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最新中考数学压轴大题之经典模型 专题10 胡不归问题-【压轴必刷】
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这是一份最新中考数学压轴大题之经典模型 专题10 胡不归问题-【压轴必刷】，文件包含专题10胡不归问题-压轴必刷2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案全国通用原卷版docx、专题10胡不归问题-压轴必刷2022中考数学压轴大题之经典模型培优案全国通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共81页， 欢迎下载使用。
今天整理了初三中考总复习阶段在教学过程中收集的经典题目，一共有31讲，包括原卷版和解析版，供大家学习复习参考。
经典题目1：这是一道非常经典的最值问题，最值模型将军饮马和一箭穿心。
经典题目2：上面三道题是费马点经典问题，旋转转化是费马点问题的关键。
经典题目3：阿氏圆经典题目，这道题目实际包括了隐圆模型，一箭穿心模型等常见几何模型。
经典题目4：这是中考出现频率比较高的胡不归问题，也是经典最值问题。
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题9胡不归（PA+kPB）型最短问题
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
【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的最小值．
【答案】（1）y=32（x−12）2−938，（12，−938）；（2）（12，72）或（12，−72）或（12，−3+152）或（12，−3−152）或（12，−36）；（3）334
【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即可．
答案详解：（1）由题意a−b+c=0c=−34a+2b+c=0，解得 a=32b=−32c=−3，
∴抛物线解析式为y=32x2−32x−3，
∵y=32x2−32x−3=32（x−12）2−938，
∴顶点坐标（12，−938）；
（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＝±72，
即此时点M的坐标为（12，72）或（12，−72）；
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，
则（12）2+（y+3）2＝4，解得y=−3+152或y=−3−152，
即此时点M的坐标为（12，−3+152）或（12，−3−152）；
③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，解得y=−36，
即此时点M的坐标为（12，−36）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为（12，72）或（12，−72）或（12，−3+152）或（12，−3−152）或（12，−36）；
（3）如图，连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此时12PB+PD最小．
理由：∵OA＝1，OB=3，
∴tan∠ABO=OAOB=33，
∴∠ABO＝30°，
∴PH=12PB，
∴12PB+PD＝PH+PD＝DH，
∴此时12PB+PD最短（垂线段最短）．
在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD=32，∠HAD＝60°，
∴sin60°=DHAD，
∴DH=334，
∴12PB+PD的最小值为334．
【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AB的长；
(2)如图2，若BH=BC，过点B作BI⊥CH于点I，求证：BI+22DG=CG；
(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22AN+MN的最小值．
【答案】(1)3
(2)见解析
(3)32
【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△FDC中，根据勾股定理建立方程，即可求解；
（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+22GD即可得证；
（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，22AN+MN取得最小值，证明四边形ATMC是矩形，可得TM=AC=32，即22AN+MN的最小值为32．
(1)
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°,AB=AD=DC，
∵ H为CF的中点，DH=102，
∴ FC=2DH=10，
设正方形的边长为3x，AF=2DF，可得FD=x，
在Rt△FDC中，FD2+DC2=FC2，
即3x2+x2=10，
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 =12∠ABH，
∵ BH=BC，BI⊥CH，
∴∠HBI=∠CBI =12∠HBC，
∵∠ABC=90°，
∴∠GBI=∠GBH+∠HBI=12∠ABH+12∠HBC=12∠ABC=45°，
∴△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=22GD，
∴GC=GI+IC=BI+MD=BI+22GD，
即BI+22DG=CG；
(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=22PN，
∵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=12BC=32，
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=22BC=12AC，
此时如图乙所示，则点P与A重合，
∵ TN+MN=22AN+MN≥TM，
∴ T,N,M三点共线时，22AN+MN取得最小值，
∴∠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32．
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+5−14CQ取最小值时，求∠QAC的正弦值．
【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+12；
(3)∠QAC的正弦值为5+14
【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H重合，此时AQ+5−14CQ的值最小，最小值为AH，进而根据sin∠QAC=sin∠HAC=CHAC求解即可．
(1)
∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC = 108°
∴∠B =∠C =12（180°-∠BAC）= 36°
∵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
∴BDAB=ABBC
∴x1=1x+1
∴x2+x−1=0
解得：x=−1±52
∵x>0
∴x= −1+52
∴BC=x+1=5+12
∴PA+PC=5+12
∴当点P运动到D点时，PA+PC的值最小，此时PA+PC=5+12；
(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=12BC=5+14
由（2）知，DC=AC=1
∵CF平分∠ACB
∴CM⊥AD
DM=AM=12AD=5−14
∴sin∠MCD=GQCQ =DMCD=5−14
∴GQ=5−14CQ
∴AQ+5−14CQ=AQ+GQ≥AG
∵AG≥AH
∴Q点落在AG上时，点G与点H重合，
即此时AQ+5−14CQ的值最小，最小值为AH
∴∠QAC=∠HAC
∵AB=AC,AH⊥BC
∴CH=12BC=5+14
∴sin∠QAC=sin∠HAC=CHAC=5+14
∴∠QAC的正弦值为5+14
【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的最小值．
【答案】（1）S△ABC=23；（2）点F坐标为（1，433）；PF＋22OP的最小值为263+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FQ的长，即可得FG的长，可得答案．
【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=12×4×3=23．
（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=235k+b=0，
解得：k=−33b=533，
∴直线C′E的解析式为y=−33x+533，
联立直线C′E与l1解析式得y=−33x+533y=33x+3，
解得：x=1y=433，
∴F（1，433）．
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的长，
∵∠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=-x，
∴Q（1，-1），
∴FQ=433-（-1）=433+1，
∴FG=22FQ=22×（433+1）=263+22，
∴PF＋22OP的最小值为263+22．
【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
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＝2BF，通过解直角三角形ABF，进一步求得结果．
【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∠BAC=12×30°=15°，
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，
∴PF＝12PA，
∴PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2BF，
在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，
∴BF＝AB•sin45°＝4×22=22，
∴（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的最小值为______．
【答案】63
【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十2PB有最小值，即可求解．
【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，PH=3DH=32PD，
∴3PD+2PB=2(32PD+PB)=2(PH+PB)
∴当点H，点P，点B三点共线时，HP+PB有最小值，即3PD+2PB有最小值，
此时 BH⊥AH，∠ABH=30°，∠A=60°，
∴AH=12AB=3 ，BH=3AH=33
则3PD+2PB最小值为63，
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+12CD的最小值为______．
【答案】532
【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就等于OD+DH，当ODH共线时，即为所要求的最小值．
【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=HDCD=12，∠HCO=60°，
∴12CD=HD，
∴OD+12CD=OD+DH，
∵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+12CD有最小值，
此时OH'=OC×sin∠HCO=OC×sin60°=5×32=532，
∴OD+12CD的最小值为532，
故答案为532．
【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12OD进行转换．
4．（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+12CD的最小值为 _____．
【答案】532
【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△OHF中运用三角函数即可解决问题．
【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=12（180°-60°）=60°．
∵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）最小，
∵OF=OA=5，
∴OH=12OF=52，
∴FH=OF2−OH2=532
即12CD+OD的最小值为532．
故答案为：532．
【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+FD是解题的关键．
5．（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的最小值为 _____．
【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BI是其最小值
【详解】解：如图，
在Rt△DEF中，G是EF的中点，
∴DG＝12EF=2，
∴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＝12，
∴∠GDI＝∠CDG，
∴△GDI∽△CDG，
∴IGCG=DIDG＝12，
∴IG＝12CG，
∴BG+12CG＝BG+IG≥BI，
∴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+32PC的最小值是______．
【答案】3+332##33+32
【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= AG的值最小，再利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【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=32PC，
∴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=33，
∴CF=OF-OC=33−3，
∴GF=32(33−3)=92−332，
∴AG=AF-FG=6−92+332=32+332，
即AP+32PC的最小值为32+332．
故答案为：3+332．
【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= AG的值最小是解题的关键．
7．（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CD的长，即可得出结论．
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=22PB，
∴2PC+PB=2（PC+22PB）=2（PC+PD），
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＝22，
即PC+PD的最小值为22，
∴2PC+PB的最小值为2×22=4，
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＋CE的最小值为___．
【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，求出CH即可解决问题．
答案详解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴tan∠CAB=CBAB=33，
∴∠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°＝23×32=3，
∵12AE+EC＝CE+ET≥CH，
∴12AE+EC≥3，
∴12AE+EC的最小值为3，
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 32+6
【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=12AC=2
∴AH=AC2−HC2=23
∴AH＝BH＝23，
∴BC＝BH+CH＝23+2，
∴S△ABC＝12•BC•AH＝12•（23+2）·3＝6+23．
②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=2S△ABCAC=12+434=3+3,
∴MN的最小值为2BJ＝32+6，
∴△DEF的周长的最小值为32+6．
故答案为：6+23，32+6．
【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的最小值为 ___．
【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+CQ≥CE，求出CE即可．
【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，cs∠ACB＝BCAC=22，cs∠PCQ＝PCQC=22，
∴∠ACB=∠PCO，
∴△BCP∽△ACQ，
∴AQBP=22
∵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=12，∠QAE＝∠DAQ，
∴△QAE∽△DAQ，
∴EQQD=12即EQ＝12QD，
∴12DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，
连接CE，
∴CE=DE2+CD2=5，
∴12DQ+CQ的最小值为5．
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的最小值为_____．
【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AT的长，再利用解直角三角形的知识求解即可．
【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＝30°，
∵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=12AB=3，得到2PB+ PD的最小值等于6.
