专题11 将军饮马求最值问题-2022年中考数学之二次函数重点题型专题（全国通用版）（解析版）.docx

1、专题11 将军饮马求最值问题1（2021河北廊坊市中考二模）如图，在平面直角坐标系中，过点的抛物线分别交轴于，两点（点在点的左侧），交轴于点（1）求抛物线的函数表达式（2）若点是抛物线对称轴上一点，当取得最小值时，求点的坐标（3）当，两点满足：，且时，若符合条件的点的个数有2个，直接写出的取值范围【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）把点P(，)代入y=+bx+2即可求解；（2）连接，交对称轴于点，连接，此时取得最小值，即为的长，求得直线的函数表达式，即可求解；（3）利用两点之间的距离公式结合勾股定理的逆定理得到关于的一元二次方程，根据，求解即可【详解】解：（1）点P(，)在抛物线上，解

2、得：抛物线的函数表达式为：；（2），抛物线的对称轴为由，得，由，得，C(0，2)，两点关于对称轴对称，连接，交对称轴于点，连接，此时取得最小值，即为的长设直线的函数表达式为，解得，当时，点的坐标为；（3）M(m，0)，N(0，n)，P(，)，PMN=90，且满足：，整理得关于的一元二次方程：，符合条件的点的个数有2个，即，解得：，的取值范围为【点睛】本题主要利用了抛物线与x轴的交点坐标的求解，待定系数法求函数解析式，二次函数的顶点坐标与对称轴的求法，勾股定理的逆定理以及一元二次方程根与系数的关系等，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件2（2021广西西林九年级期中）如图，抛物线与x

3、轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，于y轴交于点C（0，3），顶点为D（1）求该抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）请计算以A、B、D、C为顶点的四边形的面积；（3）在x坐标轴上是否存在点Q，使得Q点到C、D两点的距离之和最短，若存在，请直接写出Q点坐标，若不存在，请说明理由【答案】（1）yx22x+3，D（1，4）；（2）9；（3）存在， Q（，0）【分析】（1）由待定系数法求出抛物线的表达式，进而求出顶点D的坐标（2）根据勾股定理证明是直角三角形，四边形ABCD的面积BCCD+ABOC，计算求解（3）作点C关于x轴的对称点E（0，3），连接DE，计算得出直线DE的解析式，DE交x轴于点Q

4、，代入计算求出点Q的坐标【详解】解：（1）设抛物线的表达式为yax2+bx+c，将点A、B、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得抛物线的表达式为yx22x+3，抛物线的对称轴为x1，当x1时，yx22x+34，点D的坐标为（1，4）；（2）由点B、C、D的坐标可知，BC218，CD22，BD220，BC2+CD2BD2，BCD为直角三角形，四边形ABCD的面积（3）存在，Q（，0），如图作点C关于x轴的对称点E（0，3），连接DE交x轴于点Q，则点Q为所求点，设直线ED的表达式为ykx+b，将D、E两点坐标代入可得，解得，直线DE的表达式为y7x3，令y7x30，解得x，点Q的坐标为（，0）【点

5、睛】本题是二次函数综合题，主要考查运用待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的逆用，求多边形面积及两点间线段最短，运用数形结合的方法是解题关键3（2021山东东营中考真题）如图，抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C，直线过B、C两点，连接AC（1）求抛物线的解析式；（2）求证：；（3）点是抛物线上的一点，点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作轴交直线BC于点E，点P为抛物线对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求的最小值【答案】（1）；（2）见解析；（3）【分析】（1）先利用直线得到点B和点C的坐标，利用待定系数法求解；（2）根据解析式求得点A的坐标，求出两个三角形的边长，根据两组对

6、应边成比例夹角相等求证；（3）设点D的坐标为，将线段DE的长用函数关系式表示为顶点式形式，利用函数的性质得到当时，线段DE的长度最大，得到点D的坐标，再利用轴对称及勾股定理求出答案即可【详解】（1）解：直线分别与轴和轴交于点B和点C，点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，2），把，分别代入，得，解得，抛物线的解析式为（2）抛物线与x轴交于点A，解得，点A的坐标为，在中，又，（3）设点D的坐标为则点E的坐标为=，当时，线段DE的长度最大此时，点D的坐标为，点C和点M关于对称轴对称，连接CD交对称轴于点P，此时最小连接CM交直线DE于点F，则，点F的坐标为，的最小值【点睛】此题考查的是二次函数

