專題1將軍飲馬模型與最值問題【模型導(dǎo)入】什么是將軍飲馬？“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河”，這是唐代詩人李頎《古從軍行》里的一句詩。而由此卻引申出一系列非常有趣的數(shù)學(xué)問題，通常稱為“將軍飲馬”?！灸Ｐ兔枋觥咳鐖D，將軍在圖中點A處，現(xiàn)在他要帶馬去河邊喝水，之后返回軍營，問：將軍怎么走能使得路程最短？【模型抽象】如圖，在直線上找一點P使得PA+PB最?。窟@個問題的難點在于PA+PB是一段折線段，通過觀察圖形很難得出結(jié)果，關(guān)于最小值，我們知道“兩點之間，線段最短”、“點到直線的連線中，垂線段最短”等，所以此處，需轉(zhuǎn)化問題，將折線段變?yōu)橹本€段．【模型解析】作點A關(guān)于直線的對稱點A’，連接PA’，則PA’=PA，所以PA+PB=PA’+PB當(dāng)A’、P、B三點共線的時候，PA’+PB=A’B，此時為最小值（兩點之間線段最短）【模型展示】【模型】一、兩定一動之點點在OA、OB上分別取點M、N，使得△PMN周長最?。颂嶮、N均為折點，分別作點P關(guān)于OA（折點M所在直線）、OB（折點N所在直線）的對稱點，化折線段PM+MN+NP為P’M+MN+NP’’，當(dāng)P’、M、N、P’’共線時，△PMN周長最?。纠}】如圖，點P是∠AOB內(nèi)任意一點，∠AOB=30°，OP=8，點M和點N分別是射線OA和射線OB上的動點，則△PMN周長的最小值為___________．【分析】△PMN周長即PM+PN+MN的最小值，此處M、N均為折點，分別作點P關(guān)于OB、OA對稱點P’、P’’，化PM+PN+MN為P’N+MN+P’’M．【解析】當(dāng)P’、N、M、P’’共線時，得△PMN周長的最小值，即線段P’P’’長，連接OP’、OP’’，可得△OP’P’’為等邊三角形，所以P’P’’=OP’=OP=8．

【模型】二、兩定兩動之點點在OA、OB上分別取點M、N使得四邊形PMNQ的周長最小。考慮PQ是條定線段，故只需考慮PM+MN+NQ最小值即可，類似，分別作點P、Q關(guān)于OA、OB對稱，化折線段PM+MN+NQ為P’M+MN+NQ’，當(dāng)P’、M、N、Q’共線時，四邊形PMNQ的周長最小?！灸Ｐ汀咳?、一定兩動之點線在OA、OB上分別取M、N使得PM+MN最小。此處M點為折點，作點P關(guān)于OA對稱的點P’，將折線段PM+MN轉(zhuǎn)化為P’M+MN，即過點P’作OB垂線分別交OA、OB于點M、N，得PM+MN最小值（點到直線的連線中，垂線段最短）題型一將軍飲馬中兩定一動模型與最值問題【專題說明】這類問題的解法主要是通過軸對稱，將動點所在直線同側(cè)的兩定點中的一個映射到直線的另一側(cè)，轉(zhuǎn)化為兩點之間線段最短問題。

1、如圖，在中，，是的兩條中線，是上一個動點，則下列線段的長度等于最小值的是（）A． B． C． D．【解析】在中，，AD是的中線，可得點B和點D關(guān)于直線AD對稱，連結(jié)CE，交AD于點P，此時最小，為EC的長，故選B.2、如圖，在正方形ABCD中，E是AB上一點，BE＝2，AB＝8，P是AC上一動點，則PB+PE的最小值_____．【解析】如圖：連接DE交AC于點P，此時PD＝PB，PB+PE＝PD+PE＝DE為其最小值，∵四邊形ABCD為正方形，且BE＝2，AB＝8，∴∠DAB＝90°，AD＝AB＝8，AE＝AB-BE＝6，在Rt△ADE中，根據(jù)勾股定理，得DE＝＝＝10．∴PB+PE的最小值為10．3、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形的邊交軸于點，軸，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點，點的坐標(biāo)為，．（1）求反比例函數(shù)的解析式；（2）點為軸上一動點，當(dāng)?shù)闹底钚r，求出點的坐標(biāo)．【解析】（1）∵是矩形，∴，∵，∴，∴，又∵軸，∴，∴，∵∴，即把點代入的得，∴反比例函數(shù)的解析式為：．（2）過點作垂足為，∵，，∴，∴，∴，則點關(guān)于軸的對稱點，直線與軸的交點就是所求點，此時最小，設(shè)直線AB1的關(guān)系式為，將,，代入得，解得：，，∴直線的關(guān)系式為，當(dāng)時，，∴點

4、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+2x+c與x軸交于A（﹣1，0）B（3，0）兩點，與y軸交于點C，點D是該拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式和直線AC的解析式；（2）請在y軸上找一點M，使△BDM的周長最小，求出點M的坐標(biāo)；（3）試探究：在拋物線上是否存在點P，使以點A，P，C為頂點，AC為直角邊的三角形是直角三角形？若存在，請求出符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解析】（1）設(shè)拋物線解析式為y=a（x+1）（x﹣3），即y=ax2﹣2ax﹣3a，∴﹣2a=2，解得a=﹣1，∴拋物線解析式為y=﹣x2+2x+3；當(dāng)x=0時，y=﹣x2+2x+3=3，則C（0，3），設(shè)直線AC的解析式為y=px+q，把A（﹣1，0），C（0，3）代入得，解得，∴直線AC的解析式為y=3x+3；（2）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴頂點D的坐標(biāo)為（1，4），作B點關(guān)于y軸的對稱點B′，連接DB′交y軸于M，如圖1，則B′（﹣3，0），∵M(jìn)B=MB′，∴MB+MD=MB′+MD=DB′，此時MB+MD的值最小，而BD的值不變，∴此時△BDM的周長最小，易得直線DB′的解析式為y=x+3，當(dāng)x=0時，y=x+3=3，∴點M的坐標(biāo)為（0，3）；（3）存在．過點C作AC的垂線交拋物線于另一點P，如圖2，∵直線AC的解析式為y=3x+3，∴直線PC的解析式可設(shè)為y=﹣x+b，把C（0，3）代入得b=3，∴直線PC的解析式為y=﹣x+3，解方程組，解得或，則此時P點坐標(biāo)為（，）；過點A作AC的垂線交拋物線于另一點P，直線PC的解析式可設(shè)為y=﹣x+b，把A（﹣1，0）代入得+b=0，解得b=﹣，∴直線PC的解析式為y=﹣x﹣，解方程組，解得或，則此時P點坐標(biāo)為（，﹣）.綜上所述，符合條件的點P的坐標(biāo)為（，）或（，﹣）.

5、如圖1（注：與圖2完全相同），在直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點三點,,．（1）求拋物線的解析式和對稱軸；（2）是拋物線對稱軸上的一點，求滿足的值為最小的點坐標(biāo)（請在圖1中探索）；（3）在第四象限的拋物線上是否存在點，使四邊形是以為對角線且面積為的平行四邊形？若存在，請求出點坐標(biāo)，若不存在請說明理由.（請在圖2中探索）【解析】根據(jù)點,的坐標(biāo)設(shè)二次函數(shù)表達(dá)式為：，∵拋物線經(jīng)過點，則，解得：，拋物線的表達(dá)式為：，函數(shù)的對稱軸為：；連接交對稱軸于點，此時的值為最小，設(shè)BC的解析式為：，將點的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：得：解得：直線的表達(dá)式為：，當(dāng)時，，故點；存在，理由：四邊形是以為對角線且面積為的平行四邊形，則，點在第四象限，則，將該坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式得：，或故點的坐標(biāo)為或．

題型二將軍飲馬中一定兩動模型與最值問題【專題說明】一定兩動型可轉(zhuǎn)化為兩點之間線段最短和點到直線的垂線段最短問題，進(jìn)而求最值。關(guān)鍵是作定點（或動點）關(guān)于動折點所在直線的對稱點，通過等量代換轉(zhuǎn)化問題?！灸Ｐ驼故尽俊灸Ｐ汀咳?、一定兩動之點線在OA、OB上分別取M、N使得PM+MN最小。此處M點為折點，作點P關(guān)于OA對稱的點P’，將折線段PM+MN轉(zhuǎn)化為P’M+MN，即過點P’作OB垂線分別交OA、OB于點M、N，得PM+MN最小值（點到直線的連線中，垂線段最短）【例題】1、如圖，在邊長為的菱形中，，將沿射線的方向平移得到，分別連接，，則的最小值為____.【解析】如圖，過C點作BD的平行線，以為對稱軸作B點的對稱點，連接交直線于點根據(jù)平移和對稱可知，當(dāng)三點共線時取最小值，即，又，根據(jù)勾股定理得，，故答案為2、點P是定點，在OA、OB上分別取M、N，使得PM+MN最小?！窘馕觥孔鼽cP關(guān)于OA對稱的點P’，將折線段PM+MN轉(zhuǎn)化為P’M+MN，即過點P’作OB垂線分別交OA、OB于點M、N，得PM+MN最小值（垂線段最短）3、點P是定點，在OA、OB上分別取點M、N，使得△PMN周長最小．【解析】分別作點P關(guān)于OA（折點M所在直線）、OB（折點N所在直線）的對稱點，化折線段PM+MN+NP為P’M+MN+NP’’，當(dāng)P’、M、N、P’’共線時，△PMN周長最?。?/p>

