中考数学动态几何之和差问题真题与分析

动态题是近年来中考的的一个热点问题，动态包括点动、线动和面动三大类，解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。常见的题型包括最值问题、面积问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。从四方面进行动态几何之和差问题的探讨：（1）静态和差问题；（2）和差为定值问题；（3）和差最大问题；（4）和差最小问题。

一、静态和差问题： 典型例题：

例1：如图，在△ABC中，∠B与∠C的平分线交于点O. 过O点作DE∥BC，

分别交

AB、AC于D、E．若AB=5，AC=4，则△ADE的周长是 ▲ .

【答案】9。

【考点】角平分线定义，平行线的性质，等腰三角形的判定。 【分析】∵OB是∠B的平分线，∴∠DBO=∠OBC。

又∵DE∥BC，∴∠OBC =∠BOD。∴∠DBO=∠BOD。∴DO=DB。 同理，EO=EC。 又∵AB=5，AC=4，

∴△ADE的周长=AD＋DE＋AE=AD＋DO＋EO＋AE=AD＋DB

1

＋EC＋AE=AB＋AC=5＋4=9。

例2：如图，已知正方形ABCD的对角线长为2线EF折叠，则图中阴影部分的周长为【 】

，将正方形ABCD沿直

A． 8

B． 4

C． 8 D． 6

【答案】C。

【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的对称性质，正方形的性质，勾股定理。

【分析】如图，∵正方形ABCD的对角线长为2AB=AD，∠ABD=45°，

∴AB=BD•cos∠ABD=BD•cos45°=2∴AB=BC=CD=AD=2。

由折叠的性质：A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD， ∴图中阴影部分的周长为

A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+

BC+CD+AD=2+2+2+2=8。

故选C。

例3：如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=5点E、F分别在AB、CD上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A、D分别落在矩形ABCD外部的点A1、D1处，则阴影部分图形的周长为【 】

2

2，即BD=22，∠A=90°，

22=2。 2

A.15 B.20 C.25 D.30 【答案】D。

【考点】翻折变换（折叠问题），矩形和折叠的性质。

【分析】根据矩形和折叠的性质，得A1E=AE，A1D1=AD，D1F=DF，则阴影部分的周长即为矩形的周长，为2（10+5）=30。故选D。

例4：如图：矩形ABCD的对角线AC=10，BC=8，则图中五个小矩形的周长之和为【 】

A、14 B、16 C、20 D、28

【答案】D。

【考点】平移的性质，勾股定理。 【分析】由勾股定理，得AB=AC2BC2102826，将五个小矩形的所有

上边平移至AD，所有下边平移至BC，所有左边平移至AB，所有右边平移至CD，

∴五个小矩形的周长之和=2（AB+CD）=2×（6+8）=28。故选D。

例5：在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC

于点E，

3

作AF垂直于直线CD于点F，若AB＝5，BC＝6，则CE＋CF的值为【 】

A．11＋1132C．11＋1132 B．11－11或11－11323

2D．11－1132 或1＋32

【答案】C。

【考点】平行四边形的性质和面积，勾股定理。 【分析】依题意，有如图的两种情况。设BE=x，DF=y。 如图1，由AB＝5，BE=x，得

AEAB2BE225x2。

由平行四边形ABCD的面积为15，BC＝6，得625x2=15，

32 解得x=5（负数舍去）。

AD2DF236y2 由BC＝6，DF=y，得AF。

由平行四边形ABCD的面积为15，AB＝5，

得536y2=15，

解得y=33（负数舍去）。 ∴CE＋CF=（6－532）＋（5－35323）=11－3。

1132。

如图2，同理可得BE= ∴CE＋CF=（6＋5 故选C。

32，DF=3）＋（5＋33）=11＋1132。

例6：已知：如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，CD⊥AD，AD2＋CD2＝2AB2．

（1）求证：AB＝BC；

4

（2）当BE⊥AD于E时，试证明：BE＝AE＋CD．

【答案】解：（1）证明：连接AC。

∵∠ABC＝90°，∴AB2＋BC2＝

AC2。

∵CD⊥AD，∴AD2＋CD2＝AC2。

∵AD2＋CD2＝2AB2，∴AB2＋BC2＝2AB2。 ∴AB＝BC。

（2）证明：过C作CF⊥BE于F。

∵BE⊥AD，∴四边形CDEF是矩形。∴CD＝EF。 ∵∠ABE＋∠BAE＝90°，∠ABE＋∠CBF＝90°，∴∠BAE

＝∠CBF。

又∵AB＝BC，∠BEA＝∠CFB，∴△BAE≌△CBF（AAS）。

∴AE＝BF。

∴BE＝BF＋EF ＝AE＋CD。

【考点】勾股定理，矩形的性质，全等三角形的判定和性质。

【分析】（1）题目中存在直角，垂直，含线段平方的等式，因此考虑连接AC，构造直角三角形，利用勾股定理证明。

（2）可采用“截长”法证明，过点C作CF⊥BE于F，易证CD=EF，

只需再证明AE=BF即可，这一点又可通过全等三角形获证.

5

例7：如图，四边形ABCD是正方形，点G是BC边上任意一点，DE⊥AG于E，BF∥DE，交AG于F． （1）求证：AF﹣BF=EF；

（2）将△ABF绕点A逆时针旋转，使得AB与AD重合，记此时点F的对应点为点F′，若正方形边长为3，求点F′与旋转前的图中点E之间的距离．

【答案】（1）证明：如图，∵正方形ABCD，∴AB=AD，∠BAD=∠BAG+∠EAD=90°。

∵DE⊥AG，∴∠AED=90°。∴∠EAD+∠ADE=90°。

∴∠ADE=∠BAF。

又∵BF∥DE，∴∠AEB=∠AED=90°。 在△AED和△BFA中，∵∠AEB=∠AED，

∠ADE=∠BAF，AD = AB。

∴△AED≌△BDA（AAS）。∴BF=AE。 ∵AF﹣AE=EF，∴AF﹣BF=EF。 （2）解：如图，

根据题意知：∠FAF′=90°，

DE=AF′=AF，

6

∴∠F′AE=∠AED=90°，即∠F′AE+∠AED=180°。 ∴AF′∥ED。∴四边形AEDF′为平行四边形。 又∵∠AED=90°，∴四边形AEDF′是矩形。 ∴EF′=AD=3。

∴点F′与旋转前的图中点E之间的距离为3。

【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质。

【分析】（1）由四边形ABCD为正方形，可得出∠BAD为90°，AB=AD，进而得到∠BAG与∠EAD互余，又DE垂直于AG，得到∠EAD与∠ADE互余，根据同角的余角相等可得出∠ADE=∠BAF，利用AAS可得出三角形ABF与三角形ADE全等，利用全等三角的对应边相等可得出BF=AE，由AF﹣AE=EF，等量代换可得证。

（2）将△ABF绕点A逆时针旋转，使得AB与AD重合，记此时

点F的对应点为点F′，连接EF′，如图所示，由旋转的性质可得出∠FAF′为直角，AF=AF′，由（1）的全等可得出AF=DE，等量代换可得出DE=AF′=AF，再利用同旁内角互补两直线平行得到AF′与DE平行，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形可得出AEDF′为平行四边形，再由一个角为直角的平行四边形为矩形可得出AEDF′为矩形，根据矩形的对角线相等可得出EF′=AD，由AD的长即可求出EF′的长。

例8：已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD于点E，∠1=∠2． （1）若CE=1，求BC的长；

7

（2）求证：AM=DF+ME．

【答案】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD。∴∠1=∠ACD。

∵∠1=∠2，∴∠ACD=∠2。∴MC=MD。 ∵ME⊥CD，∴CD=2CE。 ∵CE=1，∴CD=2。∴BC=CD=2。

（2）证明：∵F为边BC的中点，∴BF=CF=1BC。∴CF=CE。

2∵在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，

∴∠ACB=∠ACD。

在△CEM和△CFM中，∵CE=CF，

∠ACB=∠ACD，CM=CM，

∴△CEM≌△CFM（SAS），∴ME=MF。 延长AB交DF于点

G，

∵AB∥CD，

∴∠G=∠2。

∵∠1=∠2，∴∠1=∠G。 ∴AM=MG。

在△CDF和△BGF中，

8

∵∠G=∠2，∠BFG=∠CFD，BF=CF，

∴△CDF≌△BGF（AAS）。

∴GF=DF。

由图形可知，GM=GF+MF，∴AM=DF+ME。

【考点】菱形的性质，平行的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。

【分析】（1）根据菱形的对边平行可得AB∥D，再根据两直线平行，内错角相等可得∠1=∠ACD，所以∠ACD=∠2，根据等角对等边的性质可得CM=DM，再根据等腰三角形三线合一的性质可得CE=DE，然后求出CD的长度，即为菱形的边长BC的长度。

