2022年中考数学二次函数压轴突破 专题11 胡不归模型(教师版含解析)

从前有个少年外出求学，某天不幸得知老父亲病危的消息，便立即赶路回家．根据“两点之间线段最短”，虽然从他此刻位置A到家B之间是一片砂石地，但他义无反顾踏上归途，当赶到家时，老人刚咽了气，小伙子追悔莫及失声痛哭．邻居告诉小伙子说，老人弥留之际不断念叨着“胡不归？胡不归？…”(“胡”同“何”)

而如果先沿着驿道AC先走一段，再走砂石地，会不会更早些到家？

BV1V1驿道砂石地AV2C

【模型建立】

如图，一动点P在直线MN外的运动速度为V1，在直线MN上运动的速度为V2，且V1ACBC的值最小． V2V1BV1MNAV2C

【问题分析】

VVACBC1=BC1AC，记k1， V2V1V1V2V2即求BC+kAC的最小值． 【问题解决】

构造射线AD使得sin∠DAN=k，CH/AC=k，CH=kAC．

BMsinα=ACHACα=kHCNDCH=kAC

将问题转化为求BC+CH最小值，过B点作BH⊥AD交MN于点C，交AD于H点，此时BC+CH取到最小值，即BC+kAC最小．

BMAαHCND

【模型总结】

在求形如“PA+kPB”的式子的最值问题中，关键是构造与kPB相等的线段，将“PA+kPB”型问题转化为“PA+PC”型．

而这里的PB必须是一条方向不变的线段，方能构造定角利用三角函数得到kPB的等线段．

【2019长沙中考】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5BD的最小值是_______． 5AEDBC

【分析】本题关键在于处理“⊥AB交AB于H点，则DH55，故作DHBD”，考虑tanA=2，△ABE三边之比为1:2:5，sinABE555BD． 5AAHEDHDCEBBC

问题转化为CD+DH最小值，故C、D、H共线时值最小，此时CDDHCHBE45．

【小结】本题简单在于题目已经将BA线作出来，只需分析角度的三角函数值，作出垂线DH，即可解决问题，若稍作改变，将图形改造如下：

EDBC

则需自行构造α，如下图，这一步正是解决“胡不归”问题关键所在．

AEDBCsinα=αBHDCE55

专项训练 1．直线y42x与抛物线y(x3)4m3交于A，B两点(其中点A在点B的左侧)，与抛物线的对称轴3交于点C，抛物线的顶点为D(点D在点C的下方)，设点B的横坐标为t (1)求点C的坐标及线段CD的长(用含m的式子表示)；

(2)直接用含t的式子表示m与t之间的关系式(不需写出t的取值范围)； (3)若CDCB． ①求点B的坐标；

233②在抛物线的对称轴上找一点F，使BFCF的值最小，则满足条件的点F的坐标是 (3,) ．

45

【分析】(1)由抛物线的解析式可得出抛物线对称轴为x3，将x3代入直线AB的解析式中即可求出点C的坐标；由抛物线的解析式表示出顶点坐标，结合两点间的距离公式即可得出CD的长度；

(2)将直线解析式代入抛物线解析式中，得出关于x的二元一次方程，由求根公式找出x值中较大的数，令其为t，变换等式即可得出结论；

(3)①借用(2)的结论，利用CDCB得出关于m的一元二次方程，解方程得出m的值代入原方程进行验证即可确定m的结果，在将m代入t关于m的解析式中即可得出B点的横坐标，由点B在直线y4x上即可得3出B点坐标；②作B点关于对称轴的对称点B，过点F作FMBC于点M，连接BM、BB交抛物线对称轴于点N，通过三角形内两边之和大于第三边找出点F的位置，再通过解直角三角形求出NF的长，进