3、如圖，拋物線y=ax2﹣5ax+c與坐標(biāo)軸分別交于點A，C，E三點，其中A（﹣3，0），C（0，4），點B在x軸上，AC=BC，過點B作BD⊥x軸交拋物線于點D，點M，N分別是線段CO，BC上的動點，且CM=BN，連接MN，AM，AN．（1）求拋物線的解析式及點D的坐標(biāo)；（2）當(dāng)△CMN是直角三角形時，求點M的坐標(biāo)；（3）試求出AM+AN的最小值．【解析】（1）把A（﹣3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣5ax+c得，解得，∴拋物線解析式為y=﹣x2+x+4；又∵AC=BC，CO⊥AB，∴OB=OA=3，∴B（3，0），∵BD⊥x軸交拋物線于點D，∴D點的橫坐標(biāo)為3，當(dāng)x=3時，y=﹣×9+×3+4=5，∴D點坐標(biāo)為（3，5）；（2）在Rt△OBC中，BC==5，設(shè)M（0，m），則BN=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，∵∠MCN=∠OCB，∴當(dāng)時，△CMN∽△COB，則∠CMN=∠COB=90°，即，解得m=，此時M點坐標(biāo)為（0，）；當(dāng)時，△CMN∽△CBO，則∠CNM=∠COB=90°，即，解得m=，此時M點坐標(biāo)為（0，）；綜上所述，M點的坐標(biāo)為（0，）或（0，）；（3）連接DN，AD，如圖，∵AC=BC，CO⊥AB，∴OC平分∠ACB，∴∠ACO=∠BCO，∵BD∥OC，∴∠BCO=∠DBC，∵DB=BC=AC=5，CM=BN，∴△ACM≌△DBN，∴AM=DN，∴AM+AN=DN+AN，而DN+AN≥AD（當(dāng)且僅當(dāng)點A、N、D共線時取等號），∴DN+AN的最小值=，

4、如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點，連接DF，過點E作EH⊥DF，垂足為H，EH的延長線交DC于點G．（1）猜想DG與CF的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）過點H作MN∥CD，分別交AD，BC于點M，N，若正方形ABCD的邊長為10，點P是MN上一點，求△PDC周長的最小值．【解析】（1）結(jié)論：CF=2DG．理由：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，∵DE=AE，∴AD=CD=2DE，∵EG⊥DF，∴∠DHG=90°，∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，∴∠CDF=∠DEG，∴△DEG∽△CDF，∴==，∴CF=2DG．（2）作點C關(guān)于NM的對稱點K，連接DK交MN于點P，連接PC，此時△PDC的周長最短．周長的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．由題意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，EG=，DH==，∴EH=2DH=2，∴HM==2，∴DM=CN=NK==1，在Rt△DCK中，DK===2，∴△PCD的周長的最小值為10+2．5、如圖，在正方形ABCD中，AB=9，點E在CD邊上，且DE=2CE，點P是對角線AC上的一個動點，則PE+PD的最小值是（）A． B． C．9 D．【解析】如圖，連接BE，設(shè)BE與AC交于點P′，∵四邊形ABCD是正方形，∴點B與D關(guān)于AC對稱，∴P′D=P′B，∴P′D+P′E=P′B+P′E=BE最?。碢在AC與BE的交點上時，PD+PE最小，為BE的長度．∵直角△CBE中，∠BCE=90°，BC=9，CE=CD=3，∴BE==．故選A．6、如圖，∠AOB的邊OB與x軸正半軸重合，點P是OA上的一動點，點N（3，0）是OB上的一定點，點M是ON的中點，∠AOB=30°，要使PM+PN最小，則點P的坐標(biāo)為______．【解析】解：作N關(guān)于OA的對稱點N′，連接N′M交OA于P，則此時，PM+PN最小，∵OA垂直平分NN′，∴ON=ON′，∠N′ON=2∠AON=60°，∴△NON′是等邊三角形，∵點M是ON的中點，∴N′M⊥ON，∵點N（3，0），∴ON=3，∵點M是ON的中點，∴OM=1.5，∴PM=，∴P（，）．故答案為：（，）．題型三將軍飲馬中兩定兩動模型與最值問題【專題說明】運用平移變換，把保持平移后的線段與原來線段平行且相等的特性下，把無公共端點的兩線段移動到具有公共端點的新位置，從而轉(zhuǎn)化為兩點之間線段最短問題求解最值?！灸Ｐ驼故尽俊灸Ｐ汀慷啥▋蓜又c點在OA、OB上分別取點M、N使得四邊形PMNQ的周長最小?？紤]PQ是條定線段，故只需考慮PM+MN+NQ最小值即可，類似，分別作點P、Q關(guān)于OA、OB對稱，化折線段PM+MN+NQ為P’M+MN+NQ’，當(dāng)P’、M、N、Q’共線時，四邊形PMNQ的周長最小?！纠}】1、如圖所示拋物線過點，點，且（1）求拋物線的解析式及其對稱軸；（2）點在直線上的兩個動點，且，點在點的上方，求四邊形的周長最小值；（3）點為拋物線上一點，連接，直線把四邊形的面積分為3∶5兩部分，求點的坐標(biāo).【解析】（1）∵OB=OC，∴點B（3，0），則拋物線的表達(dá)式為：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3）=ax2-2ax-3a，故-3a=3，解得：a=-1，故拋物線的表達(dá)式為：y=-x2+2x+3…①；對稱軸為：直線（2）ACDE的周長=AC+DE+CD+AE，其中AC=、DE=1是常數(shù)，故CD+AE最小時，周長最小，取點C關(guān)于函數(shù)對稱點C（2，3），則CD=C′D，取點A′（-1，1），則A′D=AE，故：CD+AE=A′D+DC′，則當(dāng)A′、D、C′三點共線時，CD+AE=A′D+DC′最小，周長也最小，四邊形ACDE的周長的最小值=AC+DE+CD+AE=+1+A′D+DC′=+1+A′C′=+1+；（3）如圖，設(shè)直線CP交x軸于點E，直線CP把四邊形CBPA的面積分為3：5兩部分，又∵S△PCB：S△PCA=EB×（yC-yP）：AE×（yC-yP）=BE：AE，則BE：AE，=3：5或5：3，則AE=或，即：點E的坐標(biāo)為（，0）或（，0），將點E、C的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：y=kx+3，解得：k=-6或-2，故直線CP的表達(dá)式為：y=-2x+3或y=-6x+3。。②聯(lián)立①②并解得：x=4或8（不合題意值已舍去），故點P的坐標(biāo)為（4，-5）或（8，-45）．

2、如圖，在矩形中，，，為的中點，若為邊上的兩個動點，且，若想使得四邊形的周長最小，則的長度應(yīng)為__________.【解析】如圖，在AD上截取線段AF=DE=2，作F點關(guān)于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，過G點作BC的平行線交DC的延長線于H點．

∵E為CD的中點，∴CE=2∴GH=DF=5，EH=2+4=6，∠H=90°，

∵BC//GH∴,

∴,∴，

∴CQ=，∴BP=CB-PQ-CQ=7-2-．

故答案為．

3、已知直線l1∥l2，l1、l2之間的距離為8，點P到直線l1的距離為6，點Q到直線l2的距離為4，PQ=，在直線l1上有一動點A，直線l2上有一動點B，滿足AB⊥l2，且PA+AB+BQ最小，此時PA+BQ=_____．【解析】作PE⊥l1于E交l2于F，在PF上截取PC=8，連接QC交l2于B，作BA⊥l1于A，此時PA+AB+BQ最短．作QD⊥PF于D．在Rt△PQD中，∵∠D=90°，PQ=，PD=18，∴DQ==，∵AB=PC=8，AB∥PC，∴四邊形ABCP是平行四邊形，∴PA=BC，CD=10，∴PA+BQ=CB+BQ=QC===16．故答案為16．4、如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6．AB=12，AD平分∠CAB，點F是AC的中點，點E是AD上的動點，則CE+EF的最小值為A．3 B．4 C． D．【分析】此處E點為折點，可作點C關(guān)于AD的對稱，對稱點C’在AB上且在AB中點，化折線段CE+EF為C’E+EF，當(dāng)C’、E、F共線時得最小值，C’F為CB的一半，故選C．