【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=12PD，
∵2PB+ PD=2（PB+12PD）=2(PB+PE)，
∴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=12AB=3，
∴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+55BD的最小值是__________．
【答案】45
【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CD+55BD=CD+DH，最后利用CD+DH⩾CM即可求值．
【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=BEAE=2，
设AE=a，BE=2a，
∵AB2=AE2+BE2
∴100=a2+4a2，
∴a2=20，
∴a=25或−25（舍弃），
∴BE=2a=45，
∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，
∴CM=BE=45（等腰三角形两腰上的高相等）
∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，
∴sin∠DBH=DHBD=AEAB=55，
∴DH=55BD，
∴CD+55BD=CD+DH，
∴CD+DH⩾CM，
∴CD+55BD⩾45，
∴CD+55BD的最小值为45,
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A到E的最短时间是________s．
【答案】649
【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AG的长，接着求出A点和B点坐标，再利用待定系数法求出BE的解析式，然后解由直线解析式和抛物线解析式所组成的方程组确定E点坐标，从而得到AG的长，然后计算爬行的时间．
【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∥AB，
∴∠HEB=∠ABE，
∴tan∠HED=tan∠EBA=DHEH=43，
设DH=4m，EH=3m，则DE=5m，
∴蚂蚁从D爬到E点的时间=5x1.25=4(s)
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=4m1=4(s)，
∴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速度爬到H点的时间，
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=3，则A(−1,0)，B(3,0)，
直线BE交y轴于C点，如图，
在RtΔOBC中，∵tan∠CBO=COOB=43，
∴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=−43b=4，
∴直线BE的解析式为y=−43x+4，
解方程组y=x2−2x−3y=−43x+4得x=3y=0或x=−73y=649，则E点坐标为(−73，649)，
∴AG=649，
∴蚂蚁从A爬到G点的时间=6491=649(s)，
即蚂蚁从A到E的最短时间为649s．
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和DE上爬行的时间相等．
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B．
(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=−12x2−32x+2；
(2)AP+2PC的最小值是23+4；
(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的坐标代入即可求得a的值，从而得抛物线的表达式；
（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=0时，x=-4，
∴C（0，2），A（-4，0），
由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=−32对称，
∴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=−12，
∴抛物线表达式为：y=−12x2−32x+2；
(2)
如图1，作∠OAE=30°，交y轴于E，过点P作PH⊥AE于H，
∴PH=12AP,
∵AP+2PC=212AP+PC=2(PH+PC),
∴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=OA3=433,
Rt△CHE中，EH=12CE=122+433=1+233,
∴CH=3EH=3+2
∴AP+2PC的最小值是2CH=2(3+2)=23+4;
(3)
∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴AC=22+42=25,BC=12+22=5,AB=4+1=5,
∴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,−12n2−32n+2，则N（n，0），
∴MN=12n2+32n−2,AN=n+4,
当ANMN=2时，AN=2MN，即12n2+32n−2=2(n+4)，
整理得：n2+2n-8=0，
解得：n1=-4（舍），n2=2，
∴M（2，-3）；
当ANMN=12时，MN=2AN，即 12n2+32n−2=2(n+4)，
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、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(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)
(2)最大值，31122+92244，P(−32,524)
(3)存在，此时M(2,−1132)或(2,192)或(2,−1732)，见解析
【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=−23x2−223x+2中，
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=OA2+OC2=11，
∴DE:PD:PE=OC:OA:AC=2:3:11，
∴DE=2211PE，PD=31111PE，
∴PD+DE=31111+2211PE，
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=2，
∴直线AC:y=23x+2．
设Pm,−23m2−223m+2，﹣3＜m＜0，
∴Em,23m+2，
∴PE=yP−yE=−23m2−2m，
∵−23<0，﹣3＜m＜0，
∴m=−32时，PEmas=324，
∴PD+DEmax=31111+2211PEmax=31122+92244，
∴P(−32,524)．
（3）
存在，此时M(2,−1132)或(2,192)或(2,−1732)．
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°，如图，
∵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=33:3，
∴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32个单位，
∵∵y=−23x−223x+2=−23(x+1)2+423，
将抛物线y=−23x−223x+2向右平移3个单位，再向下平移32个单位得到新抛物线y′，
∴y′=−23(x+1−3)2+423−32=−23(x−2)2−523，
∴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′=−23(−1−2)2−523=−1423，
∴此时点N的坐标为−1,−1423；
∴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，﹣1423）；
∴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，﹣1123）；
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′=−23(5−2)2−523=−1423，
∴此时点N的坐标为（5，﹣1423）；
∴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，﹣1423）；
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，﹣1723）；
当ANCM为对角线时，A（﹣3，0），C（0，2）的中点为：−32,22，
∵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′=−23(−5−2)2−523=−182,，
∴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2,192 或2,−1732．
【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(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C1C2=65求m的值．
(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、E′B，求E′A+23E′B的最小值．
【答案】(1)a=-34．直线AB解析式为y=-34x+3；
(2)2
(3)4103
【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=65，列出方程即可解决问题；
（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′B的最小值．
(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=4，
∴a=-34．
∵A（4，0），B（0，3），
设直线AB解析式为y=kx+b，则b＝34k+b＝0，
解得k＝−34b＝3，
∴直线AB解析式为y=-34x+3；
(2)
如图1，
∵PM⊥AB，PE⊥OA，
∴∠PMN=∠AEN，
∵∠PNM=∠ANE，
∴△PNM∽△ANE，
∵C1C2=65
∴PNAN=65，
∵NE∥OB，
∴ANAB=AEOA，
∴AN=54(4−m)，