而即可找出点F的坐标．

【解答】解：(1)抛物线y(x3)24m3的对称轴为x3， 4令x3，则有y34，

3即点C的坐标为(3,4)．

抛物线y(x3)24m3的顶点D的坐标为(3,4m3)， 点D在点C的下方， CD4(4m3)4m1．

(2)点B在直线y43x上，且其横坐标为t， 则点B的坐标为(t,43t)，

将点B的坐标代入抛物线y(x3)24m3中， 得：43t(t3)24m3，

整理，得：m14t2116t3．

(3)①依照题意画出图形，如图1所示．

过点C作CE//x轴，过点B作BE//y轴交CE于点E．直线BC的解析式为y43x， BE43CE，

由勾股定理得：BCCE2BE253CE．

CDCB，

有4m153(t3)53(1131394m3)，

化简，得：4m23m10， 解得：m14，或m1．

当m14时，1394(144)93，不合适，

m1，

此时t111346， 394y68．

3故此时点B的坐标为(6,8)．

②作B点关于对称轴的对称点B，过点F作FMBC于点M，连接BM、BB交抛物线对称轴于点N，如图2所示．

直线BC的解析式为ytanFCM13， 443FM3． FC54x，FMBC， 3sinFCMB、B关于对称轴对称， BFBF，

3BFCFBFFM．

5当点B、F、M三点共线时BFFM最小．

B点坐标为(6,8)，抛物线对称轴为x3， B点的坐标为(0,8)．

又BMBC， tanNBF3， 49， 4NFBNtanNBF点F的坐标为(3,23)． 4故答案为：(3,23)． 4

【点评】本题考查了二次函数的性质、一元二次方程的求根公式、解直角三角形以及解无理方程，解题的关键是：(1)根据二次函数的解析式找出其对称轴及顶点坐标；(2)由求根公式得出t；(3)①得出关于m的无理方程；②寻到点F的位置．本题属于中档题，(1)(2)难度不大，(3)难度不小，①中涉及到了解无理方程，产生了增根需要去验证；②寻找F点的位置是关键，此处在直角三角形中利用了角的三角函数值寻找到点F的位置．

2．如图，抛物线y112交x轴于D，C两点，连接AC，BC，xmxn与直线yx3交于A，B两点，

22已知A(0,3)，C(3,0)．

(Ⅰ)求抛物线的解析式和tanBAC的值； (Ⅱ)在(Ⅰ)条件下：

(1)P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQPA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，

P，Q为顶点的三角形与ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理

由．

(2)设E为线段AC上一点(不含端点)，连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒2个单位的速度运动到A后停止，当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？

【分析】(Ⅰ)只需把A、C两点的坐标代入y12xmxn，就可得到抛物线的解析式，然后求出直线AB2与抛物线的交点B的坐标，利用勾股定理逆定理判断出三角形ABC是直角三角形，从而得到ACB90，然后根据三角函数的定义就可求出tanBAC的值；

(Ⅱ)(1)过点P作PGy轴于G，则PGA90．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x0，则PGx，易得APQACB90．若点G在点A的下方，①当PAQCAB时，PAQ∽CAB．此时

可证得PGA∽BCA，根据相似三角形的性质可得AG3PG3x．则有P(x,33x)，然后把P(x,33x)代入抛物线的解析式，就可求出点P的坐标②当PAQCBA时，PAQ∽CBA，同理，可求出点P的坐标；若点G在点A的上方，同理，可求出点P的坐标；(2)过点E作ENy轴于N，如图3．易得AE2EN，则点M在整个运动中所用的时间可表示为

DEEADEEN．作点D关于AC的对称点D，连接DE，12则有DEDE，DCDC，DCADCA45，从而可得DCD90，DEENDEEN．根据两点之间线段最短可得：当D、E、N三点共线时，DEENDEEN最小．此时可证到四边形OCDN是矩形，从而有NDOC3，ONDCDC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可得到点E的坐标．

【解答】解：(Ⅰ)把A(0,3)，C(3,0)代入yn3， 19mxn025m解得：2．

n3抛物线的解析式为y12xmxn，得 2125xx3 221yx32联立，

152yxx322x0x4解得：或，

y3y1点B的坐标为(4,1)．

如图1．

C(3,0)，B(4,1)，A(0,3)，

AB220，BC22，AC218， BC2AC2AB2， ABC是直角三角形， ACB90， tanBACBC21； AC323

(Ⅱ)方法一：

(1)存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与ACB相似． 过点P作PGy轴于G，则PGA90．

设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x0，则PGx． PQPA，ACB90， APQACB90．