（2）先利用SAS证明△CEM和△CFM全等，根据全等三角形对应

边相等可得ME=MF，延长AB交DF于点G，然后证明∠1=∠G，根据等角对等边的性质可得AM=GM，再利用AAS证明△CDF和

△BGF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF=DF，最后结合图形GM=GF+MF即可得证。

例9：如图，线段AC=n+1（其中n为正整数），点B在线段AC上，在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，连接AM、ME、EA得到△AME．当AB=1时，△AME的面积记为S1；当AB=2时，△AME的面积记为S2；当AB=3时，△AME的面积记为S3；…；当AB=n时，△AME的面积记为Sn．当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1= ▲ ．

9

例10：如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线交于点E，过点E作MN∥BC交AB于M，交AC于N，若BM+CN=9，则线段MN的长为【 】

A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】D。

【考点】角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质。 【分析】∵∠ABC、∠ACB的平分线相交于点E，∴∠MBE=∠EBC，∠ECN=∠ECB，

10

∵MN∥BC，∴∠EBC=∠MEB，∠NEC=∠ECB。

∴∠MBE=∠MEB，∠NEC=∠ECN。

∴BM=ME，EN=CN。∴MN=ME+EN，即MN=BM+CN。 ∵BM+CN=9∴MN=9。故选D。

例11：如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点D、E分别是边AB、AC上，将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合，若∠A=75°，则∠1+∠2=【 】

A．150° B．210° C．105° D．75° 【答案】A。

【考点】翻折变换（折叠问题），三角形内角和定理。

【分析】∵△A′DE是△ABC翻折变换而成，∴∠AED=∠A′ED，∠ADE=∠A′DE，∠A=∠A′=75°。

∴∠AED+∠ADE=∠A′ED+∠A′DE=180°﹣75°=105°，

∴∠1+∠2=360°﹣2×105°=150°。

故选A。

例12：已知∠α是锐角，∠α与∠β互补，∠α与∠γ互余，则∠β－∠γ的值是【 】

A．45º B．60º C．90º D．180º

11

【答案】C。

【考点】余角和补角、

【分析】根据互余两角之和为90°，互补两角之和为180°，结合题意即可得出答案：

由题意得，∠α＋∠β=180°，∠α＋∠γ=90°， 两式相减可得：∠β－∠γ=90°。故选C。

例13：如图，AB∥CD∥EF，那么∠BAC+∠ACE+∠CEF= ▲ 度．

【答案】360。

【考点】平行线的性质。

【分析】∵AB∥CD，∴∠BAC+∠ACD=180°…①。

∵CD∥EF，∴∠CEF+∠ECD=180°…②。

①+②得，∠BAC+∠ACD+∠CEF+∠ECD=180°+180°=360°，即

∠BAC+∠ACE+∠CEF=360°。 练习题：

1. 如图 在直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=8，AC=6，DE是AB边的垂直平分线，垂足为D，交边BC于点E，连接AE，则△ACE的周长为【 】

A、16 B、15 C、14 D、13

12

2. 如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将△BCD绕点B逆时

针旋转60°得到△BAE，连接ED．若BC=10，BD=9，则△AED的周长是_ ▲____.

3. 如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC = BC = 6，E是斜边AB上任意一点，

作EF⊥AC

于F，EG⊥BC于G，则矩形CFEG的周长是 ▲ ．

4.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E、F、G、H分别在矩形

ABCD

的各边上，EF∥HG，EH∥FG，则四边形EFGH的周长是【 】

A．10 B．13 C．210 D．213

5.如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上的点C的切线交AB 的延长线

13

于点E , AD⊥EC 于点D 且交⊙O于点F ，连接BC , CF , AC 。

（1）求证：BC=CF；

（2）若AD=6 , DE=8 ，求BE 的长； （3）求证：AF + 2DF = AB。

6.

（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．求证：CE＝CF；

（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE＋GD． （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：

如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE=10, 求直角梯形ABCD的面积．

7.如图①，△ABC中。AB=AC，P为底边BC上一点，PE⊥AB，PF⊥AC，

14

CH⊥AB，垂足分别为E、F、H．易证PE+PF=CH．证明过程如下：

（1）如图②，P为BC延长线上的点时，其它条件不变，PE、PF、CH又有怎样的数量网]关系?请写出你的猜想，并加以证明：

（2）填空：若∠A=300，△ABC的面积为49，点P在直线BC上，且P到直线AC的距离为PF，当PF=3时，则AB边上的高CH= ．点P到AB边的距离PE=

8. 如图，在△ABC中，∠C＝70º，沿图中虚线截去∠C，则∠1＋∠2＝【 】

A．360º B．250º C．180º D．140º 9.如图，1、2、3、4是五边形ABCDE的4个外角，若A120，则

15

1234 ▲

10.如图，将等腰直角三角形虚线剪去顶角后，∠1+∠2=【 】。

A．225° B．235° C．270° D．与虚线的位置有关 11.如图，一个等边三角形纸片，剪去一个角后得到一个四边形，则图中∠α+∠β的度数是【 】

A．180 B．

220 C．

240 D．300

二、和差为定值问题： 典型例题：

例1：如图所示，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上移动，

但点A

到EF的距离AH始终保持与AB的长度相等，问在点E、F移动过程中； （1）∠EAF的大小是否发生变化？请说明理由. （2）△ECF的周长是否发生变化？请说明理由.

16

【答案】解：（1）∠EAF的大小不会发生变化。理由如下：

在正方形ABCD中，∵AH⊥EF，∴∠AHF=∠D=90°， ∵AF=AF，AH=AD，∴Rt△AHF≌Rt△ADF(HL)。

∴∠HAF=∠DAF。

同理Rt△AHE≌Rt△ABE，∠HAE=∠BAE。 ∵∠HAF+∠DAF+∠HAE+∠BAE=90°

∴∠EAF=∠HAF+∠HAE=45°。

∴∠EAF的大小不会发生变化。 （2）△ECF的周长不会发生变化。理由如下：

由（1）知：Rt△AHF≌Rt△ADF， Rt△AHE≌Rt△ABE， ∴FH=FD，EH=EB。∴EF=EH+FH=EB+FD。 ∴CE+CF+EF= CE+CF+ EB+FD=BC+CD。 ∴CE+CF+EF= CE+CF+ EB+FD=BC+CD。

【考点】正方形的性质，动点和定值问题，全等三角形的判定和性质。 【分析】（1）由HL证得Rt△AHF≌Rt△ADF和Rt△AHE≌Rt△ABE即可得∠EAF=∠HAF+∠HAE=45°，即∠EAF的大小不会发生变化。

（2）由（1）两个全等即可得CE+CF+EF= CE+CF+ EB+FD=BC+CD，

即CE+CF+EF= CE+CF+ EB+FD=BC+CD。

【点评】第二问，△ECF的周长即CE+CF+EF为定值：正方形ABCD边

17

，

长的2倍。

例2：如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH． （1）求证：∠APB=∠BPH；

（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；

（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．

又∵∠EPH=∠EBC=90°，

∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP，即

∠PBC=∠BPH。

又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC。

∴∠APB=∠BPH。

（2）△PHD的周长不变为定值8。证明如下：

如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q。

18

由（1）知∠APB=∠BPH， 又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP， ∴△ABP≌△QBP（AAS）。

∴AP=QP，AB=BQ。

又∵AB=BC，∴BC=BQ。 又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH， ∴△BCH≌△BQH（HL）。∴CH=QH。 ∴△PHD的周长为：

PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8。 （3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，

则FM=BC=AB。

又∵EF为折痕，∴EF⊥BP。 ∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=9

0°。

∴∠EFM=∠ABP。

又∵∠A=∠EMF=90°，AB=ME， ∴△EFM≌△BPA（ASA）。 ∴EM=AP=x．

∴在Rt△APE中，（4﹣BE）+x=BE

x2∴CFBEEM2+x。

82

2

2

x2，即BE2+8。

又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等，

11x21212∴SBECFBC=4+x4=x2x+8=x2+6。 22422

19

∵0<1<4，∴当x=2时，S有最小值6。

2【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的最值。

【分析】（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案。

（2）先由AAS证明△ABP≌△QBP，从而由HL得出

△BCH≌△BQH，即可得CH=QH。因此，△PDH的周长=PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8为定值。

（3）利用已知得出△EFM≌△BPA，从而利用在Rt△APE中，（4

﹣BE）2+x2=BE2，利用二次函数的最值求出即可。

例3：如图，点E是矩形ABCD的对角线BD上的一点，且BE=BC，AB=3，BC=4，点P为直线EC上的一点，且PQ⊥BC于点Q，PR⊥BD于点R． （1）如图1，当点P为线段EC中点时，易证：PR+PQ= 12（不需证明）． 5（2）如图2，当点P为线段EC上的任意一点（不与点E、点C重合）时，其它条件不变，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． （3）如图3，当点P为线段EC延长线上的任意一点时，其它条件不变，则PR与PQ之间又具有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．