∵抛物线解析式为y=−34x2+94x+3，
∴PN=−34m2+94m+3−(−34m+3)=−34m2+3m，
∴−34m2+3m54(4−m)=65，
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=43×3=4，
∴OE′2=OM′•OB，
∴OE′OM′=OBOE′，
∵∠BOE′=∠M′OE′，
∴△M′OE′∽△E′OB，
∴ME′BE′=OE′OB=23，
∴M′E′=23BE′，
∴AE′+23BE′=AE′+E′M′=AM′，此时AE′+23BE′最小（两点间线段最短，A、M′、E′共线时），
最小值=AM′=42+(43)2=4103．
【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AE′+23BE′的最小值．
18．（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)11−52
【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=∠CBFBE=BF，
∴△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＝12×4×1＝2，
当EH＝3时
∴S△ABE＝S△BCF＝12AB×EH＝12×4×3＝6，
∴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最小，
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＝BC2−BQ2=16−5=11，
∴CE＝CQ﹣EQ＝11−5，
∵MK⊥AE，CE⊥AE，
∴MK∥CE，
∴DMDC=MPCE，
又∵M是CD的中点，
∴DC＝2DM，
∴MP＝12CE＝11−52．
【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∘，并且满足OD=BE，点M是线段DF上的一个动点．
（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+12MF的最小值．
【答案】（1）b=3；（2）M(233,73)；（3）92
【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M，即OM+MN的最小值为O′N′，算出长度即可．
【详解】（1）在y=−33x+b中，令x=0，则y=b，
∴点D的坐标为(0,b)，
∵OD=BE，B(23,4)，
∴E(23,4−b)，
把E(23,4−b)代入y=−33x+b中得：4−b=−33×23+b，
解得：b=3；
（2）由（1）得一次函数为y=−33x+3，D(0,3)，E(23,1)，
∴OD=3，AE=1，OA=23，
∴S四边形OADE=12(OD+AE)⋅OA=12×(3+1)×23=43，
∵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△ODM=14S四边形OADE=3，
设点M的横坐标为a，则12×3a=3，
解得：a=233，
把x=233代入y=−33x+3中得：y=73，
∴M(233,73)；
（3）
如图所示，过点M作MN⊥x轴交于点N，
∵∠DFO=30∘，
∴MN=12MF，
∴OM+12MF=OM+MN，
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N′，
∴OM=O′M，
∴OM+12MF=OM+MN=O′M+MN，
当O′、M、N在同一直线时O′M+MN最小，
即OM+12MF=OM+MN=O′M+MN的最小值为O′N′，
∵∠DFO=30°，
∴∠ODF=60°，∠DOQ=30°，∠O′ON′=90°−30°=60°，
在Rt△ODQ中，OQ=OD⋅sin60°=3×32=332，
∴OO'=2OQ=33，
在Rt△ON′O′中．O'N'=OO'sin60°=33×32=92，
∴OM+12MF的最小值为92．
【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=43，如图所示．
（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的最小值．
【答案】（1）−49x2+169x+209；（2）①32；②245
【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(5−34t，2t−14t2)，可求EF的长，由三角形面积公式和二次函数性质可求解；
②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35PC+PB的最小值，由三角形面积公式可求解．
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=43=CDDB，
∴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=−49，
∴二次函数的解析式为 y=−49(x+1)(x−5)=−49x2+169x+209；
（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=−43，b=203.
即直线BC的解析式为 y=−43x+203，
令y＝t，得：x=5−34t，
∴点E（5−34t，t），
把x=5−34t 代入y=−49(x+1)(x−5)，得 y=t(2−t4)，
即F(5−34t，2t−14t2)，
∴EF=(2t−14t2)−t=t−t24，
∴△BCF的面积=12×EF×BD=32（t−t24）=−38(t2−4t)=−38(t−2)2+32，
∴当t＝2时，△BCF的面积最大，且最大值为32；
②如图，据图形的对称性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，
∴sin∠ACD=ADAC=35，
过点P作PG⊥AC于G，则在Rt△PCG中，PG=PC⋅sin∠ACD=35PC，
∴35PC+PB=PG+PB，
过点B作BH⊥AC于点H，则PG+PB≥BH，
∴线段BH的长就是35PC+PB的最小值，
∵S△ABC=12×AB×CD=12×6×4=12，
又∵S△ABC=12×AC×BH=52BH，
∴52BH=12，
即BH=245，
∴35PC+PB的最小值为245．
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D，ΔABD的面积为5．
(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+35PA的最小值．
【答案】(1)y=12x2−x−32；y=12x+12；(2)ΔACE的面积最大值是2516，此时E点坐标为32,−158；(3)PE+35PA的最小值是3.
【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的坐标可利用待定系数法求出一次函数解析式；
(2)作EM∥y轴交AD于M，如图，利用三角形面积公式，由SΔACE=SΔAME−SΔCME构建关于E点横坐标的二次函数，然后利用二次函数的性质即可解决问题；
(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，此时FH最小，求出最小值即可．
【详解】解：(1)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，得到的抛物线解析式为y=ax−12−2，
∵OA=1，∴点A的坐标为−1,0，
代入抛物线的解析式得，4a−2=0，∴a=12，
∴抛物线的解析式为y=12x−12−2，即y=12x2−x−32．
令y=0，解得x1=−1，x2=3，∴B3,0，
∴AB=OA+OB=4，
∵ΔABD的面积为5，∴SΔABD=12AB⋅yD=5，∴yD=52，
代入抛物线解析式得，52=12x2−x−32，解得x1=−2，x2=4，∴D4,52，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴4k+b=52−k+b=0，解得：k=12b=12，
∴直线AD的解析式为y=12x+12．
(2)过点E作EM∥y轴交AD于M，如图，设Ea,12a2−a−32，则Ma,12a+12，
∴EM=12a+12−12a2+a+32=−12a2+32a+2，
∴SΔACE=SΔAME−SΔCME=12×EM⋅1 =12−12a2+32a+2×1=−14a2−3a−4，=−14a−322+2516，
∴当a=32时，ΔACE的面积有最大值，最大值是2516，此时E点坐标为32,−158．
(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,−158，OA=1，
∴AG=1+32=52，EG=158，∴AGEG=52158=43，
∵∠AGE=∠AHP=90∘，
∴sin∠EAG=PHAP=EGAE=35，∴PH=35AP，
∵E、F关于x轴对称，∴PE=PF，
∴PE+35AP=FP+HP=FH，此时FH最小，
∵EF=158×2=154，∠AEG=∠HEF，
∴sin∠AEG=sin∠HEF=AGAE=FHEF=45，
∴FH=45×154=3．
∴PE+35PA的最小值是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+35PA的最小值转化为求FH的长度．
22．（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轴交于点C，OC=3．
(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+12QC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】(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P(32,−34)；(4)存在，AQ+12QC的最小值为3+32．
【分析】(1)设交点式y=a(x−1)(x−3)，利用待定系数法进行求解即可；
(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,x2−4x+3)，则点N(x,−x+3)，根据SΔPBC=12PN×OB可得关于x的二次函数，继而根据二次函数的性质进行求解即可；
(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=12CQ，则AQ+12QC最小值=AQ+HQ=AH，求出直线HC、AH的解析式即可求得H点坐标，进行求得AH的长即可得答案.