若点G在点A的下方，

①如图2①，当PAQCAB时，则PAQ∽CAB． PGAACB90，PAQCAB， PGA∽BCA，



PGBC1． AGAC3AG3PG3x．

则P(x,33x)． 把P(x,33x)代入y125xx3，得 22125xx333x， 22整理得：x2x0

解得：x10(舍去)，x21(舍去)．

②如图2②，当PAQCBA时，则PAQ∽CBA．

111同理可得：AGPGx，则P(x,3x)，

333115把P(x,3x)代入yx2x3，得

3221251xx33x， 223整理得：x213x0 313， 3解得：x10(舍去)，x21314P(，)；

39若点G在点A的上方，

①当PAQCAB时，则PAQ∽CAB， 同理可得：点P的坐标为(11,36)． ②当PAQCBA时，则PAQ∽CBA． 4417同理可得：点P的坐标为P(，)．

9344131417综上所述：满足条件的点P的坐标为(11,36)、(，)、(，)；

9393 方法二：

作APQ的“外接矩形” AQGH，易证AHP∽QGP，

APHP， PQQG以A，P，Q为顶点的三角形与ACB相似，

APHPBC1APHPAC或3， PQQGAC3PQQGBC设P(2t,2t25t3)，A(0,3)，H(2t,3)，

32t25t31HP1，①||， QG32t32t11317，2t2， 3332t25t3HP3，②||3 QG2t2t111，2t21，(舍)，

满足题意的点P的坐标为(11,36)、(44131417，)、(，)；

9393

(2)方法一：

过点E作ENy轴于N，如图3． 在RtANE中，ENAEsin452AE，即AE2EN， 2DEEA点M在整个运动中所用的时间为DEEN．

12作点D关于AC的对称点D，连接DE，

则有DEDE，DCDC，DCADCA45， DCD90，DEENDEEN．

根据两点之间线段最短可得：

当D、E、N三点共线时，DEENDEEN最小． 此时，DCDDNONOC90，

四边形OCDN是矩形，

NDOC3，ONDCDC．

对于y125xx3， 2215当y0时，有x2x30，

22解得：x12，x23． D(2,0)，OD2，

ONDCOCOD321， NEANAOON312，

点E的坐标为(2,1)．

方法二：

作点D关于AC的对称点D，DD交AC于点M，显然DEDE， 作DNy轴，垂足为N，交直线AC于点E，如图4，

在RtANE中，ENAEsin452AE，即AE2EN， 2当D、E、N三点共线时，DEENDEEN最小，

A(0,3)，C(3,0)， lAC:yx3，

M(m,m3)，D(2,0)， DMAC，KDMKAC1， 1mm31， m2551，M(，)， 222M为DD的中点，

D(3,1)， EYDY1，

E(2,1)．

方法三：如图，5，过A作射线AF//x轴，过D作射线DF//y轴，DF与AC交于点E． A(0,3)，C(3,0)， lAC:yx3．

OAOC，AOC90， ACO45， AF//OC， FAE45．

EFAEsin45AE2．

当且仅当AFDF时，DEEF取得最小值，点M在整个运动中用时最少为：tDEAEDEEF， 12抛物线的解析式为y125xx3，且C(3,0)， 22可求得D点坐标为(2,0)

则E点横坐标为2，将x2代入lAC:yx3，得y1． 所以E(2,1)．

【点评】本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐标、抛物线上点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，准确分类是解决第(Ⅱ)(1)小题的关键，把点M运动的总时间

DEEA转化为DEEN是解决第(Ⅱ)(2)小题的关键． 123．在平面直角坐标系中，将二次函数yax2(a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b(k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，ABD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ACE面积的最大值，并求出此时点E的坐标； 3(3)若点P为x轴上任意一点，在(2)的结论下，求PEPA的最小值．

5

【分析】(1)先写出平移后的抛物线解析式，经过点A(1,0)，可求得a的值，由ABD的面积为5可求出点

D的纵坐标，代入抛物线解析式求出横坐标，由A、D的坐标可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SACESAMESCME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3用锐角三角函数的定义可得出EPAPFPHP，此时FH最小，求出最小值即可．

5构建二次函数，利用

【解答】解：(1)将二次函数yax2(a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a(x1)2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1， 2113(x1)22，即yx2x． 222抛物线的解析式为y令y0，解得x11，x23， B(3,0)，

ABOAOB4，

ABD的面积为5，

SABDyD1AByD5， 25513，代入抛物线解析式得，x2x， 2222解得x12，x24，

5D(4,)，

2设直线AD的解析式为ykxb， 15k4kb2， 2，解得：1bkb02直线AD的解析式为y11x． 221311(2)过点E作EM//y轴交AD于M，如图，设E(m,m2m)，则M(m,m)，

2222

111313EMmm2mm2m2，

22222211131SACESAMESCMEEM1(m2m2)1(m23m4)，

222241325(m)2．

4216当m325315时，ACE的面积有最大值，最大值是，此时E点坐标为(,)． 21628(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，