7、的综合知识，利用待定系数法求函数解析式，函数图象与坐标轴的交点问题，函数的最值问题，轴对称的性质，勾股定理，证明两个三角形相似，熟练掌握各知识点是解题的关键4（2021湖北恩施中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点，在轴上，抛物线经过点，两点，且与直线交于另一点（1）求抛物线的解析式；（2）为抛物线对称轴上一点，为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点，为顶点的四边形是以为边的菱形若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）为轴上一点，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，连接，探究是否存在最小值若存在，请求出这个最小值及点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存

8、在以点，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）存在最小值，最小值为，此时点M的坐标为【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后把点B、D代入求解即可；（2）设点，当以点，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分当时，当时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可；（3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进而可得OM=BP，则有，若使的值为最小，即为最小，则有当点D、M、O三点共线时，的值为最小，然后问题可求解【详解】解：（1）四边形为正方形，OB=1，把点B、D坐标代入得：，解得：，抛物线的解析式为；（2）

9、由（1）可得，抛物线解析式为，则有抛物线的对称轴为直线，点D与点E关于抛物线的对称轴对称，由两点距离公式可得，设点，当以点，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：当时，如图所示：由两点距离公式可得，即，解得：，点F的坐标为或；当时，如图所示：由两点距离公式可得，即，解得：，点F的坐标为或；综上所述：当以点，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）由题意可得如图所示：连接OM、DM，由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，DM=EM，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，四边形BOMP是平行四边形，OM=BP，若使的值为最小，即为最小，当点D、M、O三点共线时，的

10、值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：，的最小值为，即的最小值为，设线段OD的解析式为，代入点D的坐标得：，线段OD的解析式为，【点睛】本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键5（2020浙江临海市九年级期中）在平面直角坐标系中，已知(b、c为常数)的顶点为P，等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为(0，1)，点C的坐标为(4， 3)，直角顶点B在第四象限(1)如图，若抛物线经过A、B两点，求抛物线的解析式(2)平移(1)中的抛物线，使顶点P在直线AC上并沿AC方向滑动距离为时，试证明：平移后的抛物线与直线

11、AC交于x轴上的同一点(3)在(2)的情况下，若沿AC方向任意滑动时，设抛物线与直线AC的另一交点为Q，在滑动过程中线段PQ的长度是否发生变化？若不变，请直接写出PQ的长度，若改变请说明理由(4)在(2)的情况下，若沿AC方向任意滑动时，设抛物线与直线AC的另一交点为Q，取BC的中点N，试探究NP+BQ是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，请说明理由【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)PQ=；(4)存在，NP+BQ的最小值为【分析】（1）先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的函数表达式；（2）如图，设顶点P在直线AC上并沿AC方向滑动距离时，到达P，作PMy轴，PMx轴

12、，交于M点，根据直线AC的解析式求得PPM是等腰直角三角形，进而求得抛物线向上平移1个单位，向右平移1个单位，从而求得平移后的解析式，进而求得与x轴的交点，与直线AC的交点，即可证得结论；（3）可设P的坐标为（m，m-1），则平移后抛物线的函数表达式为：y=-（x-m）2+m-1求出平移后抛物线与直线y=x-1的交点，然后利用两点的距离公式求解即可；（4）如图所示，作点B关于直线AC的对称点B，由分析可知，当B、Q、F（AB中点）三点共线时，NP+BQ最小，最小值为线段BF的长度【详解】(1)等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为(0，1)，C的坐标为(4，3)点B的坐标为(4，1)抛物线过A(

13、0，1)，B(4，1)两点，解得：，抛物线解析式为(2)如图，设顶点P在直线AC上并沿AC方向滑动距离时，到达P，作PMy轴，PMx轴，交于M点，点A的坐标为(0，1)，点C的坐标为(4，3)，直线AC的解析式为y=x1，PPM是等腰直角三角形，PP=，PM=PM=1，抛物线向上平移1个单位，向右平移1个单位，平移后的抛物线的解析式为y，令y=0，则0，解得x1=1，x2=5，平移后的抛物线与x轴的交点为(1，0)，(5，0)，显然(1，0)在直线y=x1上，平移后的抛物线与直线AC交于x轴上的同一点(1，0)(3)不变，PQ=.理由如下：设P的坐标为（m，m-1），则平移后抛物线的函数表达式