【详解】解：(1)函数的表达式为：y=a(x−1)(x−3)=a(x2−4x+3)，
即：3a=3，解得：a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2−4x+3，
则顶点D(2,−1)；
(2)∵OB=OC=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，
∴AB=2，
∴AM=MB=ABsin45°=2，
又∵D(2，-1)，
∴AD=BD=(2−1)2+(−1−0)2=2，
∴AM=MB=AD=BD，
∴四边形ADBM为菱形，
又∵∠AMB=90°，
∴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=0n=3，
解得：{m=−1n=3，
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,x2−4x+3)，则点N(x,−x+3)，
则SΔPBC=12PN×OB=32(−x+3−x2+4x−3)=−32(x2−3x)，
∵−32<0，故SΔPBC有最大值，此时x=32，
故点P(32,−34)；
(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⊥CF，垂足为H，交y轴于点Q，
此时HQ=12CQ，
则AQ+12QC最小值=AQ+HQ=AH，
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=3x+3…①，
∵∠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=−33x+33…②，
联立①②并解得：x=1−334，
故点H(1−334,3+34)，而点A(1,0)，
则AH=12+634=3+32，
即AQ+12QC的最小值为AH=3+32．
【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+13PC的最小值；
（2）在（1）中，当MN取得最大值HF+FP+1/3PC取得小值时，把点P向上平移个22单位得到点Q，连结AQ，把△AOQ绕点O瓶时针旋转一定的角度α（0°<α<360°），得到△AOQ，其中边AQ交坐标轴于点C在旋转过程中，是否存在一点G使得∠Q'=∠Q'OG？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）13+423；（2）存在，Q的坐标（255，﹣455），（455，255），（﹣255，455），（455，﹣255）
【分析】（1）先确定点F的位置，可设点N（m，m2-2m-3），则点F（m，2m-6），可得|NF|=（2m-6）-（m2-2m-3）=-m2+4m-3，根据二次函数的性质得m=−b2a时，NF取到最大值，此时HF=2，F（2，-2），在x轴上找一点K（−324，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J，交y轴于点P，sin∠OCK=13，直线KC的解析式为：y=−22x−3，从而得到直线FJ的解析式为：y=24x−4+22联立解出点J（2−229,−19−429
）得FP+13PC的最小值即为FJ的长，且|FJ|=13+423,最后得出|HF+FP+13PCmin=7+423;（2）由题意可得出点Q（0，-2），A2=5，应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半”取AQ的中点G，连接OG，则OG=GQ=12AQ=52，此时，∠AQ0=∠GOQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°<α<360°），得到△A'OQ'，其中边A’Q’交坐标轴于点G，则用0G=GQ’，分四种情况求解即可.
【详解】解：（1）如图1
∵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
∴令y＝0解得：x1＝﹣1，x2＝3，令x＝0，解得：y＝﹣3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）
∵点D为抛物线的顶点，且−b2a=−−22=1,4ac−b24a=4×1×(−3)−44×1﹣4
∴点D的坐标为D（1，﹣4）
∴直线BD的解析式为：y＝2x﹣6，
由题意，可设点N（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，2m﹣6）
∴|NF|＝（2m﹣6）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3
∴当m＝−b2a＝2时，NF取到最大值，此时MN取到最大值，此时HF＝2，
此时，N（2，﹣3），F（2，﹣2），H（2，0）
在x轴上找一点K（−324，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J点，交y轴于点P，
∴sin∠OCK＝13，直线KC的解析式为：y=−22x−3，且点F（2，﹣2），
∴PJ＝13PC，直线FJ的解析式为：y=24x−4+22
∴点J（2−229,−19−429）
∴FP+13PC的最小值即为FJ的长，且|FJ|=13+423
∴|HF+FP+13PCmin=7+423；
（2）由（1）知，点P（0，−4+22），
∵把点P向上平移22个单位得到点Q
∴点Q（0，﹣2）
∴在Rt△AOQ中，∠AOG＝90°，AQ＝5，取AQ的中点G，连接OG，则OG＝GQ＝12AQ＝52，此时，∠AQO＝∠GOQ
把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G
①如图2
G点落在y轴的负半轴，则G（0，﹣52），过点Q'作Q'I⊥x轴交x轴于点I，且∠GOQ'＝∠Q'
则∠IOQ'＝∠OA'Q'＝∠OAQ，
∵sin∠OAQ＝OQAQ＝25＝255
∴sin∠IOQ=IQ′OQ′=IQ′2=255，解得：|IO|＝455
∴在Rt△OIQ'中根据勾股定理可得|OI|＝255
∴点Q'的坐标为Q'（255，﹣455）；
②如图3，
当G点落在x轴的正半轴上时，同理可得Q'（455，255）
③如图4
当G点落在y轴的正半轴上时，同理可得Q'（﹣255，455）
④如图5
当G点落在x轴的负半轴上时，同理可得Q'（﹣455，﹣255）
综上所述，所有满足条件的点Q′的坐标为：（255，﹣455），（455，255），（﹣255，455），（455，﹣255）
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与坐标轴的交点求法和与几何图形结合的综合能力的培养及直角三角形的中线性质．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用通过求点的坐标来表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
24．（2021·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y=-x2+bx+c与直线AB交于A(-4，-4)，B(0，4)两点，直线AC：y=-12x-6交y轴与点C．点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G.
（1）求抛物线y=-x2+bx+c的表达式；
（2）连接GB、EO，当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；
（3）①在y轴上存在一点H，连接EH、HF，当点E运动到什么位置时，以A、E、F、H为顶点的四边形是矩形？求出此时点E、H的坐标；
②在①的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为⊙E上一动点，求12AM+CM的最小值.
【答案】（1）y=-x2-2x+4；（2）G(-2，4)；（3）①H(0，-1)；②552
【详解】分析：（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而利用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；
（3）①先判断出要以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有EF为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可；
②先取EG的中点P进而判断出△PEM∽△MEA即可得出PM=12AM，连接CP交圆E于M，再求出点P的坐标即可得出结论．
详解：（1）（1）∵点A（-4，-4），B（0，4）在抛物线y=-x2+bx+c上，
∴−16−4b+c＝−4c＝4，
∴b＝−2c＝4，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+4；
（2）设直线AB的表达式为y=kx+b
∵直线AB过点A(-4，-4)，B(0，4)，
∴−4=−4k+b4=b，解得k=2b=4，
∴y=2x+4
设E(m，2m+4)，则G(m，-m2-2m+4)
∵四边形GEOB是平行四边形，
∴GE=OB=4，
∴-m2-2m+4-2m-4=4，解得m=-2
∴G(-2，4)
（3）①设E(m，2m+4)，则F(m，-12m-6)
过A作AN⊥EG，过H作HQ⊥EG
四边形AFHE是矩形，∴△PFN≌△HEQ，∴AN=QH，∴m+4=-m，解得m=-2，E(-2，0)
EQ=FN=-4+12m+6=1
∴H(0，-1)
②由题意可得，E(-2，0)，H(0，-1),∴EH=5，即⊙E的半径为5，
∵M点在⊙E上，∴EM=5
∵A(-4，-4)，E(-2，0)，∴AE=25
在AE上截取EP=12EM，则EP=125，连接PM，
在ΔEPM与ΔEMA中，∵EPEM=525=12=525=EMEA，∠PEM=∠MEA，∴ΔEPM∽ΔEMA∴PM=12AM
∴线段PC的长即为12AM+CM的最小值
由EP=12EM=14AE=14×25=125，AP=AE-PE=325 , AC=25 ∴PC=552
即12AM+CM的最小值为552.
