文档介绍：该【二次函数压轴题最短路径问题 】是由【帅气的小哥哥】上传分享，文档一共【16】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【二次函数压轴题最短路径问题 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。最短路径问题——和最小【方法说明】“和最小〞问题常见的问法是,在一条直线上面找一点,使得这个点与两个定点距离的和最小〔将军饮马问题〕.如下列图,在直线l上找一点P使得PA+′与直线l的交点时,PA+PB最小.【方法归纳】①如下列图,⊥l,垂足为B,那么线段AB即为所求.②如下列图,在直线l上找一点P使得PA+′,BB′与直线l交于点P,此时PA+PB最小,那么点P即为所求.③如下列图,在∠AOB的边AO,BO上分别找一点C,D使得PC+CD+,BO的对称点E,F,连接EF,并与AO,BO分别交于点C,D,此时PC+CD+PD最小,那么点C,D即为所求.④如下列图,在∠AOB的边AO,BO上分别找一点E,F使得DE+EF+,D作关于AO,BO的对称点D′,C′,连接D′C′,并与AO,BO分别交于点E,F,此时DE+EF+CF最小,那么点E,F即为所求.⑤如下列图,长度不变的线段CD在直线l上运动,在直线l上找到使得AC+,D作AA′∥CD,DA′∥AC,AA′与DA′交于点A′,再作点B关于直线l的对称点B′,连接A′B′与直线l交于点D′,此时点D′即为所求.⑥如下列图,在平面直角坐标系中,点P为抛物线〔y=x2〕上的一点,点A〔0,1〕+PB最小?过点B作直线l:y=-1的垂线段BH′,BH′与抛物线交于点P′,此时PA+PB最小,那么点P即为所求.【典型例题】1.〔13广东〕二次函数y=x2-2mx+m2-1.〔1〕当二次函数的图象经过坐标原点O〔0,0〕时,求二次函数的解析式;〔2〕如图,当m=2时,该抛物线与y轴交于点C,顶点为D,求C、D两点的坐标;〔3〕在〔2〕的条件下,x轴上是否存在一点P,使得PC+PD最短?假设P点存在,求出P点的坐标;假设P点不存在,请说明理由.【思路点拨】〔1〕由二次函数的图象经过坐标原点O〔0,0〕,直接代入求出m的值即可;〔2〕把m=2代入求出二次函数解析式,令x=0,求出y的值,得出点C的坐标;利用配方法或顶点坐标公式求出顶点坐标即可;〔3〕根据当P、C、D共线时根据“两点之间,线段最短〞得出PC+PD最短,求出CD的直线解析式,令y=0,求出x的值,即可得出P点的坐标.【解题过程】解:〔1〕∵二次函数的图象经过坐标原点O〔0,0〕,∴代入二次函数y=x2-2mx+m2-1,得出:m2-1=0,解得:m=±1,∴二次函数的解析式为:y=x2-2x或y=x2+2x;〔2〕∵m=2,∴二次函数y=x2-2mx+m2-1得:y=x2-4x+3=〔x-2〕2-1,∴抛物线的顶点为:D〔2,-1〕,当x=0时,y=3,∴C点坐标为:〔0,3〕,∴C〔0,3〕、D〔2,-1〕;〔3〕当P、C、D共线时PC+PD最短,【方法一】∵C〔0,3〕、D〔2,-1〕,设直线CD的解析式为y=kx+3,代入得:2k+3=-1,∴k=-2,∴y=-2x+3,当y=0时,-2x+3=0,解得x=,∴PC+PD最短时,P点的坐标为:P〔,0〕.【方法二】过点D作DE⊥y轴于点E,∵PO∥DE,∴=,∴=,解得:PO=,∴PC+PD最短时,P点的坐标为:P〔,0〕.2.〔11菏泽〕如图,抛物线y=x2+bx﹣2与x轴交于A,B两点,与y轴交于C点,且A〔﹣1,0〕.