20

【答案】解：（2）图2中结论PR＋PQ=12仍成立。证明

5如下：

连接BP，过C点作CK⊥BD于点K。 ∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD=90°。 又∵CD=AB=3，BC=4，∴BDCD2BC2 32425。

∵S△BCD=1BC•CD=1BD•CK，∴3×4=5CK，∴CK=12。

225∵S△BCE=1BE•CK，S△BEP=1PR•BE，S△BCP=1PQ•BC，且

222S△BCE=S△BEP＋S△BCP，

2又∵BE=BC，∴1CK=1PR＋1PQ。∴CK=PR＋PQ。

222又∵CK=12，∴PR＋PQ=12。

55（3）图3中的结论是PR－PQ=12．

5∴1BE•CK=1PR•BE＋1PQ•BC。

22【考点】矩形的性质，三角形的面积，勾股定理。 【分析】（2）连接BP，过C点作CK⊥BD于点K．根据矩形的性质及勾股定理求出BD的长，根据三角形面积相等可求出CK的长，最后通过等量代换即可证明。

（3）图3中的结论是PR－PQ=125 。

连接BP，S△BPE－S△BCP=S△BEC，S△BEC 是固定值，BE=BC 为

两个底，PR，PQ 分别为高，从而PR－PQ=12。

5例4：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l1、l2．

21

(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l1相切；

(3)求线段MN的长(用k表示)，并证明M、N两点到直线l2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=ax2＋bx＋c，

4a2b+c=0则4a+2b+c=0 c=11a=4解得b=0。

c=1

∴抛物线对应二次函数的解析式 所以y=1x21。

4 （2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为点M、N在抛物线上， ∴y1=1x121，y2=1x221，∴x22=4(y2+1)。

44又∵ON2x22y224y21y22y222，∴ON又∵y2≥－l，∴ON=2＋y2。 设ON的中点E，分别过点N、E

向直线

EFl1y22。

作垂线，垂足为P、F， 则

，

∴ON=2EF，

OCNP2y222 22

即ON的中点到直线l1的距离等于ON长度的一半， ∴以ON为直径的圆与l1相切。

（3）过点M作MH⊥NP交NP于点H，则

MN2MH2NH2x2x1y2y122，

又∵y1=kx1，y2=kx2，∴（y2－y1)2=k2(x2－x1)2。

∴MN2=(1+k2)(x2一xl)2。

又∵点M、N既在y=kx的图象上又在抛物线上， ∴kx=1x21，即x2－4kx－4=0，∴x2＋x1=4k，x2·x1=－4。

4∴MN2=(1+k2)(x2一xl)2=(1+k2)[ (x2＋xl)2－4x2·xl]

=16(1+k2)2。∴MN=4(1+k2)。

延长NP交l2于点Q，过点M作MS⊥l2交l2于点S， 则MS＋NQ=y1＋2＋y2＋2=1x121+1x221+4

4=12x1+x2244112+2=x1+x22x1x2+2=16k2+8+2=4k2+4=41+k244

∴MS+NQ=MN，即M、N两点到l2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l1相切，只要证ON的中点到直

线l1的距离等于ON长的一半即可。

23

（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l2的距离之和，相比较即可。

例5：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S1，△CDG的面积为S2．试说明S1－S2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。

GDAG∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，∴GD=3－x，AG=4－x。

24

∴

y=4x。 3x1y=3x4x，即y=4x。∴y关于x的函数关系式为

3x当y =3时，3=4x，解得:x=2.5。

3x（

223x222

222）

∵S1=1GPGD=14x3x1x+2，S2=1GDCD=13x11x+3，

1131∴S1S2= x+2x+为常数。

2222（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。 ∴3x=4x，化简得：x25x+5=0，解得：x=53x52。

∵0≤x≤2.5，∴x=552。

GD在Rt△DGP中，PD=552+10=23x=23=22cos450。

【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S1、S2，然后作差

即可。

25

（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。 练习题：

1.已知关于x的二次函数y＝ax2bxca0的图象经过点C（0，1），且与x轴交于不同的两点A、B，点A的坐标是（1，0） （1）求c的值； （2）求a的取值范围；

（3）该二次函数的图象与直线y＝1交于C、D两点，设A、B、C、D四点构成的四边形的对角线相交于点P，记△PCD的面积为S1，△PAB的面积为S2，当0＜a＜1时，求证：S1﹣S2为常数，并求出该常数． 2.如图①，将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，得到△ABD和△ECF，固定△ABD，并把△ABD与△ECF叠放在一起． （1）操作：如图②，将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处，△ECF绕点F在BD边上方左右旋转，设旋转时FC交BA于点H（H点不与B点重合），FE交DA于点G（G点不与D点重合）． 求证：BH•GD=BF2

（2）操作：如图③，△ECF的顶点F在△ABD的BD边上滑动（F点不与B、D点重合），且CF始终经过点A，过点A作AG∥CE，交FE于点G，连接DG．

探究：FD+DG= ．请予证明．

26

3.如图，将—矩形OABC放在直角坐际系中，O为坐标原点．点A在x轴正半轴上．点E是边AB上的—个动点(不与点A、N重合)，过点E的反比例函数yk(x0)的图象与边BC交于点F。

x（1）(4分)若△OAE、△OCF的而积分别为S1、S2．且S1＋S2=2，求k的值：

（2）(6分) 若OA=2．0C=4．问当点E运动到什么位置时，四边形OAEF的面积最大．其最大值为多少?

4.如图，点E是矩形ABCD的对角线BD上的一点，且BE=BC，AB=3，BC=4，点P为直线EC上的一点，且PQ⊥BC于点Q，PR⊥BD于点R。 （1）如图1，当点P为线段EC中点时，易证：PR+PQ=

12（不需证明）。 5（2）如图2，当点P为线段EC上的任意一点（不与点E、点C重合）时，

其它条件不变，则（1）中

的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由。

27

（3）如图3，当点P为线段EC延长线上的任意一点时，其它条件不变，

则PR与PQ之间又具有怎样 的数量关系？请直接写出你的猜想。

5.探究问题：

⑴方法感悟：如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF，求证DE+BF=EF． 感悟解题方法，并完成下列填空：

将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：

AB=AD，BG=DE, ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，∴∠ABG+∠ABF=90°＋90°=180°，

因此，点G，B，F在同一条直线上．

∵∠EAF=45° ∴∠2＋∠3=∠BAD－∠EAF=90°－45°=45°． ∵∠1=∠2， ∴∠1＋∠3=45°．即∠GAF=∠_________．

又AG=AE，AF=AF∴△GAF≌_______．∴_________=EF，故DE＋BF=EF． ⑵方法迁移：

如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF=1∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并

2证明你的猜想．

28

⑶问题拓展：

如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，E，F分别为DC,BC上的点，满足∠EAF=

12∠DAB,试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得

DE+BF=EF．请直接写出你的猜想（不必说明理由）．

6.已知菱形ABCD的边长为1．∠ADC=60°，等边△AEF两边分别交边DC、CB于点E、F。

（1）（4分）特殊发现：如图1，若点E、F分别是边DC、CB的中点．求证：菱形ABCD对角线AC、BD交点O即为等边△AEF的外心； （2）若点E、F始终分别在边DC、CB上移动．记等边△AEF的外心为点P．

①（4分）猜想验证：如图2．猜想△AEF的外心P落在哪一直线上，并加以证明；

②（6分）拓展运用：如图3，当△AEF面积最小时，过点P任作一直线分别交边DA于点M，交边DC的延长线于点N，试判断为定值．若是．请求出该定值；若不是．请说明理由。

11是否DMDN 29

三、和差最大问题： 典型例题：

例1： 如图所示，抛物线yax2bxc（a≠0）的顶点坐标为点A（－2，3）， 且抛物线yax2bxc与y轴交于点B（0，2）. （1）求该抛物线的解析式；

（2）是否在x轴上存在点P使△PAB为等腰三角形，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说 明理由；

（3）若点P是x轴上任意一点，则当PA－PB最大时，求点P的坐

标.