点睛：此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，中点坐标公式，极值的确定，解（1）的关键是掌握待定系数法，解（2）的关键是利用平行四边形的对边相等建立方程求解，解（3）①的关键是利用中点坐标公式建立方程求解，解（3）②的关键是构造相似三角形，是一道中等难度的题目．
今天整理了初三中考总复习阶段在教学过程中收集的经典题目，一共有31讲，包括原卷版和解析版，供大家学习复习参考。
经典题目1：这是一道非常经典的最值问题，最值模型将军饮马和一箭穿心。
经典题目2：上面三道题是费马点经典问题，旋转转化是费马点问题的关键。
经典题目3：阿氏圆经典题目，这道题目实际包括了隐圆模型，一箭穿心模型等常见几何模型。
经典题目4：这是中考出现频率比较高的胡不归问题，也是经典最值问题。
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题9胡不归（PA+kPB）型最短问题
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
【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的最小值．
【答案】（1）y=32（x−12）2−938，（12，−938）；（2）（12，72）或（12，−72）或（12，−3+152）或（12，−3−152）或（12，−36）；（3）334
【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即可．
答案详解：（1）由题意a−b+c=0c=−34a+2b+c=0，解得 a=32b=−32c=−3，
∴抛物线解析式为y=32x2−32x−3，
∵y=32x2−32x−3=32（x−12）2−938，
∴顶点坐标（12，−938）；
（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＝±72，
即此时点M的坐标为（12，72）或（12，−72）；
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，
则（12）2+（y+3）2＝4，解得y=−3+152或y=−3−152，
即此时点M的坐标为（12，−3+152）或（12，−3−152）；
③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，解得y=−36，
即此时点M的坐标为（12，−36）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为（12，72）或（12，−72）或（12，−3+152）或（12，−3−152）或（12，−36）；
（3）如图，连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此时12PB+PD最小．
理由：∵OA＝1，OB=3，
∴tan∠ABO=OAOB=33，
∴∠ABO＝30°，
∴PH=12PB，
∴12PB+PD＝PH+PD＝DH，
∴此时12PB+PD最短（垂线段最短）．
在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD=32，∠HAD＝60°，
∴sin60°=DHAD，
∴DH=334，
∴12PB+PD的最小值为334．
【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AB的长；
(2)如图2，若BH=BC，过点B作BI⊥CH于点I，求证：BI+22DG=CG；
(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22AN+MN的最小值．
【答案】(1)3
(2)见解析
(3)32
【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△FDC中，根据勾股定理建立方程，即可求解；
（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+22GD即可得证；
（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，22AN+MN取得最小值，证明四边形ATMC是矩形，可得TM=AC=32，即22AN+MN的最小值为32．
(1)
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°,AB=AD=DC，
∵ H为CF的中点，DH=102，
∴ FC=2DH=10，
设正方形的边长为3x，AF=2DF，可得FD=x，
在Rt△FDC中，FD2+DC2=FC2，
即3x2+x2=10，
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 =12∠ABH，
∵ BH=BC，BI⊥CH，
∴∠HBI=∠CBI =12∠HBC，
∵∠ABC=90°，
∴∠GBI=∠GBH+∠HBI=12∠ABH+12∠HBC=12∠ABC=45°，
∴△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=22GD，
∴GC=GI+IC=BI+MD=BI+22GD，
即BI+22DG=CG；
(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=22PN，
∵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=12BC=32，
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=22BC=12AC，
此时如图乙所示，则点P与A重合，
∵ TN+MN=22AN+MN≥TM，
∴ T,N,M三点共线时，22AN+MN取得最小值，
∴∠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32．
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+5−14CQ取最小值时，求∠QAC的正弦值．
【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+12；
(3)∠QAC的正弦值为5+14
【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H重合，此时AQ+5−14CQ的值最小，最小值为AH，进而根据sin∠QAC=sin∠HAC=CHAC求解即可．
(1)
∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC = 108°
∴∠B =∠C =12（180°-∠BAC）= 36°
∵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
∴BDAB=ABBC
∴x1=1x+1
∴x2+x−1=0
解得：x=−1±52
∵x>0
∴x= −1+52
∴BC=x+1=5+12
∴PA+PC=5+12
∴当点P运动到D点时，PA+PC的值最小，此时PA+PC=5+12；
(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=12BC=5+14
由（2）知，DC=AC=1
∵CF平分∠ACB
∴CM⊥AD
DM=AM=12AD=5−14
∴sin∠MCD=GQCQ =DMCD=5−14
∴GQ=5−14CQ
∴AQ+5−14CQ=AQ+GQ≥AG
∵AG≥AH
∴Q点落在AG上时，点G与点H重合，
即此时AQ+5−14CQ的值最小，最小值为AH
∴∠QAC=∠HAC
∵AB=AC,AH⊥BC
∴CH=12BC=5+14
∴sin∠QAC=sin∠HAC=CHAC=5+14
∴∠QAC的正弦值为5+14
【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的最小值．
【答案】（1）S△ABC=23；（2）点F坐标为（1，433）；PF＋22OP的最小值为263+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FQ的长，即可得FG的长，可得答案．
【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=12×4×3=23．
（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=235k+b=0，
解得：k=−33b=533，
∴直线C′E的解析式为y=−33x+533，
联立直线C′E与l1解析式得y=−33x+533y=33x+3，
解得：x=1y=433，
∴F（1，433）．
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的长，
∵∠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=-x，
∴Q（1，-1），
∴FQ=433-（-1）=433+1，
∴FG=22FQ=22×（433+1）=263+22，
∴PF＋22OP的最小值为263+22．
【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
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＝2BF，通过解直角三角形ABF，进一步求得结果．
【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∠BAC=12×30°=15°，
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，
∴PF＝12PA，
∴PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2BF，
在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，
∴BF＝AB•sin45°＝4×22=22，
∴（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的最小值为______．
【答案】63
【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十2PB有最小值，即可求解．
【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，PH=3DH=32PD，
∴3PD+2PB=2(32PD+PB)=2(PH+PB)
∴当点H，点P，点B三点共线时，HP+PB有最小值，即3PD+2PB有最小值，
此时 BH⊥AH，∠ABH=30°，∠A=60°，
∴AH=12AB=3 ，BH=3AH=33
则3PD+2PB最小值为63，
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+12CD的最小值为______．
【答案】532
【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就等于OD+DH，当ODH共线时，即为所要求的最小值．
【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=HDCD=12，∠HCO=60°，
∴12CD=HD，
∴OD+12CD=OD+DH，
∵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+12CD有最小值，
此时OH'=OC×sin∠HCO=OC×sin60°=5×32=532，
∴OD+12CD的最小值为532，
故答案为532．
【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12OD进行转换．
4．（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+12CD的最小值为 _____．
【答案】532
【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△OHF中运用三角函数即可解决问题．
【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=12（180°-60°）=60°．
∵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）最小，
∵OF=OA=5，
∴OH=12OF=52，
∴FH=OF2−OH2=532
即12CD+OD的最小值为532．
故答案为：532．
【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+FD是解题的关键．
5．（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的最小值为 _____．
【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BI是其最小值
【详解】解：如图，
在Rt△DEF中，G是EF的中点，
∴DG＝12EF=2，
∴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＝12，
∴∠GDI＝∠CDG，
∴△GDI∽△CDG，
∴IGCG=DIDG＝12，
∴IG＝12CG，
∴BG+12CG＝BG+IG≥BI，
∴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+32PC的最小值是______．
【答案】3+332##33+32
【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= AG的值最小，再利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【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=32PC，
∴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=33，
∴CF=OF-OC=33−3，
∴GF=32(33−3)=92−332，
∴AG=AF-FG=6−92+332=32+332，
即AP+32PC的最小值为32+332．
故答案为：3+332．
【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= AG的值最小是解题的关键．
7．（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CD的长，即可得出结论．
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=22PB，
∴2PC+PB=2（PC+22PB）=2（PC+PD），
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＝22，
即PC+PD的最小值为22，
∴2PC+PB的最小值为2×22=4，
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＋CE的最小值为___．
【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，求出CH即可解决问题．
答案详解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴tan∠CAB=CBAB=33，
∴∠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°＝23×32=3，
∵12AE+EC＝CE+ET≥CH，
∴12AE+EC≥3，
∴12AE+EC的最小值为3，
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 32+6
【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=12AC=2
∴AH=AC2−HC2=23
∴AH＝BH＝23，
∴BC＝BH+CH＝23+2，
∴S△ABC＝12•BC•AH＝12•（23+2）·3＝6+23．
②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=2S△ABCAC=12+434=3+3,
∴MN的最小值为2BJ＝32+6，
∴△DEF的周长的最小值为32+6．
故答案为：6+23，32+6．
【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的最小值为 ___．
【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+CQ≥CE，求出CE即可．
【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，cs∠ACB＝BCAC=22，cs∠PCQ＝PCQC=22，
∴∠ACB=∠PCO，
∴△BCP∽△ACQ，
∴AQBP=22
∵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=12，∠QAE＝∠DAQ，
∴△QAE∽△DAQ，
∴EQQD=12即EQ＝12QD，
∴12DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，
连接CE，
∴CE=DE2+CD2=5，
∴12DQ+CQ的最小值为5．
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的最小值为_____．
【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AT的长，再利用解直角三角形的知识求解即可．
【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＝30°，
∵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=12AB=3，得到2PB+ PD的最小值等于6.