5、如圖，在銳角三角形ABC中，BC=4，∠ABC=60°，BD平分∠ABC，交AC于點D，M、N分別是BD，BC上的動點，則CM+MN的最小值是A． B．2 C． D．4【分析】此處M點為折點，作點N關(guān)于BD的對稱點，恰好在AB上，化折線CM+MN為CM+MN’．因為M、N皆為動點，所以過點C作AB的垂線，可得最小值，選C．

專題2胡不歸中的雙線段模型與最值問題【專題說明】胡不歸模型問題解題步驟如下；1、將所求線段和改寫為“PA+PB”的形式（<1），若>1，提取系數(shù)，轉(zhuǎn)化為小于1的形式解決。2、在PB的一側(cè)，PA的異側(cè)，構(gòu)造一個角度α，使得sinα=3、最后利用兩點之間線段最短及垂線段最短解題【模型展示】如圖，一動點P在直線MN外的運動速度為V1，在直線MN上運動的速度為V2，且V1<V2，A、B為定點，點C在直線MN上，確定點C的位置使的值最?。?，記，即求BC+kAC的最小值．構(gòu)造射線AD使得sin∠DAN=k，CH/AC=k，CH=kAC．將問題轉(zhuǎn)化為求BC+CH最小值，過B點作BH⊥AD交MN于點C，交AD于H點，此時BC+CH取到最小值，即BC+kAC最?。谇笮稳纭癙A+kPB”式子最值問題中，關(guān)鍵是構(gòu)造與kPB相等的線段，將“PA+kPB”型問題轉(zhuǎn)化為“PA+PC”型．【例題】1、在平面直角坐標(biāo)系中，將二次函數(shù)的圖象向右平移1個單位，再向下平移2個單位，得到如圖所示的拋物線，該拋物線與軸交于點、(點在點的左側(cè))，，經(jīng)過點的一次函數(shù)的圖象與軸正半軸交于點，且與拋物線的另一個交點為，的面積為5．(1)求拋物線和一次函數(shù)的解析式；(2)拋物線上的動點在一次函數(shù)的圖象下方，求面積的最大值，并求出此時點E的坐標(biāo)；(3)若點為軸上任意一點，在(2)的結(jié)論下，求的最小值．【解析】(1)將二次函數(shù)的圖象向右平移1個單位，再向下平移2個單位，得到的拋物線解析式為，∵，∴點的坐標(biāo)為，代入拋物線的解析式得，，∴，∴拋物線的解析式為，即．令，解得，，∴，∴，∵的面積為5，∴，∴，代入拋物線解析式得，，解得，，∴，設(shè)直線的解析式為，∴，解得：，∴直線的解析式為．(2)過點作軸交于，如圖，設(shè)，則，∴，∴，∴當(dāng)時，的面積有最大值，最大值是，此時點坐標(biāo)為．(3)作關(guān)于軸的對稱點，連接交軸于點，過點作于點，交軸于點，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，∵、關(guān)于軸對稱，∴，∴，此時最小，∵，，∴，∴．∴的最小值是3．2、如圖，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于點E，D是線段BE上的一個動點，則的最小值是()【解析】如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB=90°，∵tanA==2，設(shè)AE=a，BE=2a，則有：100=a2+4a2，∴a2=20，∴a=2或-2（舍棄），∴BE=2a=4，∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM=BE=4（等腰三角形兩腰上的高相等））∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，∴，∴DH=BD，∴CD+BD=CD+DH，∴CD+DH≥CM，∴CD+BD≥4，∴CD+BD的最小值為4．故選B．

3、已知拋物線過點，兩點，與y軸交于點C，．(1)求拋物線的解析式及頂點D的坐標(biāo)；(2)過點A作，垂足為M，求證：四邊形ADBM為正方形；(3)點P為拋物線在直線BC下方圖形上的一動點，當(dāng)面積最大時，求點P的坐標(biāo)；(4)若點Q為線段OC上的一動點，問：是否存在最小值？若存在，求岀這個最小值；若不存在，請說明理由．【解析】(1)函數(shù)的表達(dá)式為：，即：，解得：，故拋物線的表達(dá)式為：，則頂點；(2)，，∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，∴AB=2，∴，又∵D(2，-1)，∴AD=BD=，∴AM=MB=AD=BD，∴四邊形ADBM為菱形，又∵，菱形ADBM為正方形；(3)設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，將點B、C的坐標(biāo)代入得：，解得：，所以直線BC的表達(dá)式為：y=-x+3，過點P作y軸的平行線交BC于點N，設(shè)點，則點N，則，，故有最大值，此時，故點；(4)存在，理由：如圖，過點C作與y軸夾角為的直線CF交x軸于點F，過點A作，垂足為H，交y軸于點Q，此時，則最小值，在Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO=，∴OF=，∴F(-，0)，利用待定系數(shù)法可求得直線HC的表達(dá)式為：…①，∵∠COF=90°，∠FOC=30°，∴∠CFO=90°-30°=60°，∵∠AHF=90°，∴∠FAH=90°-60°=30°，∴OQ=AO?tan∠FAQ=，∴Q(0,)，利用待定系數(shù)法可求得直線AH的表達(dá)式為：…②，聯(lián)立①②并解得：，故點，而點，則，即的最小值為．4、已知拋物線（為常數(shù)，）經(jīng)過點，點是軸正半軸上的動點．（Ⅰ）當(dāng)時，求拋物線的頂點坐標(biāo)；（Ⅱ）點在拋物線上，當(dāng)，時，求的值；（Ⅲ）點在拋物線上，當(dāng)?shù)淖钚≈禐闀r，求的值．【解析】（Ⅰ）∵拋物線經(jīng)過點，∴．即．當(dāng)時，，∴拋物線的頂點坐標(biāo)為．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，拋物線的解析式為．∵點在拋物線上，∴．由，得，，∴點在第四象限，且在拋物線對稱軸的右側(cè)．如圖，過點作軸，垂足為，則點．∴，．得．∴在中，．∴．由已知，，∴．∴．（Ⅲ）∵點在拋物線上，∴．可知點在第四象限，且在直線的右側(cè)．考慮到，可取點，如圖，過點作直線的垂線，垂足為，與軸相交于點，有，得，則此時點滿足題意．過點作軸于點，則點．在中，可知．∴，．∵點，∴．解得．∵，∴．∴．5、如圖，在平面在角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2-2x-3與x軸交與點A，B（點A在點B的左側(cè)）交y軸于點C，點D為拋物線的頂點，對稱軸與x軸交于點E．（1）連結(jié)BD，點M是線段BD上一動點（點M不與端點B，D重合），過點M作MN⊥BD交拋物線于點N（點N在對稱軸的右側(cè)），過點N作NH⊥x軸，垂足為H，交BD于點F，點P是線段OC上一動點，當(dāng)MN取得最大值時，求HF+FP+PC的最小值；（2）在（1）中，當(dāng)MN取得最大值HF+FP+1/3PC取得小值時，把點P向上平移個單位得到點Q，連結(jié)AQ，把△AOQ繞點O瓶時針旋轉(zhuǎn)一定的角度（0°<<360°），得到△AOQ，其中邊AQ交坐標(biāo)軸于點C在旋轉(zhuǎn)過程中，是否存在一點G使得？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解析】（1）如圖1∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)），交y軸于點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）∵點D為拋物線的頂點，且﹣4∴點D的坐標(biāo)為D（1，﹣4）,∴直線BD的解析式為：y＝2x﹣6，由題意，可設(shè)點N（m，m2﹣2m﹣3），則點F（m，2m﹣6）∴|NF|＝（2m﹣6）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3∴當(dāng)m＝＝2時，NF取到最大值，此時MN取到最大值，此時HF＝2，此時，N（2，﹣3），F(xiàn)（2，﹣2），H（2，0）在x軸上找一點K（，0），連接CK，過點F作CK的垂線交CK于點J點，交y軸于點P，∴sin∠OCK＝，直線KC的解析式為：，且點F（2，﹣2），∴PJ＝PC，直線FJ的解析式為：,∴點J（,）∴FP+PC的最小值即為FJ的長，且,∴；（2）由（1）知，點P（0，），∵把點P向上平移個單位得到點Q,∴點Q（0，﹣2）∴在Rt△AOQ中，∠AOG＝90°，AQ＝，取AQ的中點G，連接OG，則OG＝GQ＝AQ＝，此時，∠AQO＝∠GOQ把△AOQ繞點O順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度α（0°＜α＜360°），得到△A′OQ′，其中邊A′Q′交坐標(biāo)軸于點G①如圖2G點落在y軸的負(fù)半軸，則G（0，﹣），過點Q'作Q'I⊥x軸交x軸于點I，且∠GOQ'＝∠Q'則∠IOQ'＝∠OA'Q'＝∠OAQ，∵sin∠OAQ＝＝＝,∴，解得：|IO|＝∴在Rt△OIQ'中根據(jù)勾股定理可得|OI|＝,∴點Q'的坐標(biāo)為Q'（，﹣）；②如圖3，當(dāng)G點落在x軸的正半軸上時，同理可得Q'（，）③如圖4當(dāng)G點落在y軸的正半軸上時，同理可得Q'（﹣，）④如圖5當(dāng)G點落在x軸的負(fù)半軸上時，同理可得Q'（﹣，﹣）綜上所述，滿足條件的點Q′坐標(biāo)為：（，﹣），（，），（﹣，），（，﹣）