【答案】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为A(－2，3)，∴可设抛物线的解析式为ya(x2)23。

由题意得

a(02)232，解得a14。

4∴物线的解析式为y1(x2)23，即y1x2x2。

4（2）设存在符合条件的点P，其坐标为（p，0），则

30

PA2=(2p)232，PB=p222，AB2=(32)2225 当PA=PB时，(2p)232=p222，解得p9；

4当PA=PB时，(2p)232=5，方程无实数解； 当PB=AB时，p222=5，解得p1。

∴x轴上存在符合条件的点P，其坐标为（9，0）或（-1,0）

4或（1,0）。

（3）∵PA－PB≤AB，∴当A、B、P三点共线时，可得PA－

PB的最大值，这个最大值等于AB， 此时点P是直线AB与x轴的交点。

设直线AB的解析式为y=kx+b，则

1b2k，解得∴直线2。2kb3b2AB的解析式为y1x2，

2当y1x2=0时，解得x4。

2∴当PA－PB最大时，点P的坐标是（4，0）。

【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，等腰三角形的判定和性质。

【分析】（1）由已知用待定系数法，设顶点式求解。

（2）分PA=PB、PA=PB、PB=A三种情况讨论即可。 （3）求得PA－PB最大时的位置，即可求解。

31

例3：如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CE⊥AB于E，设∠ABC=α（60°≤α＜90°）． （1）当α=60°时，求CE的长； （2）当60°＜α＜90°时，

①是否存在正整数k，使得∠EFD=k∠AEF？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

②连接CF，当CE2﹣CF2取最大值时，求tan∠DCF的值．

32

【答案】解：（1）∵α=60°，BC=10，∴sinα=CE，即sin60°=CEBC1032，解得

CE=53。

（2）①存在k=3，使得∠EFD=k∠AEF。

理由如下：

连接CF并延长交BA的延长线于

点G，

∵F为AD的中点，∴AF=FD。 在平行四边形ABCD中，

AB∥CD，∴∠G=∠DCF。

在△AFG和△CFD中，

∵∠G=∠DCF，∠G=∠DCF，AF=FD，

∴△AFG≌△CFD（AAS）。∴CF=GF，AG=CD。 ∵CE⊥AB，∴EF=GF。∴∠AEF=∠G。 ∵AB=5，BC=10，点F是AD的中点，∴AG=5，

AF=1AD=1BC=5。∴AG=AF。

22∴∠AFG=∠G。

在△AFG中，∠EFC=∠AEF+∠G=2∠AEF， 又∵∠CFD=∠AFG，∴∠CFD=∠AEF。

∴∠EFD=∠EFC+∠CFD=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF， 因此，存在正整数k=3，使得∠EFD=3∠AEF。 ②设BE=x，∵AG=CD=AB=5，∴EG=AE+AG=5﹣

x+5=10﹣x，

33

在Rt△BCE中，CE2=BC2﹣BE2=100﹣x2。

2

在Rt△CEG中，CG2=EG2+CE2=（10﹣x）+100﹣x2=200

﹣20x。

∵CF=GF（①中已证），∴CF2=（1CG）2=1CG2=1（200

244﹣20x）=50﹣5x。

∴CE2﹣CF2=100﹣x2﹣50+5x=﹣x2+5x+50=﹣（x﹣5）

22

+50+25。

4∴当x=5，即点E是AB的中点时，CE2﹣CF2取最大值。

2此时，EG=10﹣x=10﹣5=15，CE=22515215。 ∴tanDCFtanGCG15EG32100x2=10025515=42，

【考点】锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，平行四边形的性质，对顶角的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，勾股定理。 【分析】（1）利用60°角的正弦值列式计算即可得解。

（2）①连接CF并延长交BA的延长线于点G，利用“角边角”证明

△AFG和△CFD全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=GF，AG=CD，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EF=GF，再根据AB、BC的长度可得AG=AF，然后利用等边对等角的性质可得

∠AEF=∠G=∠AFG，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠EFC=2∠G，然后推出∠EFD=3∠AEF，从而得解。

34

②设BE=x，在Rt△BCE中，利用勾股定理表示出CE2，表示

出EG的长度，在Rt△CEG中，利用勾股定理表示出CG2，从而得到CF2，然后相减并整理，再根据二次函数的最值问题解答。

例4：如图1和2，在△ABC中，AB=13，BC=14，cos∠ABC=

5． 13探究：如图1，AH⊥BC于点H，则AH= ，AC= ，△ABC的面积S△ABC= ；

拓展：如图2，点D在AC上（可与点A，C重合），分别过点A、C作直线BD的垂线，垂足为E，F，设BD=x，AE=m，CF=n（当点D与点A重合时，我们认为S△ABD=0）

（1）用含x，m，n的代数式表示S△ABD及S△CBD；

（2）求（m+n）与x的函数关系式，并求（m+n）的最大值和最小值； （3）对给定的一个x值，有时只能确定唯一的点D，指出这样的x的取值范围．

发现：请你确定一条直线，使得A、B、C三点到这条直线的距离之和最小（不必写出过程），并写出这个最小值．

【答案】解：探究：12；15；84。

拓展：（1）由三角形面积公式，得

35

1111SABDBDAExm，SCBDBDCFxn。

22222S2S（2）由（1）得mABD，nCBD，

xx2S2S2S168 ∴m+nABD+CBDABC

xxxx2S16856 ∵△ABC中AC边上的高为ABC==，

AC15556∴x的取值范围为x14。

5 ∵m+n随x的增大而减小，

∴当x=的最小值为12。

（3）x的取值范围为x=56或13最小值为

56。 5【考点】动点问题，锐角三角函数定义，特殊角有三角函数值，勾股定理， 垂直线段的性质，反比例函数的性质。

【分析】探究：在Rt△ABH中，AB=13，cosABC∴BH=ABcosABC1355。 13AB2BH21325212。

513，

∴根据勾股定理，得AH ∵BC=14，∴HC=BC－BH=9。∴根据勾股定理，得

ACAB2+HC2122+9215。

∴SABCBCAH141284。

拓展：（1）直接由三角形面积公式可得。

（2）由（1）和SABCSABD+SCBD即可得到m+n关于x的反比

例函数关系式。根据垂直线段最短的性质，当BD⊥AC时，x最小，由面

36

1212积公式可求得；因为AB=13，BC=14，所以当BD=BC=14时，x最大。从而根据反比例函数的性质求出m+n）的最大值和最小值。

（3）当x=56时，此时BD⊥AC，在线段AC上存在唯一的

5点D；当

565在线段AC上存在唯一的点D。因此x的取值范围为x=56或13发现：由拓展（2）知，直线AC，A、B、C三点到这条直线的距

离之和（即△ABC中AC边上的高）最小，最小值为的高12和AB边上的高练习题：

BE是半径为 6 的⊙D的圆周，1.如图，C点是BE上的任意一点， △ABD

56（它小于5BC边上

2SABC168）。 =AB1314是等边三角形,则四边形ABCD的周长P的取值范围是 ▲

2.如图所示，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，∠BAD=90°，BC与y轴相交于点M，且M是BC的中点，A、B、D三点的坐标分别是A（1 ，，B（1 ，，D（3，0）．连接DM，并把线段 0） 2）DM沿DA方向平移到ON．若抛物线yax2bxc经过点D、M、N． （1）求抛物线的解析式．

37

（2）抛物线上是否存在点P，使得PA=PC，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）设抛物线与x轴的另一个交点为E，点Q是抛物线的对称轴上的一个动点，当点Q在什么位置时有|QE-QC|最大？并求出最大值．

3. 如图，在平面直角坐标系中，直线yx与抛物线yx2bxc交于A、B两点，点A在x轴上，点B的横坐标为﹣8． （1）求该抛物线的解析式；

（2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为C，交直线AB于点D，作PE⊥AB于点E． ①设△PDE的周长为l，点P的横坐标为x，求l关于x的函数关系式，并求出l的最大值；

②连接PA，以PA为边作图示一侧的正方形APFG．随着点P的运动，正方形的大小、位置也随之改变．当顶点F或G恰好落在y轴上时，直接写出对应的点P的坐标．

343214

4. 问题提出：我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，而解决问题的策略一般要进行一定的转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．所谓“作差法”：就是通过作差、变形，并利用差的符号

38

确定他们的大小，即要比较代数式M、N的大小，只要作出它们的差M－N，若M－N＞0，则M＞N；若M－N＝0，则M＝N；若M－N＜0，则M＜N．

问题解决：如图1，把边长为a＋b(a≠b)的大正方形分割成两个

边长分别是a、b的小正方形及两个矩形，试比较两个小正方形面积之和M与两个矩形面积之和N的大小．

解：由图可知：M＝a2＋b2，N＝2ab．∴M－N＝a2＋b2－2ab＝(a－b)2．

∵a≠b，∴(a－b)2＞0．∴M－N＞0．∴M＞N．

类别应用：(1)已知小丽和小颖购买同一种商品的平均价格分别

为ab元/千克和

22ab元/千克(a、b是正数，且a≠b)，试比较小丽和小颖所ab购买商品的平均价格的高低．

(2)试比较图2和图3中两个矩形周长M1、N1的大

小(b＞c)．

联系拓广：小刚在超市里买了一些物品，用一个长方体的箱

子“打包”，这个箱子的尺寸如图4所示(其中b＞a＞c＞0)，售货员分别可按图5、图6、图7三种方法进行捆绑，问哪种方法用绳最短？哪种方法用绳最长？请说明理由．

39

四、和差最小问题： 典型例题：

例1：如图，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为【 】

A． 1 B．【答案】B。

【考点】菱形的性质，线段中垂线的性质，三角形三边关系，垂直线段的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】分两步分析：