14、为：y=-（x-m）2+m-1解方程组：解得：，P（m，m-1），Q（m-2，m-3）PQ=(4)如图，取点B关于AC的对称点B，易得点B的坐标为(0，3)，BQ=BQ，取AB中点F，连接QF，FN，QB，易得FNPQ，且FN=PQ，四边形PQFN为平行四边形NP=FQNP+BQ=FQ+BQFB=当B、Q、F三点共线时，NP+BQ最小，最小值为【点睛】本题为二次函数中考压轴题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数、几何变换（平移，对称）、等腰直角三角形、平行四边形、轴对称-最短路线问题等知识点，考查了存在型问题，试题难度较大6（2021陕西西安中考模拟预测）如图，已知两条直线，直线

15、、间的距离为，点、在直线上，；点在直线上，并且（1）记的面积为；求与的函数关系为 ；当时， ；求当的长为多少时，的面积最大？最大面积是多少？（2）请你用尺规作图的方法确定的周长最小时点的位置（要求不写作法，但保留作图痕迹）：并判断的形状为 ；直接写出当的面积最大时这个最小周长的值；（3）请你在（2）中得到的内求一点，使得的和最小，求出和的最小值【答案】（1），；当时，的面积最大，最大面积为；（2）等腰三角形；周长的最小值；（3）的最小值为：【分析】（1）根据x+h=40得出h=40-x，再由三角形的面积公式即可得出结论；利用配方法求解即可（2）作出PMN，由图可知PMN是以线段MN为底的等腰三

16、角形；根据勾股定理求出PN的长，进而可得出结论；（3）将MPA绕点M顺时针旋转60得到MPA，根据图形旋转的性质得出PA=PA，MAP=120连接AA，则MAA是等边三角形由此可得出P，A，A，N四点在一条直线上，故AP+AM+AN=PA+AA+AN=PN，所以AP+AM+AN和的最小值等于PN的长，由此可得出结论【详解】解：（1）x+h=40，h=40-x，S=x（40-x）=-x2+20x(0x40)当x=10时，S=150故答案为：S=-x2+20x(0x40)，150S=-（x-20）2+200，当x=20时，PMN的面积最大，最大面积为200；（2）如图，是以线段为底的等腰三角形故答

17、案为：等腰三角形周长最小时点为的垂直平分线与直线的交点，周长的最小值理由：如图，过点P作PDMN，垂足为DND=MN=10 PD=20M由勾股定理得， PMN周长的最小值=PM+PN+MN= （3）如图，在等腰的顶角的平分线上取点，使得，点在此处可使得的和最小 此时将绕点顺时针旋转得到，连接，则是等边三角形，即，四点共线上，和的最小值等于的长，此时，的最小值为：【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的最值问题，等腰三角形的判定与性质等知识，在解答（3）时涉及到图形的旋转及三角形函数的定义等知识，难度较大7（2021江西东湖九年级月考）如图，已知点，在抛物线上（1）求抛物

18、线解析式；（2）在直线上方的抛物线上求一点，使的面积为；（3）若点是抛物线对称轴上一动点，当的值最大时，求点的坐标；（4）在轴下方且在抛物线对称轴上，是否存在一点，使？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）点P的坐标为（1，）或（2，1）；（3）（1，2）；（4）存在，点Q的坐标为（1，）【分析】（1）设抛物线的解析式为，将点C的坐标代入即可求出结论；（2）过点P作PDx轴，交BC于点D，连接PC、PB，利用待定系数法求出直线BC的解析式，设点P的坐标为，则点D的坐标为，求出PD的长，然后利用三角形的面积列出方程即可求出结论；（3）根据三角形的三边关系，AC，当A、C、M

19、共线时，=AC，从而得出当A、C、M共线时，最大，利用待定系数法求出直线AC的解析式，并求出抛物线的对称轴，即可求出点M的坐标；（4）作ABC的外接圆圆心为M，与抛物线的对称轴交于点Q，连接BQ、CQ、MB和MC，设抛物线对称轴与x轴交于点D，利用圆周角定理即可证出，然后求出BMC，设圆M的半径为r，由列出方程即可求出r，从而求出MQ=MB=，利用勾股定理求出DM即可求出DQ，从而求出结论【详解】解：（1）设抛物线的解析式为，将点C的坐标代入，得解得：该抛物线的解析式为；（2）过点P作PDx轴，交BC于点D，连接PC、PB，设直线BC的解析式为y=kxd将点B和点C的坐标分别代入，得解得：直线