【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=12PD，
∵2PB+ PD=2（PB+12PD）=2(PB+PE)，
∴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=12AB=3，
∴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+55BD的最小值是__________．
【答案】45
【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CD+55BD=CD+DH，最后利用CD+DH⩾CM即可求值．
【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=BEAE=2，
设AE=a，BE=2a，
∵AB2=AE2+BE2
∴100=a2+4a2，
∴a2=20，
∴a=25或−25（舍弃），
∴BE=2a=45，
∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，
∴CM=BE=45（等腰三角形两腰上的高相等）
∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，
∴sin∠DBH=DHBD=AEAB=55，
∴DH=55BD，
∴CD+55BD=CD+DH，
∴CD+DH⩾CM，
∴CD+55BD⩾45，
∴CD+55BD的最小值为45,
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A到E的最短时间是________s．
【答案】649
【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AG的长，接着求出A点和B点坐标，再利用待定系数法求出BE的解析式，然后解由直线解析式和抛物线解析式所组成的方程组确定E点坐标，从而得到AG的长，然后计算爬行的时间．
【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∥AB，
∴∠HEB=∠ABE，
∴tan∠HED=tan∠EBA=DHEH=43，
设DH=4m，EH=3m，则DE=5m，
∴蚂蚁从D爬到E点的时间=5x1.25=4(s)
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=4m1=4(s)，
∴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速度爬到H点的时间，
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=3，则A(−1,0)，B(3,0)，
直线BE交y轴于C点，如图，
在RtΔOBC中，∵tan∠CBO=COOB=43，
∴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=−43b=4，
∴直线BE的解析式为y=−43x+4，
解方程组y=x2−2x−3y=−43x+4得x=3y=0或x=−73y=649，则E点坐标为(−73，649)，
∴AG=649，
∴蚂蚁从A爬到G点的时间=6491=649(s)，
即蚂蚁从A到E的最短时间为649s．
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和DE上爬行的时间相等．
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B．
(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=−12x2−32x+2；
(2)AP+2PC的最小值是23+4；
(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的坐标代入即可求得a的值，从而得抛物线的表达式；
（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=0时，x=-4，
∴C（0，2），A（-4，0），
由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=−32对称，
∴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=−12，
∴抛物线表达式为：y=−12x2−32x+2；
(2)
如图1，作∠OAE=30°，交y轴于E，过点P作PH⊥AE于H，
∴PH=12AP,
∵AP+2PC=212AP+PC=2(PH+PC),
∴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=OA3=433,
Rt△CHE中，EH=12CE=122+433=1+233,
∴CH=3EH=3+2
∴AP+2PC的最小值是2CH=2(3+2)=23+4;
(3)
∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴AC=22+42=25,BC=12+22=5,AB=4+1=5,
∴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,−12n2−32n+2，则N（n，0），
∴MN=12n2+32n−2,AN=n+4,
当ANMN=2时，AN=2MN，即12n2+32n−2=2(n+4)，
整理得：n2+2n-8=0，
解得：n1=-4（舍），n2=2，
∴M（2，-3）；
当ANMN=12时，MN=2AN，即 12n2+32n−2=2(n+4)，
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、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(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)
(2)最大值，31122+92244，P(−32,524)
(3)存在，此时M(2,−1132)或(2,192)或(2,−1732)，见解析
【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=−23x2−223x+2中，
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=OA2+OC2=11，
∴DE:PD:PE=OC:OA:AC=2:3:11，
∴DE=2211PE，PD=31111PE，
∴PD+DE=31111+2211PE，
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=2，
∴直线AC:y=23x+2．
设Pm,−23m2−223m+2，﹣3＜m＜0，
∴Em,23m+2，
∴PE=yP−yE=−23m2−2m，
∵−23<0，﹣3＜m＜0，
∴m=−32时，PEmas=324，
∴PD+DEmax=31111+2211PEmax=31122+92244，
∴P(−32,524)．
（3）
存在，此时M(2,−1132)或(2,192)或(2,−1732)．
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°，如图，
∵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=33:3，
∴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32个单位，
∵∵y=−23x−223x+2=−23(x+1)2+423，
将抛物线y=−23x−223x+2向右平移3个单位，再向下平移32个单位得到新抛物线y′，
∴y′=−23(x+1−3)2+423−32=−23(x−2)2−523，
∴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′=−23(−1−2)2−523=−1423，
∴此时点N的坐标为−1,−1423；
∴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，﹣1423）；
∴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，﹣1123）；
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′=−23(5−2)2−523=−1423，
∴此时点N的坐标为（5，﹣1423）；
∴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，﹣1423）；
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，﹣1723）；
当ANCM为对角线时，A（﹣3，0），C（0，2）的中点为：−32,22，
∵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′=−23(−5−2)2−523=−182,，
∴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2,192 或2,−1732．
【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
(2)设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若C1C2=65求m的值．
(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、E′B，求E′A+23E′B的最小值．
【答案】(1)a=-34．直线AB解析式为y=-34x+3；
(2)2
(3)4103
【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=65，列出方程即可解决问题；
（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′B的最小值．
(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=4，
∴a=-34．
∵A（4，0），B（0，3），
设直线AB解析式为y=kx+b，则b＝34k+b＝0，
解得k＝−34b＝3，
∴直线AB解析式为y=-34x+3；
(2)
如图1，
∵PM⊥AB，PE⊥OA，
∴∠PMN=∠AEN，
∵∠PNM=∠ANE，
∴△PNM∽△ANE，
∵C1C2=65
∴PNAN=65，
∵NE∥OB，
∴ANAB=AEOA，
∴AN=54(4−m)，