專題3阿氏圓中的雙線段模型與最值問題【專題說明】“阿氏圓”模型核心知識點是構(gòu)造母子型相似，構(gòu)造△PAB∽△CAP推出PA2，即：半徑的平方=原有線段構(gòu)造線段?！灸Ｐ驼故尽咳缦聢D，已知A、B兩點，點P滿足PA：PB=k（k≠1），則滿足條件的所有的點P構(gòu)成的圖形為圓．（1）角平分線定理：如圖，在△ABC中，AD是∠BAC的角平分線，則．證明：，，即（2）外角平分線定理：如圖，在△ABC中，外角CAE的角平分線AD交BC的延長線于點D，則．證明：在BA延長線上取點E使得AE=AC，連接BD，則△ACD≌△AED（SAS），CD=ED且AD平分∠BDE，則，即．接下來開始證明步驟：如圖，PA：PB=k，作∠APB的角平分線交AB于M點，根據(jù)角平分線定理，，故M點為定點，即∠APB的角平分線交AB于定點；作∠APB外角平分線交直線AB于N點，根據(jù)外角平分線定理，，故N點為定點，即∠APB外角平分線交直線AB于定點；又∠MPN=90°，定邊對定角，故P點軌跡是以MN為直徑的圓．【例題】1、如圖，拋物線與軸交于，，兩點（點在點的左側(cè)），與軸交于點，且，的平分線交軸于點，過點且垂直于的直線交軸于點，點是軸下方拋物線上的一個動點，過點作軸，垂足為，交直線于點．（1）求拋物線的解析式；（2）設(shè)點的橫坐標(biāo)為，當(dāng)時，求的值；（3）當(dāng)直線為拋物線的對稱軸時，以點為圓心，為半徑作，點為上的一個動點，求的最小值．【解析】（1）由題意A（，0），B（﹣3，0），C（0，﹣3），設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x），把C（0，﹣3）代入得到a，∴拋物線的解析式為yx2x﹣3．（2）在Rt△AOC中，tan∠OAC，∴∠OAC＝60°．∵AD平分∠OAC，∴∠OAD＝30°，∴OD＝OA?tan30°＝1，∴D（0，﹣1），∴直線AD的解析式為yx﹣1，由題意P（m，m2m﹣3），H（m，m﹣1），F(xiàn)（m，0）．∵FH＝PH，∴1m﹣1﹣（m2m﹣3）解得m或（舍棄），∴當(dāng)FH＝HP時，m的值為．（3）如圖，∵PF是對稱軸，∴F（，0），H（，﹣2）．∵AH⊥AE，∴∠EAO＝60°，∴EOOA＝3，∴E（0，3）．∵C（0，﹣3），∴HC2，AH＝2FH＝4，∴QHCH＝1，在HA上取一點K，使得HK，此時K（）．∵HQ2＝1，HK?HA＝1，∴HQ2＝HK?HA，∴．∵∠QHK＝∠AHQ，∴△QHK∽△AHQ，∴，∴KQAQ，∴AQ+QE＝KQ+EQ，∴當(dāng)E、Q、K共線時，AQ+QE的值最小，最小值

2、如圖1所示，⊙O的半徑為r,點A、B都在⊙O外，P為⊙O上的動點，已知r=k·OB.連接PA、PB，則當(dāng)“PA+k·PB”的值最小時，P點的位置如何確定？【解析】1:連接動點至圓心0（將系數(shù)不為1的線段兩端點分別與圓心相連接），即連接OP、OB；2：計算連接線段OP、OB長度；3：計算兩線段長度的比值；4：在OB上截取一點C，使得構(gòu)建母子型相似:5：連接AC，與圓0交點為P，即AC線段長為PA+K*PB的最小值。“kPB（2OCOC=k·r,則可說明△BPO△PCOk·PB=PC?！啾绢}求“PA+k·PB”的最小值轉(zhuǎn)化為求“PA+PC”A、P、三點共線時最小（3，時AC線段長即所求最小值。

3、如圖，在中，∠ACB=90°，BC=12，AC=9，以點C為圓心，6為半徑的圓上有一個動點D．連接AD、BD、CD，則2AD+3BD的最小值是．【分析】首先對問題作變式2AD+3BD=，故求最小值即可．考慮到D點軌跡是圓，A是定點，且要求構(gòu)造，條件已經(jīng)足夠明顯．當(dāng)D點運動到AC邊時，DA=3，此時在線段CD上取點M使得DM=2，則在點D運動過程中，始終存在．問題轉(zhuǎn)化為DM+DB的最小值，直接連接BM，BM長度的3倍即為本題答案．

4、如圖，已知正方ABCD的邊長為4，圓B的半徑為2，點P是圓B上的一個動點，則的最大值為_______．【分析】當(dāng)P點運動到BC邊上時，此時PC=2，根據(jù)題意要求構(gòu)造，在BC上取M使得此時PM=1，則在點P運動的任意時刻，均有PM=，從而將問題轉(zhuǎn)化為求PD-PM的最大值．連接PD，對于△PDM，PD-PM＜DM，故當(dāng)D、M、P共線時，PD-PM=DM為最大值．

專題4費馬點中三線段模型與最值問題【專題說明】費馬點”是指位于三角形內(nèi)且到三角形三個頂點距高之和最短的點。主要分為兩種情況：（1）當(dāng)三角形三個內(nèi)角都小于120°的三角形，通常將某三角形繞點旋轉(zhuǎn)60度，從而將“不等三爪圖”中三條線段轉(zhuǎn)化在同一條直線上，利用兩點之間線段最短解決問題。（2）當(dāng)三角形有一個內(nèi)角大于120°時，費馬點就是此內(nèi)角的頂點.費馬點問題解題的核心技巧：旋轉(zhuǎn)60°構(gòu)造等邊三角形將“不等三爪圖”中三條線段轉(zhuǎn)化至同一直線上利用兩點之間線段最短求解問題【模型展示】問題：在△ABC內(nèi)找一點P，使得PA+PB+PC最小．【分析】在之前的最值問題中，我們解決的依據(jù)有：兩點之間線段最短、點到直線的連線中垂線段最短、作對稱化折線段為直線段、確定動點軌跡求最值等．（1）如圖，分別以△ABC中的AB、AC為邊，作等邊△ABD、等邊△ACE．（2）連接CD、BE，即有一組手拉手全等：△ADC≌△ABE．（3）記CD、BE交點為P，點P即為費馬點．（到這一步其實就可以了）（4）以BC為邊作等邊△BCF，連接AF，必過點P，有∠PAB=∠BPC=∠CPA=120°．在圖三的模型里有結(jié)論：（1）∠BPD=60°；（2）連接AP，AP平分∠DPE．有這兩個結(jié)論便足以說明∠PAB=∠BPC=∠CPA=120°．原來在“手拉手全等”就已經(jīng)見過了呀，只是相逢何必曾相識！【例題】1、如圖，四邊形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G為對角線BD（不含B點）上任意一點，將△ABG繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△EBF，當(dāng)AG+BG+CG取最小值時EF的長（）A． B． C． D．【解析】如圖，∵將△ABG繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△EBF，∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，∴△BFG是等邊三角形．∴BF=BG=FG，．∴AG+BG+CG=FE+GF+CG．根據(jù)“兩點之間線段最短”，∴當(dāng)G點位于BD與CE的交點處時，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的長，過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，∴∠EBF=180°-120°=60°，∵BC=4，∴BF=2，EF=2，在Rt△EFC中，∵EF2+FC2=EC2，∴EC=4．∵∠CBE=120°，∴∠BEF=30°，∵∠EBF=∠ABG=30°，∴EF=BF=FG，∴EF=CE=，故選：D．2、如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到，與交于點，可推出結(jié)論：問題解決：如圖，在中，，，．點是內(nèi)一點，則點到三個頂點的距離和的最小值是___________【解析】如圖，將△MOG繞點M逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△MPQ，顯然△MOP為等邊三角形，∴OM＋OG＝OP＋PQ，∴點O到三頂點的距離為：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，∴當(dāng)點N、O、P、Q在同一條直線上時，有ON＋OM＋OG最小，此時，∠NMQ＝75°+60°＝135°，過Q作QA⊥NM交NM的延長線于A，則∠MAQ=90°，∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，∵M(jìn)Q＝MG＝4，∴AQ＝AM＝MQ?cos45°=4，∴NQ＝，故答案為：

3、如圖，四邊形是菱形，B=6，且∠ABC=60°，M是菱形內(nèi)任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM的最小值為________．【解析】將△BMN繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60度得到△BNE，∵BM=BN，∠MBN=∠CBE=60°，∴MN=BM∵M(jìn)C=NE∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．當(dāng)A、M、N、E四點共線時取最小值A(chǔ)E．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案為．