（1）若点P，Q固定，此时点K的位置：如图，作点P关于BD的对称点P1，连接P1Q，交BD于点K1。 由线段中垂线上的点到线段两端距离相等的性质，得

P1K1 = P K1，P1K=PK。

由三角形两边之和大于第三边的性质，得P1K＋QK＞P1Q= P1K1＋Q K1= P K1＋Q K1。

40

3 C． 2 D．3＋1

∴此时的K1就是使PK+QK最小的位置。

（2）点P，Q变动，根据菱形的性质，点P关于BD的对称点P1在AB上，即不论点P在BC上任一点，点P1总在AB上。

因此，根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质，得，当P1Q⊥AB时P1Q最短。

过点A作AQ1⊥DC于点Q1。 ∵∠A=120°，∴∠DA Q1=30°。 又∵AD=AB=2，∴P1Q=AQ1=AD·cos300=2 综上所述，PK+QK的最小值为3。故选

33。 3B。

例2：如图，正方形ABCD中，AB=4，E是BC的中点，点P是对角线AC上一动点，则PE+PB的最小值为 ▲ ．

【答案】25。

【考点】轴对称（最短路线问题），正方形的性质，勾股定理。

【分析】连接DE，交BD于点P，连接BD。

∵点B与点D关于AC对称，∴DE的长即为

PE+PB的最小值。

∵AB=4，E是BC的中点，∴CE=2。

在Rt△CDE中，DE=

CD2+CE242+2225。

41

例3：点A、Ｂ均在由面积为1的相同小矩形组成的网格的格点上，建立

平面直角

坐标系如图所示．若P是x轴上使得PAPB的值最大的点，Q是y轴上使

得QA十QB的值最小的点， 则OPOQ＝ ▲ ．

【答案】5。

【考点】轴对称（最短路线问题），坐标与图形性质，三角形三边关系，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。

【分析】连接AB并延长交x轴于点P，作A点关于y轴的对称点A′连接A′B交y轴于点Q，求出点Q与y轴的交点坐标即可得出结论：

连接AB并延长交x轴于点P，

由三角形的三边关系可知，点P即为x轴上使得

|PA－PB|的值最大的点。

∵点B是正方形ADPC的中点， ∴P（3，0）即OP=3。

作A点关于y轴的对称点A′连接A′B交y轴于点Q，则A′B即为

QA+QB的最小值。

∵A′（-1，2），B（2，1）， 设过A′B的直线为：y=kx+b，

42

则

1k 2kb 3，解得 12kb5b3。∴Q（0，5 ），即OQ=5。

33∴OP•OQ=3×5=5。

3例4：在锐角三角形ABC中，BC=42，∠ABC=45°，BD平分∠ABC，M、

N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值是 ▲ 。

[

【答案】4。

【考点】最短路线问题，全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，垂直线段的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】如图，在BA上截取BE=BN，连接EM。

∵∠ABC的平分线交AC于点D，∴∠EBM=∠NBM。

在△AME与△AMN中，∵BE=BN ，∠EBM=∠NBM，BM=BM， ∴△BME≌△BMN

∴CM+MN=CM+ME≥CE。

又∵CM+MN有最小值，∴当CE是点C到直线AB的距离时，

CE取最小值。

∵BC=42，∠ABC=45°，∴CE

（SAS）。∴ME=MN。

的最小值为42sin450=4。

∴CM+MN的最小值是4。

例5： 如图，MN为⊙O的直径，A、B是O上的两点，过A作AC⊥MN

43

于点C，

过B作BD⊥MN于点D，P为DC上的任意一点，若MN＝20，AC＝8，

BD＝6，则PA＋PB的最小值是 ▲ 。

例6：阅读材料：

（1）对于任意两个数a、b的大小比较，有下面的方法： 当ab0时，一定有ab； 当ab0时，一定有ab； 当ab0时，一定有ab．

44

反过来也成立．因此，我们把这种比较两个数大小的方法叫做“求差法”． （2）对于比较两个正数a、b的大小时，我们还可以用它们的平方进行比较： ∵a2b2(ab)(ab)，ab0 ∴（a2b2）与（ab）的符号相同 当a2b2＞0时，ab＞0，得ab 当a2b2=0时，ab=0，得ab 当a2b2＜0时，ab＜0，得ab 解决下列实际问题：

（1）课堂上，老师让同学们制作几种几何体，张丽同学用了3张A4纸，7张B5纸；李明同学用了2张A4纸，8张B5纸．设每张A4纸的面积为x，每张B5纸的面积为y，且x＞y，张丽同学的用纸总面积为W1，李明同学的用纸总面积为W2．回答下列问题： ①W1= （用x、y的式子表示） W2= （用x、y的式子表示） ②请你分析谁用的纸面积最大．

（2）如图1所示，要在燃气管道l上修建一个泵站，分别向A．B两镇供气，已知A．B到l的距离分别是3km、4km（即AC=3km，BE=4km），AB=xkm，现设计两种方案：

45

方案一：如图2所示，AP⊥l于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a1=AB+AP．

方案二：如图3所示，点A′与点A关于l对称，A′B与l相交于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a2=AP+BP．

①在方案一中，a1= km（用含x的式子表示）； ②在方案二中，a2= km（用含x的式子表示）；

③请你分析要使铺设的输气管道较短，应选择方案一还是方案二． 【答案】解：（1）①3x+7y；2x+8y。

②W1﹣W2=（3x+7y）﹣（2x+8y）=x﹣y， ∵x＞y，∴x﹣y＞0。∴W1﹣W2＞0。 ∴W1＞W2，所以张丽同学用纸的总面积大。 （2）①x+3。

②x248。 a12a2=x+322③∵

x+482=x+6x+9x22248=6x39

∴当a12a22＞0（即a1﹣a2＞0，a1＞a2）时，6x﹣39＞0，

解得x＞6.5；

当a12a22=0（即a1﹣a2=0，a1=a2）时，6x﹣39=0，解得

x=6.5；

当a12a22＜0（即a1﹣a2＜0，a1＜a2）时，6x﹣39＜0，

解得x＜6.5。

综上所述，当x＞6.5时，选择方案二，输气管道较短， 当x=6.5时，两种方案一样，

46

当0＜x＜6.5时，选择方案一，输气管道较短。

例7：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣2，﹣4），O（0，0），B（2，0）三点． （1）求抛物线y=ax2+bx+c的解析式；

（2）若点M是该抛物线对称轴上的一点，求AM+OM的最小值．

【答案】解：（1）把A（﹣2，﹣4），O（0，0），B（2，0）三点的坐标代入y=ax2+bx+c中，得

1a=4a+2b+c=024a2b+c=4，解这个方程组，得b=1。

c=0c=0∴抛物线的解析式为y=﹣1x2+x。

2 47

（2）由y=﹣1x2+x=﹣1（x﹣1）2+1，

222可得

抛物线的对称轴为x=1，并且对称

轴垂直平分线段OB。

∴OM=BM。

∴OM+AM=BM+AM。

连接AB交直线x=1于M点，则此时OM+AM最小。 过点A作AN⊥x轴于点N， 在Rt△ABN中，AB=AN2+BN242+4242，

2。

因此OM+AM最小值为4【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，解方程组，二次函数的性质，线段中垂线的性质，三角形三边关系，勾股定理。 【分析】（1）已知抛物线上不同的三点坐标，利用待定系数法可求出该抛物线的解析。

（2）根据O、B点的坐标发现：抛物线上，O、B两点正好关于抛

物线的对称轴对称，那么只需连接A、B，直线AB和抛物线对称轴的交点即为符合要求的M点，而AM+OM的最小值正好是AB的长。

对x=1上其它任一点M′，根据三角形两边之和大于第三边的

性质，总有：

O M′+A M′= B M′+A M′＞AB=OM+AM， 即OM+AM为最小值。

48

例8：综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A．B两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点． （1）求直线AC的解析式及B．D两点的坐标；

（2）点P是x轴上一个动点，过P作直线l∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A．P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出M点的坐标．