∵抛物线解析式为y=−34x2+94x+3，
∴PN=−34m2+94m+3−(−34m+3)=−34m2+3m，
∴−34m2+3m54(4−m)=65，
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=43×3=4，
∴OE′2=OM′•OB，
∴OE′OM′=OBOE′，
∵∠BOE′=∠M′OE′，
∴△M′OE′∽△E′OB，
∴ME′BE′=OE′OB=23，
∴M′E′=23BE′，
∴AE′+23BE′=AE′+E′M′=AM′，此时AE′+23BE′最小（两点间线段最短，A、M′、E′共线时），
最小值=AM′=42+(43)2=4103．
【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AE′+23BE′的最小值．
18．（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)11−52
【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=∠CBFBE=BF，
∴△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＝12×4×1＝2，
当EH＝3时
∴S△ABE＝S△BCF＝12AB×EH＝12×4×3＝6，
∴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最小，
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＝BC2−BQ2=16−5=11，
∴CE＝CQ﹣EQ＝11−5，
∵MK⊥AE，CE⊥AE，
∴MK∥CE，
∴DMDC=MPCE，
又∵M是CD的中点，
∴DC＝2DM，
∴MP＝12CE＝11−52．
【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∘，并且满足OD=BE，点M是线段DF上的一个动点．
（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+12MF的最小值．
【答案】（1）b=3；（2）M(233,73)；（3）92
【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M，即OM+MN的最小值为O′N′，算出长度即可．
【详解】（1）在y=−33x+b中，令x=0，则y=b，
∴点D的坐标为(0,b)，
∵OD=BE，B(23,4)，
∴E(23,4−b)，
把E(23,4−b)代入y=−33x+b中得：4−b=−33×23+b，
解得：b=3；
（2）由（1）得一次函数为y=−33x+3，D(0,3)，E(23,1)，
∴OD=3，AE=1，OA=23，
∴S四边形OADE=12(OD+AE)⋅OA=12×(3+1)×23=43，
∵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△ODM=14S四边形OADE=3，
设点M的横坐标为a，则12×3a=3，
解得：a=233，
把x=233代入y=−33x+3中得：y=73，
∴M(233,73)；
（3）
如图所示，过点M作MN⊥x轴交于点N，
∵∠DFO=30∘，
∴MN=12MF，
∴OM+12MF=OM+MN，
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N′，
∴OM=O′M，
∴OM+12MF=OM+MN=O′M+MN，
当O′、M、N在同一直线时O′M+MN最小，
即OM+12MF=OM+MN=O′M+MN的最小值为O′N′，
∵∠DFO=30°，
∴∠ODF=60°，∠DOQ=30°，∠O′ON′=90°−30°=60°，
在Rt△ODQ中，OQ=OD⋅sin60°=3×32=332，
∴OO'=2OQ=33，
在Rt△ON′O′中．O'N'=OO'sin60°=33×32=92，
∴OM+12MF的最小值为92．
【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=43，如图所示．
（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的最小值．
【答案】（1）−49x2+169x+209；（2）①32；②245
【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(5−34t，2t−14t2)，可求EF的长，由三角形面积公式和二次函数性质可求解；
②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35PC+PB的最小值，由三角形面积公式可求解．
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=43=CDDB，
∴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=−49，
∴二次函数的解析式为 y=−49(x+1)(x−5)=−49x2+169x+209；
（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=−43，b=203.
即直线BC的解析式为 y=−43x+203，
令y＝t，得：x=5−34t，
∴点E（5−34t，t），
把x=5−34t 代入y=−49(x+1)(x−5)，得 y=t(2−t4)，
即F(5−34t，2t−14t2)，
∴EF=(2t−14t2)−t=t−t24，
∴△BCF的面积=12×EF×BD=32（t−t24）=−38(t2−4t)=−38(t−2)2+32，
∴当t＝2时，△BCF的面积最大，且最大值为32；
②如图，据图形的对称性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，
∴sin∠ACD=ADAC=35，
过点P作PG⊥AC于G，则在Rt△PCG中，PG=PC⋅sin∠ACD=35PC，
∴35PC+PB=PG+PB，
过点B作BH⊥AC于点H，则PG+PB≥BH，
∴线段BH的长就是35PC+PB的最小值，
∵S△ABC=12×AB×CD=12×6×4=12，
又∵S△ABC=12×AC×BH=52BH，
∴52BH=12，
即BH=245，
∴35PC+PB的最小值为245．
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D，ΔABD的面积为5．
(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+35PA的最小值．
【答案】(1)y=12x2−x−32；y=12x+12；(2)ΔACE的面积最大值是2516，此时E点坐标为32,−158；(3)PE+35PA的最小值是3.
【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的坐标可利用待定系数法求出一次函数解析式；
(2)作EM∥y轴交AD于M，如图，利用三角形面积公式，由SΔACE=SΔAME−SΔCME构建关于E点横坐标的二次函数，然后利用二次函数的性质即可解决问题；
(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，此时FH最小，求出最小值即可．
【详解】解：(1)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，得到的抛物线解析式为y=ax−12−2，
∵OA=1，∴点A的坐标为−1,0，
代入抛物线的解析式得，4a−2=0，∴a=12，
∴抛物线的解析式为y=12x−12−2，即y=12x2−x−32．
令y=0，解得x1=−1，x2=3，∴B3,0，
∴AB=OA+OB=4，
∵ΔABD的面积为5，∴SΔABD=12AB⋅yD=5，∴yD=52，
代入抛物线解析式得，52=12x2−x−32，解得x1=−2，x2=4，∴D4,52，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴4k+b=52−k+b=0，解得：k=12b=12，
∴直线AD的解析式为y=12x+12．
(2)过点E作EM∥y轴交AD于M，如图，设Ea,12a2−a−32，则Ma,12a+12，
∴EM=12a+12−12a2+a+32=−12a2+32a+2，
∴SΔACE=SΔAME−SΔCME=12×EM⋅1 =12−12a2+32a+2×1=−14a2−3a−4，=−14a−322+2516，
∴当a=32时，ΔACE的面积有最大值，最大值是2516，此时E点坐标为32,−158．
(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,−158，OA=1，
∴AG=1+32=52，EG=158，∴AGEG=52158=43，
∵∠AGE=∠AHP=90∘，
∴sin∠EAG=PHAP=EGAE=35，∴PH=35AP，
∵E、F关于x轴对称，∴PE=PF，
∴PE+35AP=FP+HP=FH，此时FH最小，
∵EF=158×2=154，∠AEG=∠HEF，
∴sin∠AEG=sin∠HEF=AGAE=FHEF=45，
∴FH=45×154=3．
∴PE+35PA的最小值是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+35PA的最小值转化为求FH的长度．
22．（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轴交于点C，OC=3．
(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+12QC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】(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P(32,−34)；(4)存在，AQ+12QC的最小值为3+32．
【分析】(1)设交点式y=a(x−1)(x−3)，利用待定系数法进行求解即可；
(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,x2−4x+3)，则点N(x,−x+3)，根据SΔPBC=12PN×OB可得关于x的二次函数，继而根据二次函数的性质进行求解即可；
(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=12CQ，则AQ+12QC最小值=AQ+HQ=AH，求出直线HC、AH的解析式即可求得H点坐标，进行求得AH的长即可得答案.