〔1〕求抛物线的解析式及顶点D的坐标;〔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.【思路点拨】〔1〕把点A的坐标代入求出b的值,即可得出抛物线的解析式,通过配方法即可求出顶点D的坐标;〔2〕观察发现△ABC是直角三角形,,分别求出点B,C的坐标,再得出AB,AC,BC的长度,易得AC2+BC2=AB2,得出△ABC是直角三角形;〔3〕作出点C关于x轴的对称点C′,连接C'D交x轴于点M,根据“两点之间,线段最短〞可知MC+'D的解析式,即可得出点M的坐标,进而求出m的值.【解题过程】解:〔1〕∵点A〔-1,0〕在抛物线y=x2+bx-2上,∴×〔-1〕2+b×〔-1〕-2=0,解得b=-,∴抛物线的解析式为y=x2-x-2=〔x-〕2-,∴顶点D的坐标为〔,-〕.〔2〕当x=0时y=-2,∴C〔0,-2〕,OC==0时,x2-x-2=0,∴x1=-1,x2=4,∴B〔4,0〕,∴OA=1,OB=4,AB=5.∵AB2=25,AC2=OA2+OC2=5,BC2=OC2+OB2=20,∴AC2+BC2=AB2.∴△ABC是直角三角形.〔3〕作出点C关于x轴的对称点C′,那么C′〔0,2〕,OC′=2,连接C′D交x轴于点M,根据轴对称性及两点之间线段最短可知,MC+MD的值最小.【方法一】设直线C′D的解析式为y=kx+n,那么,解得:.∴y=-x+2.∴当y=0时,-x+2=0,x=.∴m=.【方法二】设抛物线的对称轴交x轴于点E.∵ED∥y轴,∴∠OC′M=∠EDM,∠C′OM=∠DEM,∴△C′OM∽△DEM.∴=,∴=,∴m=.3.〔11福州〕,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=x+对称.〔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和的最小值.【思路点拨】〔1〕二次函数y=ax2+2ax﹣3a〔a≠0〕中只有一个未知参数a,令y=0,解出方程ax2+2ax﹣3a=0〔a≠0〕,即可得到点A,;〔2〕根据点H、B关于过A点的直线l:y=x+对称,得出AH=AB=4,过顶点H作HC⊥AB交AB于C点,得AC=AB=2,利用勾股定理求出HC的长,即可得出点H的坐标,代入二次函数解析式,求出a,即可得到二次函数解析式;〔3〕直线BK∥AH易得直线BK的解析式,联立直线l的解析式方程组,,B关于直线AK对称,所以HN=BN,所以根据“两点之间,线段最短〞得出HN+,连接QK,交直线AH于E,所以QM=KM,易得BM+MK的最小值为BQ,即BQ的长是HN+NM+MK的最小值,求出QB的长即可.【解题过程】解:〔1〕依题意,得ax2+2ax﹣3a=0〔a≠0〕,解得x1=﹣3,x2=1,∵B点在A点右侧,∴A点坐标为〔﹣3,0〕,B点坐标为〔1,0〕,∵直线l:y=x+,当x=﹣3时,y=×(-3)+=0,∴点A在直线l上.〔2〕∵点H、B关于过A点的直线l:y=x+对称,∴AH=AB=4,过顶点H作HC⊥AB交AB于C点,那么AC=AB=2,HC=2,∴顶点H〔-1,2〕,代入二次函数解析式,解得a=-,∴二次函数解析式为y=-x2-x+,〔3〕直线AH的解析式为y=x+3,直线BK的解析式为y=x+3,由,解得,即K〔3,2〕,那么BK=4,∵点H、B关于直线AK对称,∴HN+MN的最小值是MB,KD=KE=2,过点K作直线AH的对称点Q,连接QK,交直线AH于E,那么QM=MK,QE=EK=2,AE⊥QK,∴BM+MK的最小值是BQ,即BQ的长是HN+NM+MK的最小值,∵BK∥AH,∴∠BKQ=∠HEQ=90°,由勾股定理得QB=8,∴HN+NM+.