315E(,)，OA1， 28AG13515，EG， 2285AG24， EG1538AGEAHP90

sinEAGPHPHEG3， APAE53AP， 5E、F关于x轴对称， PEPF，

3PEAPFPHPFH，此时FH最小，

5EF15152，AEGHEF， 84AGFH4， AEEF5sinAEGsinHEF415FH3．

543PEPA的最小值是3．

5【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决相关问题． 4．抛物线y抛物线的顶点．

(1)如图1，连接CD，求线段CD的长；

(2)如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PFx轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿

x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1，当PE6223xx6与x轴交于点A，B(点A在点B的左边)，与y轴交于点C，点D是该631EC的值最大时，求四边形PO1B1C周长的最小值，2并求出对应的点O1的坐标；

(3)如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周，在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是点O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴

交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使AMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)分别表示C和D的坐标，利用勾股定理可得CD的长；

(2)令y0，可求得A(32，0)，B(2，0)，利用待定系数法可计算直线AC的解析式为：y设E(x,3x6，336223x6)，P(x,xx6)，表示PE的长，利用勾股定理计算AC的长，发现3632311x26，计算PEEC，利用配方法可得当PEEC的值最大时，322CAO30，得AE2EFx22，此时P(22，6)，确定要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1B1C的值最小，将点P向

6)，连接P右平移2个单位长度得点P1(2，2(2，1B1，则PO1PB11，再作点P1关于x轴的对称点P6)，可得结论；

(3)先确定对折后O2C落在AC上，AMN是以MN为腰的等腰三角形存在四种情况： ①如图4，ANMN，证明△C1EC△B2O2M，可计算O2M的长； ②如图5，AMMN，此时M与C重合，O2MO2C6； ③如图6，AMMN，N和H、C1重合，可得结论；

④如图7，ANMN，过C1作C1EAC于E证明四边形C1EO2B2是矩形，根据O2MEO2EM可得结论． 【解答】解：(1)如图1，过点D作DKy轴于K， 当x0时，y6， C(0,6)，

y62236， xx6(x2)26363D(2，46)， 3466， 6336226)；(4分) 33DK2，CKCDDK2CK2(2)2((2)在y62236223xx6中，令y0，则xx60， 6363解得：x132，x22， A(32，0)，B(2，0)， C(0,6)，

易得直线AC的解析式为：y设E(x,3x6， 336223x6)，P(x,xx6)， 36362233xx6，EFx6， 633PFRtACO中，AO32，OC6， AC26，

CAO30，

AE2EF23x26， 31622331PEEC(xx6)(x6)(ACAE)，

2633262123x3x[26(x26)]， 623623x3xx， 636，(5分) (x22)2631当PEEC的值最大时，x22，此时P(22，6)，(6分)

2PC22，

O1B1OB2，

要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1B1C的值最小，

6)，连接P如图2，将点P向右平移2个单位长度得点P1(2，1B1，则PO1PB11，

再作点P2(2，6)，则PB1关于x轴的对称点P11P2B1， PO1B1CP2B1B1C，

连接P2C与x轴的交点即为使PO1B1C的值最小时的点B1，

B1(2，0)， 2将B1向左平移2个单位长度即得点O1， 此时PO1B1CPC(26)2(2)226， 2对应的点O1的坐标为(32，0)，(7分) 2四边形PO1B1C周长的最小值为2632；(8分)

(3)O2M的长度为6或6或226或226．(12分) 3理由是：如图3，H是AB的中点， OH2， OC6， CHBC22，

HCOBCO30， ACO60，

将CO沿CH对折后落在直线AC上，即O2在AC上，

B2CACAB30， B2C//AB，

B2(22，6)，

①如图4，ANMN，

MANAMN30O2B2O3，

由旋转得：CB2C1O2B2O330，B2CB2C1，

B2CC1B2C1C75，

过C1作C1EB2C于E， B2CB2C122，

C1E2B2O2，B2E6，

O2MB2B2MO375B2CC1， B2O2MC1EC90，

△C1EC△B2O2M，

O2MCEB2CB2E226；

②如图5，AMMN，此时M与C重合，O2MO2C6， ③如图6，AMMN，

B2CB2C122B2H，即N和H、C1重合， CAOAHMMHO230，

16； O2MAO233④如图7，ANMN，过C1作C1EAC于E， NMANAM30， O3C1B230O3MA， C1B2//AC，

C1B2O2AO2B290， C1EC90，

四边形C1EO2B2是矩形，

EO2C1B222，C1EB2O22， EM6，

O2MEO2EM226，

综上所述，O2M的长是6或6或226或226． 3

【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、轴对称变换、勾股定理、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建轴对称解决最值问题，对于第3问等腰三角形的判定要注意利用数形结合的思想，属于中考压轴题．

k5．如图，已知抛物线y(x2)(x4)(k为常数，且k0)与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴

8交于点C，经过点B的直线y3xb与抛物线的另一交点为D． 3(1)若点D的横坐标为5，求抛物线的函数表达式；

(2)若在第一象限内的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与ABC相似，求k的值； (3)在(1)的条件下，设F为线段BD上一点(不含端点)，连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FD以每秒2个单位的速度运动到D后停止，当点F的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时最少？

【分析】(1)首先求出点A、B坐标，然后求出直线BD的解析式，求得点D坐标，代入抛物线解析式，求

得k的值；

(2)因为点P在第一象限内的抛物线上，所以ABP为钝角．因此若两个三角形相似，只可能是ABC∽APB或ABC∽PAB．如答图2，按照以上两种情况进行分类讨论，分别计算；

1(3)由题意，动点M运动的路径为折线AFDF，运动时间：tAFDF．如答图3，作辅助线，将

21AFDF转化为AFFG；再由垂线段最短，得到垂线段AH与直线BD的交点，即为所求的F点．

2k【解答】解：(1)抛物线y(x2)(x4)，

8令y0，解得x2或x4， A(2,0)，B(4,0)．

直线y3xb经过点B(4,0)， 3343， 4b0，解得b33343． x33直线BD解析式为：y当x5时，y33， D(5，33)．

k点D(5，33)在抛物线y(x2)(x4)上，

8

k(52)(54)33， 8k83． 93(x2)(x4)． 9抛物线的函数表达式为：y即y

322383． xx999(2)由抛物线解析式，令x0，得yk， C(0,k)，OCk．

因为点P在第一象限内的抛物线上，所以ABP为钝角．

因此若两个三角形相似，只可能是ABC∽APB或ABC∽PAB． ①若ABC∽APB，则有BACPAB，如答图21所示．

设P(x,y)，过点P作PNx轴于点N，则ONx，PNy． tanBACtanPAB，即：

k2yx2， yk2xk． P(x,kk2xk)，代入抛物线解析式y8(x2)(x4)，

得k8(x2)(x4)k2xk，整理得：x26x160， 解得：x8或x2(与点A重合，舍去)， P(8,5k)． ABC∽APB，

ACABk24ABAP，即6625k2100， 解得：k455． ②若ABC∽PAB，则有ABCPAB，如答图22所示． 设P(x,y)，过点P作PNx轴于点N，则ONx，PNy． tanABCtanPAB，即：

yk4xk2． P(x,k4xk2)，代入抛物线解析式yk8(x2)(x4)，

得k8(x2)(x4)k4xk2，整理得：x24x120， 解得：x6或x2(与点A重合，舍去)， P(6,2k)．

k4yx2，

ABC∽PAB， ABCB， APAB16k2， 264k6解得k2， k0， k2，

综上所述，k

(3)方法一：

45或k2． 5如答图3，由(1)知：D(5，33)，

如答图22，过点D作DNx轴于点N，则DN33，ON5，BN459， tanDBADN333， BN93DBA30．

过点D作DK//x轴，则KDFDBA30． 过点F作FGDK于点G，则FG1DF． 21由题意，动点M运动的路径为折线AFDF，运动时间：tAFDF，

2tAFFG，即运动的时间值等于折线AFFG的长度值．

由垂线段最短可知，折线AFFG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段． 过点A作AHDK于点H，则t最小AH，AH与直线BD的交点，即为所求之F点．

A点横坐标为2，直线BD解析式为：yy343(2)23， 33343， x33F(2，23)．

综上所述，当点F坐标为(2，23)时，点M在整个运动过程中用时最少． 方法二：

作DK//AB，AHDK，AH交直线BD于点F， DBA30， BDH30， FHDFsin30FD， 2当且仅当AHDK时，AFFH最小，

点M在整个运动中用时为：tlBD:y343， x33AFFDAFFH， 12FXAX2，

F(2,23)．

【点评】本题是二次函数压轴题，难度很大．第(2)问中需要分类讨论，避免漏解；在计算过程中，解析式中含有未知数k，增加了计算的难度，注意解题过程中的技巧；第(3)问中，运用了转化思想使得试题难度大大降低，需要认真体会．