【答案】解：（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3。

∵点A在点B的左侧，∴A．B的坐标分别为（﹣1，0），

（3，0）。

当x=0时，y=3。∴C点的坐标为（0，3）。 设直线AC的解析式为y=k1x+b1（k1≠0），则

49

b1=3k1=3，解得。 k+b=0b=3111∴直线AC的解析式为y=3x+3。

∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，

4）。

（2）抛物线上有三个这样的点Q。如图，

①当点Q在Q1位置时，Q1的纵坐标为

3，代入抛物线可得点Q1的坐标为（2，3）；

②当点Q在点Q2位置时，点Q2的纵

坐标为﹣3，代入抛物线可得点Q2坐标为（1+7，﹣3）；

③当点Q在Q3位置时，点Q3的纵坐标为﹣3，代入抛物

线解析式可得，点Q3的坐标为（1﹣7，﹣3）。

7综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：Q1（2，3），Q2（1+﹣3），Q3（1﹣7，

，﹣3）。

（3）点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC 的对称点．连接B′D交直线AC与点M，则点M为所求。

过点B′作B′E⊥x轴于点E。

∵∠1和∠2都是∠3的余角，∴∠1=∠2。 ∴Rt△AOC∽Rt△AFB。∴CO=CA。

BFAB由A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得

OA=1，OB=3，OC=3，

∴AC=10，AB=4。

50

∴

310=BF4，解得BF=6由∠1=∠2可得∴

3=21．

51310==BEBE1210510， 5Rt△AOC∽Rt△B′EB，∴AO=CO=CA。

BEBEBB105。∴BB′=2BF=12。∴B′E=12，BE=36。∴OE=BE﹣OB=36﹣

555∴B′点的坐标为（﹣21，12）。

55设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0），则

4k=k2+b2=4213。 2112，解得48k+b=22b=55213∴直线B'D的解析式为：y=4x+48。

1313联立B'D与AC的直线解析式可得：

9x=y3x335。 48，解得4132y=x+y=131335∴M点的坐标为（

9132）。 ， 3535【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，二次函数的性质，平行四边形的性质，轴对称的性质，直角三角形两锐角的关系，三角形三边关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解二元一次方程组。

【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，由抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A．B两点可求得A．B两点的坐标，同样，由由抛物线y=﹣x2+2x+3与y轴交于点C可求得C点的坐标。用待定系数法，可求得直线AC的解析式。由y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4可求得顶点D的坐

51

标。

（2）由于点P 在x轴上运动，故由平行四边形对边平行的性质求

得点Q的坐标。

（3）点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线

AC 的对称点．连接B′D交直线AC与点M，则根据轴对称和三角形三边关系，知点M为所求。

因此，由勾股定理求得AC=求得BF=6510510，AB=4。由Rt△AOC∽Rt△AFB

，从而得到BB′=2BF=1255105。由Rt△AOC∽Rt△B′EB得到

5B′E=12，BE=36 ，OE=BE﹣OB=36﹣3=21，从而得到点B′的坐标。用待定系数法求出线B′D的解析式，与直线AC的解析式即可求得点M的坐标。 例9：如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D． （1）抛物线及直线AC的函数关系式；

（2）设点M（3，m），求使MN+MD的值最小时m的值；

（3）若抛物线的对称轴与直线AC相交于点B，E为直线AC上的任意一点，过点E作EF∥BD交抛物线于点F，以B，D，E，F为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求点E的坐标；若不能，请说明理由；

（4）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．

52

【答案】解：（1）由抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，

1b+c=0b=2，解得。∴抛物线的函数关系式为4+2b+c=3c=3yx22x3。

设直线AC的函数关系式为y=kx+n，由直线AC过点A

（﹣1，0）及C（2，3）得

k=1k+n=0，解得。∴直线2k+n=3n=1AC的函数关系式为y=x+1。

（2）作N点关于直线x=3的对称点N′， 令x=0，得y=3，即N（0，3）。

∴N′（6，3）

由yx22x3=x12+4得

D（1，4）。

设直线DN′的函数关系式为y=sx+t，则

1s=6s+t=35，解得。 s+t=421t=5

53

∴故直线DN′的函数关系式为y1x21。

55根据轴对称的性质和三角形三边关系，知当M（3，m）

在直线DN′上时，MN+MD的值最小，

∴m1321=18。

555∴使MN+MD的值最小时m的值为18。

5（3）由（1）、（2）得D（1，4），B（1，2），

①当BD为平行四边形对角线时，由B、C、D、N的坐

标知，四边形BCDN是平行四边形，此时，点E与点C重合，即E（2，3）。

②当BD为平行四边形边时，

x22x3）∵点E在直线AC上，∴设E（x，x+1），则F（x，。

又∵BD=2

∴若四边形BDEF或BDFE是平行四边形时，BD=EF。 ∴x22x3x1=2，即x2x2=2。

若x2x2=2，解得，x=0或x=1（舍去），∴E（0，1）。 若x2x2=2，解得，x=1117317E。 2，21721+，∴E173+17， 或221+综上，满足条件的点E为（2，3）、（0，1）、117317。 2，2173+17， 、22（4）如图，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x

轴于点G，

54

设Q（x，x+1），则P（x，﹣

x2+2x+3）。

x1）x2x2。∴PQ（x22x3）（

∴SAPCSAPQ+SCPQ1PQAG

2131227（x2x2）3（x）2228。

∵3<0，

2∴当x=1时，△APC的面积取得最大值，最大值为27。

28例10：如图，已知抛物线的方程C1:ymx2(xm)m0与x 轴相交于点B、

C，与y 轴相交于点E，且点B 在点C 的左侧.

(1)若抛物线C1过点M(2，2)，求实数m 的值． (2)在(1)的条件下，求△BCE的面积．

(3)在(1)的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使BH+EH最小，并求出点H的坐标．

(4)在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点

55

1的三角形与△BCE相似?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）∵抛物线C1过点M(2，2)，∴2122(2m)，解得m=4。

m（2）由（1）得y1x2(x4)。

4 令x=0，得y2。∴E（0，2），OE=2。 令y=0，得01x2(x4)，解得x1=－2，x=4。

4∴B（－2，，0），C（4，0），BC=6。 ∴△BCE的面积=1626。

2（3）由（2）可得y1x2(x4)的对称轴

4为x=1。

连接CE，交对称轴于点H，由轴对称

的性质和两点之间线段最短的性质，知此时BH+EH最小。

设直线CE的解析式为ykx+b，则

14k+b=0k=，解得2。∴直线b=2b=2CE的解析式为y1x+2。

2 当x=1时，y3。∴H（1，3）。

22（4）存在。分两种情形讨论：

①当△BEC∽△BCF时，如图

所示。

56

则BEBC，∴BC2=BE•BF。

BCBF由（2）知B（－2，0），E（0，2），即OB=OE， ∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°。 作FT⊥x轴于点F，则BT=TF。 ∴令F（x，－x－2）（x＞0），

又点F在抛物线上，∴－x－2=1x2(xm)，

m∵x+2＞0（∵x＞0），∴x=2m，F（2m，－2m－2）。 此

BF(2m2)2(2m2)222（m1），BE22，BCm2，

时

又BC2=BE•BF，∴（m+2）2=

m=2±22。

22 •22（m1），解得

∵m＞0，∴m=22+2。

②当△BEC∽△FCB时，如图所示。 则BCEC，∴BC2=EC•BF。

BFBC同

△BTF∽△COE，

①，∵∠EBC=∠CFB，

∴TFOE2 。

BTOCm∴令F（x，－2 （x+2））（x＞0），

m又点F在抛物线上，∴－2 （x+2）=1x2(xm)。

mm∵x+2＞0（∵x＞0），

∴x=m+2。∴F（m+2，－2 （m+4）），ECmm24，

BC=m+2。

57

又BC=EC•BF，∴（m+2）=

22

m24m+2+22+4m+4m22 .