4、如圖，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底邊上的高AH上一點．若AP+BP+CP的最小值為2，則BC＝_____．【解析】如圖將△ABP繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AMG．連接PG，CM．∵AB=AC，AH⊥BC，∴∠BAP=∠CAP，∵PA=PA，∴△BAP≌△CAP（SAS），∴PC=PB，∵M(jìn)G=PB，AG=AP，∠GAP=60°，∴△GAP是等邊三角形，∴PA=PG，∴PA+PB+PC=CP+PG+GM，∴當(dāng)M，G，P，C共線時，PA+PB+PC的值最小，最小值為線段CM的長，∵AP+BP+CP的最小值為2，∴CM=2，∵∠BAM=60°，∠BAC=30°，∴∠MAC=90°，∴AM=AC=2，作BN⊥AC于N．則BN=AB=1，AN=，CN=2-，∴BC=．故答案為．

5、如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM.EADBCEADBCNMFEADBCNM⑴求證：△AMB≌△ENB；⑵①當(dāng)M點在何處時，AM＋CM的值最?。虎诋?dāng)M點在何處時，AM＋BM＋CM的值最小，并說明理由；⑶當(dāng)AM＋BM＋CM的最小值為時，求正方形的邊長.【解析】⑴∵△ABE是等邊三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°.∵∠MBN＝60°，∴∠MBN－∠ABN＝∠ABE－∠ABN.，即∠BMA＝∠NBE.又∵M(jìn)B＝NB，∴△AMB≌△ENB（SAS）⑵①當(dāng)M點落在BD的中點時，AM＋CM的值最?、谌鐖D，連接CE，當(dāng)M點位于BD與CE的交點處時，AM＋BM＋CM的值最小理由如下：連接MN.由⑴知，△AMB≌△ENB，∴AM＝EN.∵∠MBN＝60°，MB＝NB，∴△BMN是等邊三角形，∴BM＝MN.∴AM＋BM＋CM＝EN＋MN＋CM.根據(jù)“兩點之間線段最短”，得EN＋MN＋CM＝EC最短∴當(dāng)M點位于BD與CE的交點處時，AM＋BM＋CM的值最小，即等于EC的長⑶過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，∴∠EBF＝90°－60°＝30°.設(shè)正方形的邊長為x，則BF＝x，EF＝.在Rt△EFC中，∵EF2＋FC2＝EC2，∴（）2＋（x＋x）2＝.解得，x＝（舍去負(fù)值）.∴正方形的邊長為

6、在正方形ABCD中，點E為對角線AC（不含點A）上任意一點，AB=；（1）如圖1，將△ADE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△DCF，連接EF；①把圖形補充完整（無需寫畫法）；②求的取值范圍；(2)如圖2，求BE+AE+DE的最小值．【解析】（1）①如圖△DCF即為所求；②∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝AB＝2，∠B＝90°，∠DAE＝∠ADC＝45°，∴AC＝＝AB＝4，∵△ADE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△DCF，∴∠DCF＝∠DAE＝45°，AE＝CF，∴∠ECF＝∠ACD＋∠DCF＝90°，設(shè)AE＝CF＝x，EF2＝y(tǒng)，則EC＝4?x，∴y＝（4?x）2＋x2＝2x2?8x＋160（0＜x≤4）．即y＝2（x?2）2＋8，∵2＞0，∴x＝2時，y有最小值，最小值為8，當(dāng)x＝4時，y最大值＝16，∴8≤EF2≤16．（2）如圖中，將△ABE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AFG，連接EG，DF．作FH⊥AD于H．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，△AEG是等邊三角形，∴AE＝EG，∵DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，∴AE＋BE＋DE的最小值為線段DF的長．在Rt△AFH中，∠FAH＝30°，AB＝=AF，∴FH＝AF＝，AH＝＝，Rt△DFH中，DF＝＝，∴BE＋AE＋ED最小值為

專題5費馬點中的對稱模型與最值問題【專題說明】利用軸對稱的性質(zhì)，把三線段問題通過做對稱轉(zhuǎn)化為兩點之間線段最短的問題進(jìn)而解題?！纠}】1、如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=AC=1，P是△ABC內(nèi)一點，求PA+PB+PC的最小值．【分析】如圖，以AD為邊構(gòu)造等邊△ACD，連接BD，BD的長即為PA+PB+PC的最小值．至于點P的位置？這不重要！如何求BD？考慮到△ABC和△ACD都是特殊的三角形，過點D作DH⊥BA交BA的延長線于H點，根據(jù)勾股定理，即可得出結(jié)果．

2、如圖，已知矩形ABCD，AB=4，BC=6，點M為矩形內(nèi)一點，點E為BC邊上任意一點，則MA+MD+ME的最小值為______．【分析】依然構(gòu)造60°旋轉(zhuǎn)，將三條折線段轉(zhuǎn)化為一條直線段．分別以AD、AM為邊構(gòu)造等邊△ADF、等邊△AMG，連接FG，易證△AMD≌△AGF，∴MD=GF∴ME+MA+MD=ME+EG+GF過F作FH⊥BC交BC于H點，線段FH的長即為所求的最小值．

3、如圖，是內(nèi)一定點，點，分別在邊，上運動，若，，則的周長的最小值為___________.【解析】如圖，作P關(guān)于OA，OB的對稱點C，D．連接OC，OD．則當(dāng)M，N是CD與OA，OB的交點時，△PMN的周長最短，最短的值是CD的長．∵點P關(guān)于OA的對稱點為C，∴PM=CM，OP=OC，∠COA=∠POA；∵點P關(guān)于OB的對稱點為D，∴PN=DN，OP=OD，∠DOB=∠POB，∴OC=OD=OP=3，∠COD=∠COA+∠POA+∠POB+∠DOB=2∠POA+2∠POB=2∠AOB=60°，∴△COD是等邊三角形，∴CD=OC=OD=3．∴△PMN的周長的最小值=PM+MN+PN=CM+MN+DN≥CD=3．

4、如圖，點都在雙曲線上，點，分別是軸，軸上的動點，則四邊形周長的最小值為（）A． B． C． D．【解析】分別把點A（a，3）、B（b，1）代入雙曲線y=得：a=1，b=3，則點A的坐標(biāo)為（1，3）、B點坐標(biāo)為（3，1），作A點關(guān)于y軸的對稱點P，B點關(guān)于x軸的對稱點Q，所以點P坐標(biāo)為（﹣1，3），Q點坐標(biāo)為（3，﹣1），連結(jié)PQ分別交x軸、y軸于C點、D點，此時四邊形ABCD的周長最小，四邊形ABCD周長=DA+DC+CB+AB=DP+DC+CQ+AB=PQ+AB==4+2=6，故選B．5、如圖所示，，點為內(nèi)一點，，點分別在上，求周長的最小值．【解析】如圖，作P關(guān)于OA、OB的對稱點，連結(jié)、，交OA、OB于M、N，此時周長最小，根據(jù)軸對稱性質(zhì)可知，，，且，，，，為等邊三角形，即周長的最小值為8.6、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2﹣x﹣與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，對稱軸與x軸交于點D，點E（4，n）在拋物線上．（1）求直線AE的解析式；（2）點P為直線CE下方拋物線上的一點，連接PC，PE．當(dāng)△PCE的面積最大時，連接CD，CB，點K是線段CB的中點，點M是CP上的一點，點N是CD上的一點，求KM+MN+NK的最小值；（3）點G是線段CE的中點，將拋物線y=x2﹣x﹣沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經(jīng)過點D，y′的頂點為點F．在新拋物線y′的對稱軸上，是否存在一點Q，使得△FGQ為等腰三角形？若存在，直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解析】（1）∵y=x2﹣x﹣，∴y=（x+1）（x﹣3）．∴A（﹣1，0），B（3，0）．當(dāng)x=4時，y=．∴E（4，）．設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b，將點A和點E的坐標(biāo)代入得：，解得：k=，b=．∴直線AE的解析式為y=x+．（2）設(shè)直線CE的解析式為y=mx﹣，將點E的坐標(biāo)代入得：4m﹣=，解得：m=．∴直線CE的解析式為y=x﹣．過點P作PF∥y軸，交CE與點F．設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，x2﹣x﹣），則點F（x，x﹣），則FP=（x﹣）﹣（x2﹣x﹣）=x2+x．∴△EPC的面積=×（x2+x）×4=﹣x2+x．∴當(dāng)x=2時，△EPC的面積最大．∴P（2，﹣）．如圖2所示：作點K關(guān)于CD和CP的對稱點G、H，連接G、H交CD和CP與N、M．∵K是CB的中點，∴k（，﹣）．∵點H與點K關(guān)于CP對稱，∴點H的坐標(biāo)為（，﹣）．∵點G與點K關(guān)于CD對稱，∴點G（0，0）．∴KM+MN+NK=MH+MN+GN．當(dāng)點O、N、M、H在條直線上時，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH．∴GH==3．∴KM+MN+NK的最小值為3．（3）如圖3所示：∵y′經(jīng)過點D，y′的頂點為點F，∴點F（3，﹣）．∵點G為CE的中點，∴G（2，）．∴FG=．∴當(dāng)FG=FQ時，點Q（3，），Q′（3，）．當(dāng)GF=GQ時，點F與點Q″關(guān)于y=對稱，∴點Q″（3，2）．當(dāng)QG=QF時，設(shè)點Q1的坐標(biāo)為（3，a）．由兩點間的距離公式可知：a+=，解得：a=﹣．∴點Q1的坐標(biāo)為（3，﹣）．綜上所述，點Q的坐標(biāo)為（3，），Q′（3，）或（3，2）或（3，﹣）．7、已知，如圖，二次函數(shù)圖象的頂點為，與軸交于、兩點(點在點右側(cè))，點、關(guān)于直線：對稱.(1)求、兩點的坐標(biāo)，并證明點在直線上；(2)求二次函數(shù)解析式；(3)過點B作直線交直線于K點，M、N分別為直線AH和直線上的兩個動點，連結(jié)HN、NM、MK，求HN+NM+MK的最小值.【解析】(1)依題意,得ax2+2ax?3a=0(a≠0)，兩邊都除以a得x2+2x?3=0，解得x1=?3,x2=1，∵B點在A點右側(cè)，∴A點坐標(biāo)為(?3,0),B點坐標(biāo)為(1,0)，答：A.

