应用二次函数的性质求解；解（3）题的关键是作E关于x轴的对称点F，灵活应用对称的性质和锐角三角函数的知识，学会利用数形结合的思想和转化的数学思想把求PE+35PA22．（2019·湖南张家界·中考真题）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)过点A(1,0)，B(3,0)两点，与y(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；(2)过点A作AM⊥BC，垂足为M，求证：四边形ADBM为正方形；(3)点P为抛物线在直线BC下方图形上的一动点，当ΔPBC面积最大时，求点P的坐标；(4)若点Q为线段OC上的一动点，问：AQ+1【答案】(1)抛物线的表达式为：y=x2−4x+3，顶点D(2,−1)；(2)证明见解析；(3)点【分析】(1)设交点式y=(2)先证明四边形ADBM为菱形，再根据有一个角是直角的菱形是正方形即可得证；(3)先求出直线BC的解析式，过点P作y轴的平行线交BC于点N，设点P(x,x2(4)存在，如图，过点C作与y轴夹角为30°的直线CF交x轴于点F，过点A作AH⊥CF，垂足为H，交y轴于点Q，此时HQ=1【详解】解：(1)函数的表达式为：y=即：3a=3，解得：a=1，故抛物线的表达式为：y=则顶点D(2,−(2)∵OB=OC∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，∴AB=2，∴AM=又∵D(2，-1)，∴AD=BD=(2−1)2∴AM=MB=AD=BD，∴四边形ADBM为菱形，又∵∠AMB∴菱形ADBM为正方形；(3)设直线BC的解析式为y=mx+n，将点B、C的坐标代入得：{3m+n=0解得：{m=−1所以直线BC的表达式为：y=-x+3，过点P作y轴的平行线交BC于点N，设点P(x,则SΔPBC∵−32<0，故S故点P((4)存在，理由：如图，过点C作与y轴夹角为30°的直线CF交x轴于点F，过点A作AH此时HQ=则AQ+12在Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO=FOCO∴OF=3，∴F(-3，0)，利用待定系数法可求得直线HC的表达式为：y=∵∠COF=90°，∠FOC=30°，∴∠CFO=90°-30°=60°，∵∠AHF=90°，∴∠FAH=90°-60°=30°，∴OQ=AO•tan∠FAQ=33∴Q(0,33利用待定系数法可求得直线AH的表达式为：y=−联立①②并解得：x=故点H(1−33则AH=即AQ+12【点睛】本题考查了二次函数的综合题，涉及了待定系数法，解直角三角形的应用，正方形的判定，最值问题等，综合性较强，有一定的难度，正确把握相关知识，会添加常用辅助线是解题的关键.23．（2019·重庆·中考真题）如图，在平面在角坐标系中，抛物线y=x2-2x-3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧）交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，对称轴与x轴交于点E．（1）连结BD，点M是线段BD上一动点（点M不与端点B，D重合），过点M作MN⊥BD交抛物线于点N（点N在对称轴的右侧），过点N作NH⊥x轴，垂足为H，交BD于点F，点P是线段OC上一动点，当MN取得最大值时，求HF+FP+