整理得：0=16，显然不成立。

综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得

以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似，m=22+2。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，两点之间线段最短的性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】（1）将点（2，2）的坐标代入抛物线解析式，即可求得m的值。

（2）求出B、C、E点的坐标，从而求得△BCE的面积。 （3）根据轴对称以及两点之间线段最短的性质，可知点B、C关

于对称轴x=1对称，连接EC与对称轴的交点即为所求的H点。

（4）分两种情况进行讨论：

①当△BEC∽△BCF时，如图所示，此时可求得22+2。

②当△BEC∽△FCB时，如图所示，此时得到矛盾的等式，

故此种情形不存在。

例11：如图，抛物线y=x2bxc与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OA=2，OC=3． (1)求抛物线的解析式．

(2)若点D(2，2)是抛物线上一点，那么在抛物线的对称轴上，是否存在一点P，使得△BDP的周长最小，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

b注：二次函数yax2bxc（a≠0）的对称轴是直线x= 

2a12 58

【答案】解：（1）∵OA=2，OC=3，∴A（－2，0），C（0，3）。

将C（0，3）代入y=x2bxc得c=3。 将

解得b=。

∴抛物线的解析式为y=x2x3。

（2）如图：连接AD，与对称轴相交于P，由于点A和点B

关于对称轴对称，则即BP+DP=AP+DP，当A、P、D共线时BP+DP=AP+DP最小。

设AD的解析式为y=kx+b，

将A（-2，0），D（2，2）分别代入解析式

得，

12kb0 k ，解得，2，∴直线2kb2b112112A（－2，0）代入y=x2bx3得，0=22b3，

22121212AD解析式为y=1x+1。

21 12∵二次函数的对称轴为x122 2，

∴当x=1时，y=1×1+1=5。∴P（1，5）。

222424【考点】曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称（最短路线问题）。 【分析】（1）根据OC=3，可知c=3，于是得到抛物线的解析式为

59

1y=x2bx3，然后将

2A（－2，0）代入解析式即可求出b的值，从而得

到抛物线的解析式。

（2）由于BD为定值，则△BDP的周长最小，即BP＋DP最小，

由于点A和点B关于对称轴对称，则即BP+DP=AP+DP，当A、P、D共线时BP+DP=AP+DP最小。

例12：如图，已知抛物线yax2bxc经过A（4，0），B（2，3），C（0，3）三点．

（1）求抛物线的解析式及对称轴．

（2）在抛物线的对称轴上找一点M，使得MA+MB的值最小，并求出点M的坐标．

（3）在抛物线上是否存在一点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）∵抛物线yax2bxc经过A（4，0），B（2，3），C（0，3）三点，

3a816a4bc034a2bc3，解得b 。 4 c3c3∴

60

∴抛物线的解析式为：y3 x23 x3，其对称轴为：

84xb1。 2a（2）由B（2，3），C（0，3），且对

称轴为x=1，可知点B、C是关于对称轴x=1的对称点。

如图1所示，连接AC，交对称轴

x=1于点M，连接MB，则MA＋MB=MA＋MC=AC，根据两点之间线段最短可知此时MA＋MB的值最小。

设直线AC的解析式为y=kx＋b， ∵A（4，0），C（0，3），∴

4kb0  b33k，解得4。

b3∴直线AC的解析式为：y=3x＋3。

4令x=1，得y=9 。∴M点坐标为（1，9）。

44（3）结论：存在。

如图2所示，在抛物线上有两个

点P满足题意：

①若BC∥AP1，此时梯形为

ABCP1。

由B（2，3），C（0，3），可知

BC∥x轴，则x轴与抛物线的另一个交点P1即为所求。

在y3 x23 x3中令y=0，解得x1=-2，x2=4。

84

61

∴P1（－2，0）。

∵P1A=6，BC=2，∴P1A≠BC。 ∴四边形ABCP1为梯形。

②若AB∥CP2，此时梯形为ABCP2。 设CP2与x轴交于点N，

∵BC∥x轴，AB∥CP2，∴四边形ABCN为平行四边形。

∴AN=BC=2。∴N（2，0）。

设直线CN的解析式为y=k1x+b1，则有：

3k得2。 b32k1b10，解b3 1∴直线CN的解析式为：y=3x+3。

2∵点P2既在直线CN：y=3x+3上，又在抛物线：

233y x2 x3上，

84∴3x+3=3 x23 x3，化简得：x2－6x=0，解得x1=0（舍

284去），x2=6。

∴点P2横坐标为6，代入直线CN解析式求得纵坐标为－

6。∴P2（6，－6）。

∵ABCN，∴AB=CN，而CP2≠CN，∴CP2≠AB。∴四边

形ABCP2为梯形。

综上所述，在抛物线上存在点P，使得以点A、B、C、P

四点为顶点所构成的四边形为梯形，点P的坐标为（－2，0）或（6，－6）。 【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，

62

二次函数的性质，轴对称的性质， 线段最短的性质，梯形的判定。

【分析】（1）已知抛物线上三点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再由对称轴公式xb2a求出对称轴。

（2）如图1所示，连接AC，则AC与对称轴的交点即为所求之

M点；已知点A、C的坐标，利用待定系数法求出直线AC的解析式，从而求出点M的坐标。

（3）根据梯形定义确定点P，如图2所示：①若BC∥AP1，确定

梯形ABCP1．此时P1为抛物线与x轴的另一个交点，解一元二次方程即可求得点P1的坐标；②若AB∥CP2，确定梯形ABCP2．此时P2位于第四象限，先确定CP2与x轴交点N的坐标，然后求出直线CN的解析式，再联立抛物线与直线解析式求出点P2的坐标。

例13：在学习轴对称的时候，老师让同学们思考课本中的探究题。

如图（1），要在燃气管道l上修建一个泵站，分别向A、B两镇供气．泵站修在管道的什么地方，可使所用的输气管线最短？

你可以在l上找几个点试一试，能发现什么规律？你可以在l上找几个点试一试，能发现什么规律？

聪明的小华通过独立思考，很快得出了解决这个问题的正确办法．他把管

63

道l看成一条直线（图（2）），问题就转化为，要在直线l上找一点P，使AP与BP的和最小．他的做法是这样的： ①作点B关于直线l的对称点B′．

②连接AB′交直线l于点P，则点P为所求．

请你参考小华的做法解决下列问题．如图在△ABC中，点D、E分别是AB、AC边的中点，BC=6，BC边上的高为4，请你在BC边上确定一点P，使△PDE得周长最小．

（1）在图中作出点P（保留作图痕迹，不写作法）． （2）请直接写出△PDE周长的最小值：

．

【答案】解：（1）作D点关于BC的对称点D′，连接D′E，与BC交于点P，P点即为所求。

（2）8．

64

【考点】轴对称（最短路线问题），三角形三边关系，三角形中位线定理，勾股定理。

【分析】（1）根据提供材料DE不变，只要求出DP+PE的最小值即可，作D点关于BC的对称点D′，连接D′E，与BC交于点P，P点即为所求。

（2）利用中位线性质以及勾股定理得出D′E的值，即可得出答案：

∵点D、E分别是AB、AC边的中点，∴DE为△ABC中位线。 ∵BC=6，BC边上的高为4，∴DE=3，DD′=4。 ∴DEDE2DD2 32425。

∴△PDE周长的最小值为：DE+D′E=3＋5=8。

例14：阅读材料： 例：说明代数式 解：

x21(x3)2＋4的几何意义，并求它的最小值．

x21(x3)24 (x0)212(x3)222(x0)212，如图，建立平面直角坐标系，

点P（x，0）是x轴上一点，则距离，(x3)222可以看成点可以看成点P与点A（0，1）的

P与点B（3，2）的距离，所以原代数式的值

可以看成线段PA与PB长度之和，它的最小值就是PA＋PB的最小值． 设点A关于x轴的对称点为A′，则PA=PA′，因此，求PA＋PB的最小值，只需求PA′＋PB的最小值，而点A′、B间的直线段距离最短，所以PA′＋PB的最小值为线段A′B的长度．为此，构造直角三角形A′CB，因为A′C=3，CB=3，所以A′B=32，即原式的最小值为

32。

65

根据以上阅读材料，解答下列问题： （1）代数式(x1)21(x2)29的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，

0）与点A（1，1）、点B 的距离之和．（填写点B的坐标） （2）代数式

x249x212x37的最小值为

．

【答案】解：（1）（2，3）。 （2）10。

【考点】坐标与图形性质，轴对称（最短路线问题）。 【分析】（1）∵原式化为∴代数式(x1)212(x2)232的形式，

(x1)21(x2)29的值可以看成平面直角坐标系中

点P（x，0）与点A

（1，1）、点B（2，3）的距离之和。

（2）∵原式化为(x0)272(x6)212的形式，

∴所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，0）与点A（0，7）、点B（6，1） 的距离之和。

如图所示：设点A关于x轴的对称点为A′，

则PA=PA′，

∴求PA＋PB的最小值，只需求PA′＋PB的最小值，而点A′、B 间的直线段距离最短。

∴PA′＋PB的最小值为线段A′B的长度。

∵A（0，7），B（6，1），∴A′（0，－7），A′C=6，BC=8。

66

∴AB AC2BC2 6282=10。

例15：如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为(－3，0)、(0，4)，抛物线y＝2x2＋bx＋c经过点B，且顶点在直线x＝5上．

32(1)求抛物线对应的函数关系式；

(2)若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；

(3)在(2)的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的坐标；

(4)在(2)、(3)的条件下，若点M是线段OB上的一个动点(点M与点O、B不重合)，过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】解：（1）∵抛物线y＝2x2＋bx＋c经过点B(0，4)，∴c＝4。

3 67

∵顶点在直线x＝5上，∴2b223=5，解得b=10。

32∴所求函数关系式为y=2x210x+4。

33（2）在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴AB= OA2OB25。

∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5。 ∴C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)， 当x＝5时，y=252105+4=4； 当x＝2