B兩點坐標(biāo)分別是(?3,0),(1,0).證明：∵直線l:y=，當(dāng)x=?3時,y=，∴點A在直線l上．(2)∵點H、B關(guān)于過A點的直線l:y=對稱，∴AH=AB=4，過頂點H作HC⊥AB交AB于C點，則AC=，∴頂點H，代入二次函數(shù)解析式,解得a=，∴二次函數(shù)解析式為，答：二次函數(shù)解析式為.(3)直線AH的解析式為，直線BK的解析式為，由，解得，即K(3,2)，則BK=4，∵點H、B關(guān)于直線AK對稱,K(3,2)，∴HN+MN的最小值是MB，過K作KD⊥x軸于D，作點K關(guān)于直線AH的對稱點Q，連接QK，交直線AH于E，則QM=MK,QE=EK=2，AE⊥QK，∴根據(jù)兩點之間線段最短得出BM+MK的最小值是BQ，即BQ的長是HN+NM+MK的最小值，∵BK∥AH，∴∠BKQ=∠HEQ=90°，由勾股定理得QB=∴HN+NM+MK的最小值為8，

專題6瓜豆原理中動點軌跡直線型最值問題【專題說明】動點軌跡問題是中考的重要壓軸點.受學(xué)生解析幾何知識的局限和思維能力的束縛,該壓軸點往往成為學(xué)生在中考中的一個坎,致使該壓軸點成為學(xué)生在中考中失分的一個黑洞.掌握該壓軸點的基本圖形,構(gòu)建問題解決的一般思路,是中考專題復(fù)習(xí)的一個重要途徑.本文就動點軌跡問題的基本圖形作一詳述.動點軌跡基本類型為直線型和圓弧型.【知識精講】動點軌跡為一條直線時，利用“垂線段最短”求最值。當(dāng)動點軌跡確定時可直接運用垂線段最短求最值當(dāng)動點軌跡不易確定是直線時，可通過以下三種方法進(jìn)行確定=1\*GB3①觀察動點運動到特殊位置時，如中點，端點等位置時是否存在動點與定直線的端點連接后的角度不變，若存在該動點的軌跡為直線。=2\*GB3②當(dāng)某動點到某條直線的距離不變時，該動點的軌跡為直線。=3\*GB3③當(dāng)一個點的坐標(biāo)以某個字母的代數(shù)式表示時，若可化為一次函數(shù)，則點的軌跡為直線。如圖，P是直線BC上一動點，連接AP，取AP中點Q，當(dāng)點P在BC上運動時，Q點軌跡是？【分析】當(dāng)P點軌跡是直線時，Q點軌跡也是一條直線．可以這樣理解：分別過A、Q向BC作垂線，垂足分別為M、N，在運動過程中，因為AP=2AQ，所以QN始終為AM的一半，即Q點到BC的距離是定值，故Q點軌跡是一條直線．【引例】如圖，△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ=90°且AP=AQ，當(dāng)點P在直線BC上運動時，求Q點軌跡？【分析】當(dāng)AP與AQ夾角固定且AP:AQ為定值的話，P、Q軌跡是同一種圖形．當(dāng)確定軌跡是線段的時候，可以任取兩個時刻的Q點的位置，連線即可，比如Q點的起始位置和終點位置，連接即得Q點軌跡線段．【模型總結(jié)】必要條件：主動點、從動點與定點連線的夾角是定量（∠PAQ是定值）；主動點、從動點到定點的距離之比是定量（AP:AQ是定值）．結(jié)論：P、Q兩點軌跡所在直線的夾角等于∠PAQ（當(dāng)∠PAQ≤90°時，∠PAQ等于MN與BC夾角）P、Q兩點軌跡長度之比等于AP:AQ（由△ABC∽△AMN，可得AP:AQ=BC:MN）【例題】1、如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上一點，且BE=1，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊向右側(cè)作等邊△EFG，連接CG，則CG的最小值為．【分析】同樣是作等邊三角形，區(qū)別于上一題求動點路徑長，本題是求CG最小值，可以將F點看成是由點B向點A運動，由此作出G點軌跡：考慮到F點軌跡是線段，故G點軌跡也是線段，取起點和終點即可確定線段位置，初始時刻G點在位置，最終G點在位置（不一定在CD邊），即為G點運動軌跡．CG最小值即當(dāng)CG⊥的時候取到，作CH⊥于點H，CH即為所求的最小值．根據(jù)模型可知：與AB夾角為60°，故⊥．過點E作EF⊥CH于點F，則HF==1，CF=，所以CH=，因此CG的最小值為．2、如圖，等腰Rt△ABC中，斜邊AB的長為2，O為AB的中點，P為AC邊上的動點，OQ⊥OP交BC于點Q，M為PQ的中點，當(dāng)點P從點A運動到點C時，點M所經(jīng)過的路線長為（）A． B． C．1 D．2【解析】連接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如圖∵△ACB為到等腰直角三角形，∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，∵O為AB的中點，∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，∴∠OCB=45°，∵∠POQ=90°，∠COA=90°，∴∠AOP=∠COQ，在Rt△AOP和△COQ中，，∴Rt△AOP≌△COQ，∴AP=CQ，易得△APE和△BFQ都為等腰直角三角形，∴PE=AP=CQ，QF=BQ，∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC==1，∵M(jìn)點為PQ的中點，∴MH為梯形PEFQ的中位線，∴MH=（PE+QF）=，即點M到AB的距離為，而CO=1，∴點M的運動路線為△ABC的中位線，∴當(dāng)點P從點A運動到點C時，點M所經(jīng)過的路線長=AB=1，故選C．3、如圖，矩形中，，，點是矩形內(nèi)一動點，且，則的最小值為_____．【解析】為矩形，，又點到的距離與到的距離相等，即點線段垂直平分線上，連接，交與點，此時的值最小，且4、如圖，在平面內(nèi)，線段AB=6，P為線段AB上的動點，三角形紙片CDE的邊CD所在的直線與線段AB垂直相交于點P，且滿足PC=PA．若點P沿AB方向從點A運動到點B，則點E運動的路徑長為______．【解析】如圖，由題意可知點C運動的路徑為線段AC′，點E運動的路徑為EE′，由平移的性質(zhì)可知AC′=EE′，在Rt△ABC′中，易知AB=BC′=6，∠ABC′=90°，∴EE′=AC′==，故答案為：．

5、如圖，等邊三角形ABC的邊長為4，點D是直線AB上一點．將線段CD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段DE，連結(jié)BE．（1）若點D在AB邊上（不與A，B重合）請依題意補全圖并證明AD=BE；（2）連接AE，當(dāng)AE的長最小時，求CD的長．【解析】（1）補全圖形如圖1所示，AD=BE，理由如下：

∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC，∠A=∠B=60°，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，∴∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE．（2）如圖2，過點A作AF⊥EB交EB延長線于點F．

∵△ACD≌△BCE，∴∠CBE=∠A=60°，∴點E的運動軌跡是直線BE，

根據(jù)垂線段最短可知：當(dāng)點E與F重合時，AE的值最小，此時CD=CE=CF，

∵∠ACB=∠CBE=60°，∴AC∥EF，

∵AF⊥BE，∴AF⊥AC，在Rt△ACF中，∴CF===，∴CD=CF=.