〔14海南〕如图,对称轴为直线x=2的抛物线经过A〔-1,0〕,C〔0,5〕两点,〔0,1〕,E〔a,0〕,F〔a+1,0〕,点P是第一象限内的抛物线上的动点.〔1〕求此抛物线的解析式;〔2〕当a=1时,求四边形MEFP的面积的最大值,并求此时点P的坐标;〔3〕假设△PCM是以点P为顶点的等腰三角形,求a为何值时,四边形PMEF周长最小?请说明理由.【思路点拨】〔1〕由对称轴为直线x=2,可以得出顶点横坐标为2,设二次函数的解析式为y=a〔x-2〕2+k,再把点A,B的代入即可求出抛物线的解析式;〔2〕求四边形MEFP的面积的最大值,,可以考虑用割补法来求,过点P作PN⊥y轴于点N,由S四边形MEFP=S梯形OFPN-S△PMN-S△OME即可得出;〔3〕四边形PMEF的四条边中,线段PM,EF长度固定,当ME+PF取最小值时,〔EF的长度〕,得到点M1〔1,1〕,作点M1关于x轴的对称点M2〔1,-1〕,连接PM2,与x轴交于F点,此时ME+PF=PM2最小.【解题过程】解:〔1〕∵对称轴为直线x=2,∴设抛物线解析式为y=a〔x-2〕2+〔-1,0〕,C〔0,5〕代入得:,解得,∴y=-〔x-2〕2+9=-x2+4x+5.〔2〕当a=1时,E〔1,0〕,F〔2,0〕,OE=1,OF=〔x,-x2+4x+5〕,如答图2,过点P作PN⊥y轴于点N,那么PN=x,ON=-x2+4x+5,∴MN=ON-OM=-x2+4x+=S梯形OFPN-S△PMN-S△OME=〔PN+OF〕?ON-PN?MN-OM?OE=〔x+2〕〔-x2+4x+5〕-x?〔-x2+4x+4〕-×1×1=-x2+x+=-〔x-〕2+∴当x=时,四边形MEFP的面积有最大值为,此时点P坐标为〔,〕.〔3〕∵M〔0,1〕,C〔0,5〕,△PCM是以点P为顶点的等腰三角形,∴=-x2+4x+5=3,解得x=2±.∵点P在第一象限,∴P〔2+,3〕.四边形PMEF的四条边中,PM、EF长度固定,因此只要ME+PF最小,,将点M向右平移1个单位长度〔EF的长度〕,得M1〔1,1〕;作点M1关于x轴的对称点M2,那么M2〔1,-1〕;连接PM2,与x轴交于F点,此时ME+PF==mx+n,将P〔2+,3〕,M2〔1,-1〕代入得:,解得:m=,n=,∴y=x-.当y=0时,解得x=.∴F〔,0〕.∵a+1=,∴a=.∴a=时,.〔14福州〕如图,抛物线y=(x-3)2-1与x轴交于A,B两点〔点A在点B的左侧〕,与y轴交于点C,顶点为D了.〔1〕求点A,B,D的坐标;〔2〕连接CD,过原点O作OE⊥CD,垂足为H,OE与抛物线的对称轴交于点E,连接AE,:∠AEO=∠ADC;〔3〕以〔2〕中的点E为圆心,1为半径画圆,在对称轴右侧的抛物线上有一动点P,过点P作⊙E的切线,切点为Q,当PQ的长最小时,求点P的坐标,并直接写出点Q的坐标.【思路点拨】〔1〕由顶点式直接得出点D的坐标,再令y=0,得(x-3)2-1=0解出方程,即可得出点A,B的坐标;〔2〕设HD与AE相交于点F,可以发现△HEF与△ADF组成一个“8字型〞.对顶角∠HFE=∠AFD,只要∠FHE=∠∠EHF=90°,只需证明∠EAD=90°△ADE为直角三角形,得∠FHE=∠FAD=90°即可得出结论;〔3〕⊙E的切线,所以△PEQ为直角三角形,半径EQ长度不变,当斜边PE最小时,,然后表示出PE,求出PE的最小值,得到点P的坐标,再求出点Q的坐标即可.