【详解】解：(1)函数的表达式为：y=a(x−1)(x−3)=a(x2−4x+3)，
即：3a=3，解得：a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2−4x+3，
则顶点D(2,−1)；
(2)∵OB=OC=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，
∴AB=2，
∴AM=MB=ABsin45°=2，
又∵D(2，-1)，
∴AD=BD=(2−1)2+(−1−0)2=2，
∴AM=MB=AD=BD，
∴四边形ADBM为菱形，
又∵∠AMB=90°，
∴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=0n=3，
解得：{m=−1n=3，
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,x2−4x+3)，则点N(x,−x+3)，
则SΔPBC=12PN×OB=32(−x+3−x2+4x−3)=−32(x2−3x)，
∵−32<0，故SΔPBC有最大值，此时x=32，
故点P(32,−34)；
(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⊥CF，垂足为H，交y轴于点Q，
此时HQ=12CQ，
则AQ+12QC最小值=AQ+HQ=AH，
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=3x+3…①，
∵∠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=−33x+33…②，
联立①②并解得：x=1−334，
故点H(1−334,3+34)，而点A(1,0)，
则AH=12+634=3+32，
即AQ+12QC的最小值为AH=3+32．
【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+13PC的最小值；
（2）在（1）中，当MN取得最大值HF+FP+1/3PC取得小值时，把点P向上平移个22单位得到点Q，连结AQ，把△AOQ绕点O瓶时针旋转一定的角度α（0°<α<360°），得到△AOQ，其中边AQ交坐标轴于点C在旋转过程中，是否存在一点G使得∠Q'=∠Q'OG？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）13+423；（2）存在，Q的坐标（255，﹣455），（455，255），（﹣255，455），（455，﹣255）
【分析】（1）先确定点F的位置，可设点N（m，m2-2m-3），则点F（m，2m-6），可得|NF|=（2m-6）-（m2-2m-3）=-m2+4m-3，根据二次函数的性质得m=−b2a时，NF取到最大值，此时HF=2，F（2，-2），在x轴上找一点K（−324，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J，交y轴于点P，sin∠OCK=13，直线KC的解析式为：y=−22x−3，从而得到直线FJ的解析式为：y=24x−4+22联立解出点J（2−229,−19−429
）得FP+13PC的最小值即为FJ的长，且|FJ|=13+423,最后得出|HF+FP+13PCmin=7+423;（2）由题意可得出点Q（0，-2），A2=5，应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半”取AQ的中点G，连接OG，则OG=GQ=12AQ=52，此时，∠AQ0=∠GOQ，把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°<α<360°），得到△A'OQ'，其中边A’Q’交坐标轴于点G，则用0G=GQ’，分四种情况求解即可.
【详解】解：（1）如图1
∵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
∴令y＝0解得：x1＝﹣1，x2＝3，令x＝0，解得：y＝﹣3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）
∵点D为抛物线的顶点，且−b2a=−−22=1,4ac−b24a=4×1×(−3)−44×1﹣4
∴点D的坐标为D（1，﹣4）
∴直线BD的解析式为：y＝2x﹣6，
由题意，可设点N（m，m2﹣2m﹣3），则点F（m，2m﹣6）
∴|NF|＝（2m﹣6）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3
∴当m＝−b2a＝2时，NF取到最大值，此时MN取到最大值，此时HF＝2，
此时，N（2，﹣3），F（2，﹣2），H（2，0）
在x轴上找一点K（−324，0），连接CK，过点F作CK的垂线交CK于点J点，交y轴于点P，
∴sin∠OCK＝13，直线KC的解析式为：y=−22x−3，且点F（2，﹣2），
∴PJ＝13PC，直线FJ的解析式为：y=24x−4+22
∴点J（2−229,−19−429）
∴FP+13PC的最小值即为FJ的长，且|FJ|=13+423
∴|HF+FP+13PCmin=7+423；
（2）由（1）知，点P（0，−4+22），
∵把点P向上平移22个单位得到点Q
∴点Q（0，﹣2）
∴在Rt△AOQ中，∠AOG＝90°，AQ＝5，取AQ的中点G，连接OG，则OG＝GQ＝12AQ＝52，此时，∠AQO＝∠GOQ
把△AOQ绕点O顺时针旋转一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中边A′Q′交坐标轴于点G
①如图2
G点落在y轴的负半轴，则G（0，﹣52），过点Q'作Q'I⊥x轴交x轴于点I，且∠GOQ'＝∠Q'
则∠IOQ'＝∠OA'Q'＝∠OAQ，
∵sin∠OAQ＝OQAQ＝25＝255
∴sin∠IOQ=IQ′OQ′=IQ′2=255，解得：|IO|＝455
∴在Rt△OIQ'中根据勾股定理可得|OI|＝255
∴点Q'的坐标为Q'（255，﹣455）；
②如图3，
当G点落在x轴的正半轴上时，同理可得Q'（455，255）
③如图4
当G点落在y轴的正半轴上时，同理可得Q'（﹣255，455）
④如图5
当G点落在x轴的负半轴上时，同理可得Q'（﹣455，﹣255）
综上所述，所有满足条件的点Q′的坐标为：（255，﹣455），（455，255），（﹣255，455），（455，﹣255）
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与坐标轴的交点求法和与几何图形结合的综合能力的培养及直角三角形的中线性质．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用通过求点的坐标来表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
24．（2021·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y=-x2+bx+c与直线AB交于A(-4，-4)，B(0，4)两点，直线AC：y=-12x-6交y轴与点C．点E是直线AB上的动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F，交抛物线于点G.
（1）求抛物线y=-x2+bx+c的表达式；
（2）连接GB、EO，当四边形GEOB是平行四边形时，求点G的坐标；
（3）①在y轴上存在一点H，连接EH、HF，当点E运动到什么位置时，以A、E、F、H为顶点的四边形是矩形？求出此时点E、H的坐标；
②在①的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为⊙E上一动点，求12AM+CM的最小值.
【答案】（1）y=-x2-2x+4；（2）G(-2，4)；（3）①H(0，-1)；②552
【详解】分析：（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而利用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；
（3）①先判断出要以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有EF为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可；
②先取EG的中点P进而判断出△PEM∽△MEA即可得出PM=12AM，连接CP交圆E于M，再求出点P的坐标即可得出结论．
详解：（1）（1）∵点A（-4，-4），B（0，4）在抛物线y=-x2+bx+c上，
∴−16−4b+c＝−4c＝4，
∴b＝−2c＝4，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+4；
（2）设直线AB的表达式为y=kx+b
∵直线AB过点A(-4，-4)，B(0，4)，
∴−4=−4k+b4=b，解得k=2b=4，
∴y=2x+4
设E(m，2m+4)，则G(m，-m2-2m+4)
∵四边形GEOB是平行四边形，
∴GE=OB=4，
∴-m2-2m+4-2m-4=4，解得m=-2
∴G(-2，4)
（3）①设E(m，2m+4)，则F(m，-12m-6)
过A作AN⊥EG，过H作HQ⊥EG
四边形AFHE是矩形，∴△PFN≌△HEQ，∴AN=QH，∴m+4=-m，解得m=-2，E(-2，0)
EQ=FN=-4+12m+6=1
∴H(0，-1)
②由题意可得，E(-2，0)，H(0，-1),∴EH=5，即⊙E的半径为5，
∵M点在⊙E上，∴EM=5
∵A(-4，-4)，E(-2，0)，∴AE=25
在AE上截取EP=12EM，则EP=125，连接PM，
在ΔEPM与ΔEMA中，∵EPEM=525=12=525=EMEA，∠PEM=∠MEA，∴ΔEPM∽ΔEMA∴PM=12AM
∴线段PC的长即为12AM+CM的最小值
由EP=12EM=14AE=14×25=125，AP=AE-PE=325 , AC=25 ∴PC=552
即12AM+CM的最小值为552.
点睛：此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，中点坐标公式，极值的确定，解（1）的关键是掌握待定系数法，解（2）的关键是利用平行四边形的对边相等建立方程求解，解（3）①的关键是利用中点坐标公式建立方程求解，解（3）②的关键是构造相似三角形，是一道中等难度的题目．
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