20、BC的解析式为设点P的坐标为，则点D的坐标为PD=1解得：点P的坐标为（1，）或（2，1）；（3）根据三角形的三边关系，AC，当A、C、M共线时，=AC当A、C、M共线时，最大设直线AC的解析式为y=mxn将点A、C的坐标分别代入，得解得：直线AC的解析式为y=x1抛物线的对称轴为直线x=将x=1代入y=x1中，解得y=2点M的坐标为（1，2）；（4）存在，作ABC的外接圆圆心为M，与抛物线的对称轴交于点Q，连接BQ、CQ、MB和MC，设抛物线对称轴与x轴交于点D，如下图所示，点，OA=OC，AB=3（-1）=4OAC为等腰直角三角形，BD=2BAC=45BQC=45BMC=2BQC=90设圆

21、M的半径为r，由则解得：r=或（不符合实际，舍去）MQ=MB=在RtBDM中，DM=1DQ=DMMQ=点Q的坐标为（1，）【点睛】此题考查的是抛物线与圆的综合大题，此题难度较大，掌握利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式、圆周角定理及推论和勾股定理是解题关键8（2021广东广州市九年级月考）如图所示，抛物线经过点A（1，0）和点C（4，0），与y轴交于B（1）求抛物线所对应的解析式（2）连接直线BC， 抛物线的对称轴与BC交于点E， F为抛物线的顶点，求四边形AECF的面积（3）x轴上是否存在一点P， 使得PB+PE的值最小，若存在，请求出P点坐标，若不存在，请说明理由【答案】（1）；

22、（2）；（3）存在，P（，0）【分析】（1）利用待定系数法求得抛物线的解析式；（2）先把解析式配方成顶点式得到F的坐标（，），然后确定B点坐标，接着利用待定系数法求出直线BC的解析式，则可确定E点坐标，然后利用四边形AECF的面积=SACE+SACF进行计算；（3）作点E关于x轴的对称点M，连接BM交x轴于点P，利用两点之间线段最短可判定此时PB+PE的值最小，接着利用待定系数法求出直线BM的解析式，然后计算函数值为0时的自变量的值即可得到点P的坐标；【详解】解：（1）抛物线经过点A（1，0）和点C（4，0）可得，解得抛物线解析式为；（2），则抛物线的对称轴为直线x=，顶点F的坐标为（，）；当

23、x=0时，y=-x2+5x-4=-4，则B点坐标为（0，-4）设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（0，-4），C（4，0）代入得，解得：，则直线BC的解析式为y=x-4，当x=时，y=x-4=，则E点坐标为（，），所以四边形AECF的面积=SACE+SACF=（4-1）+（4-1）=（3）作点E关于x轴的对称点M，连接BM交x轴于点P，连接PE，此时PB+PE有最小值，即BM的长由（2）已求E点坐标为（，），M点坐标为（，）设直线BM的解析式为，将B（0，-4），M（，）代入解析式可得解得：直线BM的解析式为：当y=0时，解得所以点P的坐标为（，0） 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数

24、的解析式及二次函数与图形相关知识，掌握二次函数的性质利用数形结合思想解题是关键9（2021天津北辰中考二模）如图，在平面直角坐标系中，为原点，抛物线（，为常数），经过点和点（）求抛物线的解析式；（）在抛物线上是否存在一点，使？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由；（）点为直线下方抛物线上一点，点为轴上一点，当的面积最大时，直接写出的最小值【答案】（1）；（2）存在；点P坐标为 或或（-2，3）；（3）【分析】（1）根据给出的点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；（2）分两种情况讨论，利用平行线之间的距离相等，可求OP解析式，EP的解析式，联立方程组可求解；（3）过点M作MFAC，交

25、AB于F，设点M（m，m2m2），则点F（m，-m2），可求MF的长，由三角形面积公式可求MAB的面积，利用二次函数的性质可求点M坐标，过点O作KOB30，过点N作KNOK于K点，过点M作MPOK于P，延长MF交直线KO于Q，由直角三角形的性质可得KN=ON，可得MN+ONMN+KN，则当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN+ON有最小值，即最小值为MP，由直角三角形的性质可求解【详解】（1）把点A（-4，0），点B（0，2），带入抛物线解析式为得， 解得 抛物线解析式为：yx2x2；（2）如图1，当点P在直线AB上方时，过点O作OPAB，交抛物线于点P，OPAB，ABP和ABO是等