33时，y=222102+4=0。

33∴点C和点D都在所求抛物线上。 （3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，

设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，

4k=5k+b=43则，解得，。∴直线

2k+b=08b=3CD对应的函数关系式

为y=4x8。

332当x＝5时，y=458=2。∴P(5， )。

2323323（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD。

∴OMON，即tON，得ONt。

OBOD422设

S梯形PFOM对称轴交x于点F，则

112555PFOMOF=+t=t+。 223246∵SMON1OMON=1t1t=1t2，

2224SPME1151215NFPF=t=t+2222366

68

，

S=S梯形PFOMSMONSPME

55111715t+t2t+t2+t 464412662(0＜t＜4)。

＜4，

17289117t+∵S=1t2+17t=1，，0＜<04124614446∴当t=17时，S取最大值是289。此时，点M的坐标为(0，

6144176)。

【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，二次函数的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）根据抛物线y＝2x2＋bx＋c经过点B(0，4)，以及顶点在直线

3x＝5上，得出b，c即可。

2（2）根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，

利用图象上点的性质得出x＝5或2时，y的值即可。

（3）首先设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，求出解析式，

当x＝5时，求出y即可。

2（4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出OMON，

OBOD得到ONt，从而表示出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可。

2例16：如图，四边形ABCD中，∠BAD＝120°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN＋∠ANM的度数为【 】

69

A．130° B．120° C．110° D．100° 练习题：

1. 已知，如图，二次函数yax22ax3a(a0)图象的顶点为H，与x轴交于A、B两点（B在A点右侧），点H、B关于直线l：y3x3对称． 3（1）求A、B两点坐标，并证明点A在直线l上； （2）求二次函数解析式；

（3）过点B作直线BK∥AH交直线l于K点，M、N分别为直线AH和直线l上的两个动点，连接HN、NM、MK，求HN+NM+MK和的最小

70

值．

2. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，是3．

3），△AOB

的面积

（1）求点B的坐标；

（2）求过点A、O、B的抛物线的解析式；

（3）在（2）中抛物线的对称轴上是否存在点C，使△AOC的周长最小？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由；

（4）在（2）中x轴下方的抛物线上是否存在一点P，过点P作x轴的垂线，交直线AB于点D，线段OD把△AOB分成两个三角形．使其中一个三角形面积与四边形BPOD面积比为2：3？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

3.如图，已知二次函数yax22xc(a0)图像的顶点M在反比例函数y上，且与x轴交于A，B两点。

71

3x（1）若二次函数的对称轴为x，试求a,c的值； （2）在（1）的条件下求AB的长；

（3）若二次函数的对称轴与x轴的交点为N，当NO+MN取最小值时，试求二次函数的解析式。

12

4. 已知顶点为A(1,5)的抛物线yax2bxc经过点B(5,1). (1)求抛物线的解析式;

(2)如图（1）,设C,D分别是x轴、y轴上的两个动点，求四边形ABCD周长的最小值；

（3）在（2）中，当四边形ABCD的周长最小时，作直线CD.设点P(x，y)(x0)是直线yx上的一个动点，Q是OP的中点，以PQ为斜边按图（2）所示构造等腰直角三角形PRQ.

①当△PBR与直线CD有公共点时,求x的取值范围；

②在①的条件下，记△PBR与△COD的公共部分的面积为S.求S关于x的函数关系式，并求S的最大值。

72

5.如图，在平面直角坐标系中，己知点A（－2，－4 ) , OB＝2。抛物线

yax2bxc经过

A、O、B 三点。

（1）求抛物线的函数表达式；

（2）若点M 是抛物线对称轴上的一点，试求MO＋MA的最小值； （3）在此抛物线上，是否存在一点P，使得以点P与点O、A、B 为顶点的四边形是梯形。若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由。

6. 初三年级某班有54名学生，所在教室有6行9列座位，用(m,n)表示第m行第n列的座位，新学期准备调整座位，设某个学生原来的座位为(m,n)，如果调整后的座位为(i,j)，则称该生作了平移[a,b]mi,nj,并称ab为该生的位置数。若某生的位置数为10，则当mn取最小值时，mn的最大值为 ▲ .

7.如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=AB=CD=2，∠C=60°，M是

73

BC的中点．

（1）求证：△MDC是等边三角形；

（2）将△MDC绕点M旋转，当MD（即MD′）与AB交于一点E，MC（即MC′）同时与AD交于一点F时，点E，F和点A构成△AEF．试探究△AEF的周长是否存在最小值．如果不存在，请说明理由；如果存在，请计算出△AEF周长的最小值．

8. 如图，在直角坐标系中，已知点A（0，1），B（－4，4），将点B绕点A顺时针方向旋转90°得到点C；顶点在坐标原点的拋物线经过点B． （1）求抛物线的解析式和点C的坐标；

（2）抛物线上一动点P，设点P到x轴的距离为d1，点P到点A的距离为d2，试说明d2=d1＋1；

（3）在（2）的条件下，请探究当点P位于何处时，△PAC的周长有最小值，并求出△PAC的周长的最小值．

74

9.如图，正方形ABCD的边长是4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值【 】

A、2 B、4 C、22 D、42 10.如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC中点，点F是边CD上的任意一点，当△AEF的周长最小时，则DF的长为【 】

A．1

B．2

C．3

D．4

11. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，点E、F分别是边AB、

BC

的中点，点P在AC上运动，在运动过程中，存在PE+PF的最小值，则这

个最小值是 【 】

A．3 B．4 C．5 D．6 12.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD=90°，AB=6，对角线AC平分∠BAD，点E在AB上，且AE=2（AE＜AD），点P是AC上的动点，

75

则PE+PB的最小值是 ▲ ．

13. 在一次机器人测试中，要求机器人从A出发到达B处．如图1，已知点A在O的正西方600cm处，B在O的正北方300cm处，且机器人在射线AO及其右侧(AO下方)区域的速度为20cm/秒，在射线AO的左侧(AO上方)区域的速度为10cm/秒．

(1) 分别求机器人沿A→O→B路线和沿A→B路线到达B处所用的时间(精确到秒)；(3分)

(2) 若∠OCB=45°，求机器人沿A→C→B路线到达B处所用的时间(精确到秒)；(3分)

(3) 如图2,作∠OAD=30°，再作BE⊥AD于E,交OA于P．试说明：从A出发到达B处，机器人沿A→P→B路线行进所用时间最短．(3分)

14. 如图1，抛物线yax2bxca0的顶点为（1，4），交x轴于A、B，交

y轴于

D，其中B点的坐标为（3，0）

（1）求抛物线的解析式

76

（2）如图2，过点A的直线与抛物线交于点E，交y轴于点F，其中E点的横坐标为2，若直线PQ为抛物线的对称轴，点G为PQ上一动点，则x轴上是否存在一点H，使D、G、F、H四点围成的四边形周长最小.若存在，求出这个最小值及G、H的坐标；若不存在，请说明理由.

（3）如图3，抛物线上是否存在一点T，过点T作x的垂线，垂足为M，过点M作直线MN∥BD，交线段AD于点N，连接MD，使△DNM∽△BMD，若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由.

15. 如图，在平面直角坐标系中，直线y4x4分别交x轴，y轴于A，B两

3点，点C为OB的中点，点D在第二象限，且四边形AOCD为矩形． （1）直接写出点A，B的坐标，并求直线AB与CD交点的坐标； （2）动点P从点C出发，沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动；同时，动点M从点A出发，沿线段AB以每秒5个单位长度的速度

3向终点B运动，过点P作PH⊥OA，垂足为H，连接MP，MH．设点P的运动时间为t秒．

①若△MPH与矩形AOCD重合部分的面积为1，求t的值；

②点Q是点B关于点A的对称点，问BP+PH+HQ是否有最小值，如果有，求出相应的点P的坐标；如果没有，请说明理由．

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16.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，AC：BC=4：3，点P从点A出发沿AB方向向点B运动，速度为1cm/s，同时点Q从点B出发沿B→C→A方向向点A运动，速度为2cm/s，当一个运动点到达终点时，另一个运动点也随之停止运动． （1）求AC、BC的长；

（2）设点P的运动时间为x（秒），△PBQ的面积为y（cm2），当△PBQ存在时，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； （3）当点Q在CA上运动，使PQ⊥AB时，以点B、P、Q为定点的三角形与△ABC是否相似，请说明理由；

（4）当x=5秒时，在直线PQ上是否存在一点M，使△BCM得周长最小，若存在，求出最小周长，若不存在，请说明理由．

17. 如图，抛物线y=1x2+bx﹣2与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，

2且

A（﹣1，0）．

（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；

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（2）判断△ABC的形状，证明你的结论；

（3）点M（m，0）是x轴上的一个动点，当MC+MD的值最小时，求m的值．

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