專題7瓜豆原理中動點軌跡圓或圓弧型最值問題【專題說明】動點的軌跡為定圓時，可利用：“一定點與圓上的動點距離最大值為定點到圓心的距離與半徑之和，最小值為定點到圓心的距離與半徑之差”的性質(zhì)求解。確定動點軌跡為圓或者圓弧型的方法:動點到定點的距離不變，則點的軌跡是圓或者圓弧。當(dāng)某條邊與該邊所對的角是定值時，該角的頂點的軌跡是圓，具體運用如下;=1\*GB3①見直角，找斜邊，想直徑，定外心，現(xiàn)圓形=2\*GB3②見定角，找對邊，想周角，轉(zhuǎn)心角，現(xiàn)圓形【知識精講】如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點．考慮：當(dāng)點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？【分析】觀察動圖可知點Q軌跡是個圓，而我們還需確定的是此圓與圓O有什么關(guān)系？考慮到Q點始終為AP中點，連接AO，取AO中點M，則M點即為Q點軌跡圓圓心，半徑MQ是OP一半，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小結(jié)】確定Q點軌跡圓即確定其圓心與半徑，由A、Q、P始終共線可得：A、M、O三點共線，由Q為AP中點可得：AM=1/2AO．Q點軌跡相當(dāng)于是P點軌跡成比例縮放．根據(jù)動點之間的相對位置關(guān)系【分析】圓心的相對位置關(guān)系；根據(jù)動點之間的數(shù)量關(guān)系【分析】軌跡圓半徑數(shù)量關(guān)系．

如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考慮：當(dāng)點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？【分析】Q點軌跡是個圓，可理解為將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得AQ，故Q點軌跡與P點軌跡都是圓．接下來確定圓心與半徑．考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP=AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM=AO，且可得半徑MQ=PO．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO≌△AQM．如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，當(dāng)P在圓O運動時，Q點軌跡是？【分析】考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP:AQ=2:1，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AO:AM=2:1．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO∽△AQM，且相似比為2．【模型總結(jié)】為了便于區(qū)分動點P、Q，可稱點P為“主動點”，點Q為“從動點”．此類問題的必要條件：兩個定量主動點、從動點與定點連線的夾角是定量（∠PAQ是定值）；主動點、從動點到定點的距離之比是定量（AP:AQ是定值）．【結(jié)論】（1）主、從動點與定點連線的夾角等于兩圓心與定點連線的夾角：∠PAQ=∠OAM；（2）主、從動點與定點的距離之比等于兩圓心到定點的距離之比：AP:AQ=AO:AM，也等于兩圓半徑之比．按以上兩點即可確定從動點軌跡圓，Q與P的關(guān)系相當(dāng)于旋轉(zhuǎn)+伸縮．古人云：種瓜得瓜，種豆得豆．“種”圓得圓，“種”線得線，謂之“瓜豆原理”．

【例題】1、如圖，在中，，，，點O是AB的三等分點，半圓O與AC相切，M，N分別是BC與半圓弧上的動點，則MN的最小值和最大值之和是（）A．5 B．6 C．7 D．8【解析】如圖，設(shè)⊙O與AC相切于點D，連接OD，作垂足為P交⊙O于F，此時垂線段OP最短，PF最小值為，∵，，∴∵，∴∵點O是AB的三等分點，∴，，∴，∵⊙O與AC相切于點D，∴，∴，∴，∴，∴MN最小值為，如圖，當(dāng)N在AB邊上時，M與B重合時，MN經(jīng)過圓心，經(jīng)過圓心的弦最長，MN最大值，,∴MN長的最大值與最小值的和是6．故選B．

2、如圖，在矩形紙片ABCD中，，，點E是AB的中點，點F是AD邊上的一個動點，將沿EF所在直線翻折，得到，則的長的最小值是A． B．3 C． D．【解析】以點E為圓心，AE長度為半徑作圓，連接CE，當(dāng)點在線段CE上時，的長取最小值，如圖所示，根據(jù)折疊可知：．在中，，，，，的最小值．故選D．

3、如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，BC＝23，△ADC與△ABC關(guān)于AC對稱，點E、F分別是邊DC、BC上的任意一點，且DE＝CF，BE、DF相交于點P，則CP的最小值為()A．1 B．3 C．32 D【解析】連接AD，因為∠ACB＝30°，所以∠BCD＝60°，因為CB＝CD，所以△CBD是等邊三角形，所以BD＝DC.因為DE＝CF，∠EDB＝∠FCD＝60°，所以△EDB≌△FCD，所以∠EBD＝∠FDC，因為∠FDC＋∠BDF＝60°，所以∠EBD＋∠BDF＝60°，所以∠BPD＝120°，所以點P在以A為圓心，AD為半徑的弧BD上，直角△ABC中，∠ACB＝30°，BC＝23，所以AB＝2，AC＝4，所以AP＝2.當(dāng)點A，P，C在一條直線上時，CP有最小值，CP的最小值是AC－AP＝4－2＝2.故選D.4、如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB邊的中點，F(xiàn)是線段BC上的動點，將ΔEBF沿EF所在直線折疊得到ΔEB'F，連接B'D，則B'D的最小值是_____．【解析】如圖所示點B'在以E為圓心EA為半徑的圓上運動，當(dāng)D、B'、E共線時，B'D的值最小，根據(jù)折疊的性質(zhì)，△EBF≌△EB'F，∴∠B=∠EB'F，EB'=EB．∵E是AB邊的中點，AB=4，∴AE=EB'=2．又∵AD=6，∴DE2，∴B'D=225、如圖，中，，，，是內(nèi)部的一個動點，且滿足，則線段長的最小值為________.【解析】∵∠PAB+∠PBA=90°，∴∠APB=90°，∴點P在以AB為直徑的弧上（P在△ABC內(nèi)）設(shè)以AB為直徑的圓心為點O，如圖接OC，交☉O于點P，此時的PC最短，∵AB=6，∴OB=3，又∵BC=4，∴，∴PC=5-3=26、如圖，點在半圓上，半徑，，點在弧上移動，連接，作，垂足為，連接，點在移動的過程中，的最小值是______．【解析】如圖，設(shè)AD的中點為點E，則由題意得，點H的運動軌跡在以點E為圓心，EA為半徑的圓上由點與圓的位置關(guān)系得：連接BE，與圓E交于點H，則此時取得最小值，連接BDAB為半圓O的直徑，

7、如圖，過拋物線上一點A作軸的平行線，交拋物線于另一點B，交軸于點C，已知點A的橫坐標(biāo)為．（1）求拋物線的對稱軸和點B的坐標(biāo)；（2）在AB上任取一點P，連結(jié)OP，作點C關(guān)于直線OP的對稱點D；①連結(jié)BD，求BD的最小值；②當(dāng)點D落在拋物線的對稱軸上，且在軸上方時，求直線PD的函數(shù)表達(dá)式．【解析】（1）由題意A（﹣2，5），對稱軸x=﹣=4，∵A、B關(guān)于對稱軸對稱，∴B（10，5）．（2）①如圖1中，由題意點D在以O(shè)為圓心OC為半徑的圓上，∴當(dāng)O、D、B共線時，BD的最小值=OB﹣OD=．②如圖2中，圖2當(dāng)點D在對稱軸上時，在Rt△ODE中，OD=OC=5，OE=4，∴DE==3，∴點D的坐標(biāo)為（4，3）．設(shè)PC=PD=x，在Rt△PDK中，x2=（4﹣x）2+22，∴x=，∴P（，5），∴直線PD的解析式為y=﹣x+．

專題8瓜豆原理中動點軌跡不確定型最值問題【專題說明】動點軌跡非圓或直線時，基本上將此線段轉(zhuǎn)化為一個三角形中，（1）利用三角形兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊求最值。（2）在轉(zhuǎn)化較難進(jìn)行時，可借助直角三角形斜邊上的中線及中位線或構(gòu)建全等圖形進(jìn)一步轉(zhuǎn)化求最值?！局R精講】所謂“瓜豆原理”，就是主動點的軌跡與從動點的軌跡是相似性，根據(jù)主、從動點與定點連線形成的夾角以及主、從動點到定點的距離之比，可確定從動點的軌跡，而當(dāng)主動點軌跡是其他圖形時，從動點軌跡必然也是．【例題】如圖，在反比例函數(shù)的圖像上有一個動點A，連接AO并延長交圖像的另一支于點B，在第一象限內(nèi)有一點C，滿足AC=BC，當(dāng)點A運動時，點C始終在函數(shù)的圖像上運動，若tan∠CAB=2，則k的值為（）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，顯然點C的軌跡也是一條雙曲線，分別作AM、CN垂直x軸，垂足分別為M、N，連接OC，易證△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若將條件“tan∠CAB=2”改為“△ABC是等邊三角形”，k會是多少？

【模型】一、借助直角三角形斜邊上的中線1、如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，點A、C分別在x軸、y軸上，當(dāng)點A在x軸上運動時，點C隨之在y軸上運動，在運動過程中，點B到原點的最大距離是（）A．6 B． C． D．【解析】如圖，取CA的中點D，連接OD、BD，則OD=CD=AC=×4=2，由勾股定理得，BD==2，當(dāng)O、D、B三點共線時點B到原點的距離最大，所以，點B到原點的最大距離是2+2．