26、底等高的两个三角形，SPABSABO，点和点直线AB的解析式为OPAB，直线PO的解析式为yx，联立方程组可得 解得：或点P 或；当点在直线AB下方时，在OB的延长线上截取BEOB2，过点E作EAB，交抛物线于点，连接A，B，ABEOP，OBBE，SABO，EAB，且过点E（0，4），直线E解析式为yx4，联立方程组可得 ，解得 ，点（-2，3），综上所述：点P坐标为 或或（-2，3）；（3）如图2，过点M作MFAC，交AB于F，设点M（m，m2m2），则点F（m，-m2），MFm2（m2m2）m2-2m，MAB的面积4(m2-2m)，当m-2时，MAB的面积有最大值，点M（-2，3），如图3

27、，过点O作KOB30，过点N作KNOK于K点，过点M作MPOK于P，延长MF交直线KO于Q，KOB ，KNOK，KNON，MNONMN+KN，当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MNON有最小值，即最小值为MP，KOB，直线OK解析式为yx，当x2时，点Q（-2，2），QM23，OBQM，PQMPON，PMQM，MNON的最小值为，即2MNON= 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，垂线段最短等知识，利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来是本题的关键10（2021山东临淄中考二模）如图，在平面直角坐标系中，点A（1

28、，0），点B（0，3），点C在x轴的负半轴上，BCA45，CDAB，垂足为点D，CD与y轴交于点E 点A，B，C分别在二次函数图象上（1）求二次函数表达式；（2）连接AE并延长交二次函数的图象于点F，请你求出点F的坐标；（3）设二次函数的对称轴与x轴的交点为H，在直线AF上有一动点M，连接MH，将线段MH 绕点M顺时针旋转90得到线段MN，连接HN，AN，求NHAN的最小值【答案】（1）y=x22x+3；（2）F(2，3)；（3）【分析】（1）根据CBO=BCA得出OC=OB，推出点C的坐标，再利用待定系数法求得解析式即可；（2）先证明COE BOA，得出点E的坐标和EAO的度数，求出直线AE

29、的表达式，再联立两个函数表达式求出点F的坐标；（3）根据旋转的性质得到MHN是等腰直角三角形，求出的值，如图所示，过点N作NS x轴，垂足为S，在x轴上（线段SH的异侧）作ST=NS，再证明MHAHNT，根据相似三角形对应边成比例求出NS的长度，再根据动点N到x轴的距离保持不变转化为将军饮马模型，过点A作直线y=2的对称点A，连接AH， 则AH即为NH+AN的最小值，根据勾股定理AH的长度，NHAN的最小值即可得解【详解】解：（1）在RtBOC中，BCA=45， CBO=BCA =45， OC=OB=3 .C（3，0）， 将A（1，0），B（0，3），C（3，0）分别代入y=ax2+bx+c，

30、得 ，解这个方程组，得，所求二次函数的表达式为y=x22x+3（2）CDAB， DCA+DAC=90， BAO+ABO=90， ABO=OCE ， 又OC=OB ，COE=BOA， COE BOA， OE=OA=1， E(0，1)，EAO=45 ， 直线AE的表达式为y=x+1，联立两个函数表达式，列方程组，得，解得，（舍去）， F(2，3)（3）H为二次函数的对称轴与x轴的交点， H(1，0) ， . 线段MH 绕点M顺时针旋转90得到线段MN， MHN是等腰直角三角形 ，MHN=45 ，过点N作NS x轴，垂足为S，在x轴上（线段SH的异侧）作ST=NS，则NST是等腰直角三角形，NTS=

31、45，NT= NS，在MHA中MAH=45 ，AH=2，NHA是NTH的外角 ， NHA=NTS+TNH，又NHA=MHN+MHA， MHA=HNT ，又NTH=HAM=45， MHAHNT， ， ， NS=2，即动点N到x轴的距离保持不变，始终为2，所以点N始终在直线y=2上移动，从而转化为将军饮马模型， 过点A作直线y=2的对称点A，连接AH， 则AH即为NH+AN的最小值，在RtHAA中，AH=2，AA=4，所以 AH=2，即NH+AN的最小值为2【点睛】本题考查了二次函数的综合，利用待定系数法求二次函数的解析，等腰三角形的性质，全等三角形，相似三角形的性质，勾股定理，正确作图，掌握相关的定理和性质是解题的关键