【解题过程】解:〔1〕顶点D的坐标为〔3,-1〕.令y=0,得(x-3)2-1=0,解得x1=3+,x2=3-.∵点A在点B的左侧,∴A点坐标(3-,0),B点坐标〔3+,0〕.〔2〕过D作DG⊥y轴,〔0,-1〕,GD==0,那么y=,∴C点坐标为〔0,〕.∴GC=-(-1)=.设对称轴交x轴于点M.∵OE⊥CD,∴∠GCD+∠COH=90°.∵∠MOE+∠COH=90°,∴∠MOE=∠∵∠CGD=∠OMN=90°,∴△DCG∽△EOM.∴=,即=.∴EM=2,即点E坐标为(3,2),ED=,得AE2=6,AD2=3,∴AE2+AD2=6+3=9=ED2.∴△AED是直角三角形,即∠DAE=90°.设AE交CD于点F.∴∠ADC+∠AFD=90°.又∵∠AEO+∠HFE=90°,∴∠AFD=∠HFE,∴∠AEO=∠ADC.〔3〕由⊙E的半径为1,根据勾股定理,得PQ2=EP2-,只需EP长最小,〔x,y〕,由勾股定理,得EP2=(x-3)2+(y-2)2.∵y=(x-3)2-1,∴(x-3)2=2y+2.∴EP2=2y+2+y2-4y+4=(y-1)2+=1时,=1代入y=(x-3)2-1,得(x-3)2-1=1,解得x1=1,x2=∵点P在对称轴右侧的抛物线上,∴x1=1舍去.∴点P坐标为(5,1).此时Q点坐标为〔3,1〕或(,).6.〔14遂宁〕:直线l:y=﹣2,抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是y轴,且经过点〔0,﹣1〕,〔2,0〕.〔1〕求该抛物线的解析式;〔2〕如图①,点P是抛物线上任意一点,过点P作直线l的垂线,垂足为Q,求证:PO=PQ.〔3〕请你参考〔2〕中结论解决以下问题:〔i〕如图②,过原点作任意直线AB,交抛物线y=ax2+bx+c于点A、B,分别过A、B两点作直线l的垂线,垂足分别是点M、N,连结ON、OM,求证:ON⊥OM.〔ii〕:如图③,点D〔1,1〕,试探究在该抛物线上是否存在点F,使得FD+FO取得最小值?假设存在,求出点F的坐标;假设不存在,请说明理由.【思路点拨】〔1〕因为抛物线的对称轴是y轴,所以b=0,再代入点〔0,﹣1〕,〔2,0〕即可求出抛物线的解析式;〔2〕由〔1〕设出P的坐标,分别表示出PE,PQ的长度,即可得出结论;〔3〕〔i〕因为BN∥AM,所以∠ABN+∠BAM=180°.由〔2〕的结论可得BO=BN,AO=AM,可得出∠BON=∠BNO,∠AOM=∠AMO,易得∠BON+∠AOM=90°再得到∠MON=90°即可;〔ii〕如图③,作F′H⊥l于H,DF⊥l于G,交抛物线与F,作F′E⊥DG于E,由〔2〕的结论根据矩形的性质可以得出结论.【解题过程】解:〔1〕由题意,得,解得:,∴抛物线的解析式为:y=x2-1;〔2〕如图①,设P〔a,a2﹣1〕,就有OE=a,PE=a2﹣1,∵PQ⊥l,∴EQ=2,∴QP=a2+△POE中,由勾股定理,得PO==a2+1,∴PO=PQ;〔3〕〔i〕如图②,∵BN⊥l,AM⊥l,∴BN=BO,AM=AO,BN∥AM,∴∠BNO=∠BON,∠AOM=∠AMO,∠ABN+∠BAM=180°.∵∠BNO+∠BON+∠NBO=180°,∠AOM+∠AMO+∠OAM=180°,∴∠BNO+∠BON+∠NBO+∠AOM+∠AMO+∠OAM=360°,∴2∠BON+2∠AOM=180°,∴∠BON+∠AOM=90°,∴∠MON=90°,∴ON⊥OM;〔ii〕如图③,作F′H⊥l于H,DF⊥l于G,交抛物线与F,作F′E⊥DG于E,