【模型】二、借助三角形兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊1、如圖，已知等邊三角形ABC邊長為2，兩頂點A、B分別在平面直角坐標(biāo)系的x軸負(fù)半軸、軸的正半軸上滑動，點C在第四象限，連接OC，則線段OC長的最小值是（）A．1 B．3 C．3 D．【解析】如圖所示：過點C作CE⊥AB于點E，連接OE，∵△ABC是等邊三角形，∴CE=AC×sin60°=，AE=BE，∵∠AOB=90°，∴EOAB，∴EC-OE≥OC，∴當(dāng)點C，O，E在一條直線上，此時OC最短，故OC的最小值為：OC＝CE﹣EO＝3故選B．

2、如圖，∠MON=90°，矩形ABCD的頂點A、B分別在邊OM、ON上，當(dāng)B在邊ON上運動時，A隨之在OM上運動，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB=4，BC=2.運動過程中點D到點O的最大距離是______．【解析】如圖，取AB的中點E，連接OE、DE、OD，∵OD≤OE+DE，∴當(dāng)O、D、E三點共線時，點D到點O的距離最大，此時，∵AB=4，BC=2，∴OE=AE=AB=2，DE==，∴OD的最大值為+2，

3、如圖，在中，，，，以線段為邊向外作等邊，點是線段的中點，連結(jié)并延長交線段于點.(1)求證：四邊形為平行四邊形；(2)求平行四邊形的面積；(3)如圖，分別作射線，，如圖中的兩個頂點，分別在射線，上滑動，在這個變化的過程中，求出線段的最大長度.【解析】(1)在中，，，，在等邊中，，，為的中點，，又，，在中，，為的中點，，，，，，又，，又，，，又，，即，四邊形是平行四邊形；(2)在中，，，，∴，；(3)取的中點，連結(jié)，，，的最大長度4、如圖，在中，，將繞頂點逆時針旋轉(zhuǎn)得到是的中點，是的中點，連接，若，則線段的最大值為（）A． B． C． D．【解析】連接CN，∵將繞頂點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，∴，，∵是的中點，∴，∵在?CMN中，MN＜CM+CN，當(dāng)且僅當(dāng)M，C，N三點共線時，MN=CM+CN=6，∴線段的最大值為6．故選D．

【模型】三、借助構(gòu)建全等圖形1、如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，點P是AC上的動點，連接BP，以BP為邊作等邊△BPQ，連接CQ，則點P在運動過程中，線段CQ長度的最小值是______．【解析】如圖，取AB的中點E，連接CE，PE．∵∠ACB=90°，∠A=30°，∴∠CBE=60°，

∵BE=AE，∴CE=BE=AE，

∴△BCE是等邊三角形，

∴BC=BE，

∵∠PBQ=∠CBE=60°，

∴∠QBC=∠PBE，

∵QB=PB，CB=EB，

∴△QBC≌△PBE（SAS），

∴QC=PE，

∴當(dāng)EP⊥AC時，QC的值最小，

在Rt△AEP中，∵AE=52，∠A=30°，

∴PE=12AE=54，

∴CQ

2、如圖，邊長為12的等邊三角形ABC中，M是高CH所在直線上的一個動點，連結(jié)MB，將線段BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連結(jié)HN．則在點M運動過程中，線段HN長度的最小值是（）A．6 B．3 C．2 D．1．5【解析】如圖，取BC的中點G，連接MG，∵旋轉(zhuǎn)角為60°，∴∠MBH+∠HBN=60°，又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，∴∠HBN=∠GBM，∵CH是等邊△ABC的對稱軸，∴HB=AB，∴HB=BG，又∵M(jìn)B旋轉(zhuǎn)到BN，∴BM=BN，在△MBG和△NBH中，，∴△MBG≌△NBH（SAS），∴MG=NH，根據(jù)垂線段最短，當(dāng)MG⊥CH時，MG最短，即HN最短，此時∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×12=6，∴MG=CG=×6=3，∴HN=3；故選：B．【模型】四、借助中位線1、如圖，在等腰直角ABC中，斜邊AB的長度為8，以AC為直徑作圓，點P為半圓上的動點，連接BP，取BP的中點M，則CM的最小值為（）A． B． C． D．【解析】連接AP、CP，分別取AB、BC的中點E、F，連接EF、EM和FM，∴EM、FM和EF分別是△ABP、△CBP和△ABC的中位線∴EM∥AP，F(xiàn)M∥CP，EF∥AC，EF=，∴∠EFC=180°－∠ACB=90°∵AC為直徑，∴∠APC=90°，即AP⊥CP∴EM⊥MF，即∠EMF=90°∴點M的運動軌跡為以EF為直徑的半圓上取EF的中點O，連接OC，點O即為半圓的圓心當(dāng)O、M、C共線時，CM最小，如圖所示，CM最小為CM1的長，∵等腰直角ABC中，斜邊AB的長度為8，∴AC=BC==∴EF==，F(xiàn)C==，∴OM1=OF==根據(jù)勾股定理可得OC=∴CM1=OC－OM1=，即CM最小值為故選C．2、如圖，拋物線與軸交于兩點，是以點為圓心，為半徑的圓上的動點，是線段的中點，連接，則線段的最小值是（）A． B． C． D．【解析】∵，∴當(dāng)時，，解得：，∴A點與B點坐標(biāo)分別為：(，0)，(3，0)，即：AO=BO=3，∴O點為AB的中點，又∵圓心C坐標(biāo)為(0，4)，∴OC=4，∴BC長度=，∵O點為AB的中點，E點為AD的中點，∴OE為△ABD的中位線，即：OE=BD，∵D點是圓上的動點，由圖可知，BD最小值即為BC長減去圓的半徑，∴BD的最小值為4，∴OE=BD=2，即OE的最小值為2，故選：A.

專題9一元二次方程在實際應(yīng)用中的最值問題【應(yīng)用呈現(xiàn)】近年來，某縣為發(fā)展教育事業(yè)，加大了對教育經(jīng)費的投入，2009年投入6000萬元，2011年投入8640萬元．

（1）求2009年至2011年該縣投入教育經(jīng)費的年平均增長率；

（2）該縣預(yù)計2012年投入教育經(jīng)費不低于9500萬元，若繼續(xù)保持前兩年的平均增長率，該目標(biāo)能否實現(xiàn)？請通過計算說明理由．【解析】（1）設(shè)每年平均增長的百分率為x．

6000=8640，

=1.44，

∵1+x＞0，

∴1+x=1.2，

x=20%．

答：每年平均增長的百分率為20%；

（2）2012年該縣教育經(jīng)費為8640×（1+20%）=10368（萬元）＞9500萬元．

故能實現(xiàn)目標(biāo)．2、如圖，要建造一個四邊形花圃ABCD，要求AD邊靠墻，CD⊥AD，AD∥BC，AB∶CD＝5∶4，且三邊的總長為20m．設(shè)AB的長為5xm.(1)請求AD的長；(用含字母x的式子表示)(2)若該花圃的面積為50m2，且周長不大于30m，求AB的長．【解析】(1)作BH⊥AD于點H，則AH＝3x，由BC＝DH＝20－9x得AD＝20－6x(2)由2(20－9x)＋3x＋9x≤30得x≥eq\f(5,3)，由eq\f(1,2)[(20－9x)＋(20－6x)]×4x＝50得3x2－8x＋5＝0，∴x1＝eq\f(5,3)，x2＝1(舍去)，∴5x＝eq\f(25,3).答：AB的長為eq\f(25,3)米【方法總結(jié)】一、一元二次方程判別式求解1、已知x、y為實數(shù)，且滿足，，求實數(shù)m最大值與最小值。【解析】由題意得所以x、y是關(guān)于t的方程的兩實數(shù)根，所以即解得m的最大值是，m的最小值是－1。2、已知m，n是關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2tx+t2﹣2t+4=0的兩實數(shù)根，則（m+2）（n+2）的最小值是（）A．7B．11C．12D．16【解析】∵m，n是關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2tx+t2﹣2t+4=0的兩實數(shù)根，∴m+n=2t，mn=t2﹣2t+4，∴（m+2）（n+2）=mn+2（m+n）+4=t2+2t+8=（t+1）2+7．∵方程有兩個實數(shù)根，∴△=（﹣2t）2﹣4（t2﹣2t+4）=8t﹣16≥0，∴t≥2，∴（t+1）2+7≥（2+1）2+7=16．故選D．

二、配方法求最值1、設(shè)a、b為實數(shù)，那么的最小值為_______?！窘馕觥慨?dāng)，，即時，上式等號成立。故所求的最小值為－1。2、將形狀、大小完全相同的兩個等腰三角形如圖所示放置，點D在AB邊上，△DEF繞點D旋轉(zhuǎn)，腰DF和底邊DE分別交△CAB的兩腰CA，CB于M，N兩點，若CA=5，AB=6，AB=1：3，則MD+的最小值為．【