时间：2022-02-20 04:50:45
在中考中频现三条线段和的最小值问题，这类题往往基于二次函数且与动点结合，考察综合运用数学知识解题的能力和探究推理能力，对能力要求较高.本文以近几年中考题为例，从定点、动点角度予以归类解析，供学习参考和触类旁通.
一、两定一动，动点在直线上
[TP
.tif>，Y#][TS（][HT5”SS][JZ]图1
[TS）]
例1 （2010东营）如图1，已知二次函数y=ax2-4x+c的图象与坐标轴交于点A（-1，0）和点B（0，-5）.
（1）求该二次函数的解析式；
（2）已知该函数图象的对称轴上存在一点P，使得ABP的周长最小.请求出点P的坐标.
解析： （1） y=x2-4x-5；
（2）令y=0，得二次函数y=x2-4x-5的图象与x轴的另一个
交点坐标C（5，0）.
由于P是对称轴x=2上一点，
连结AB，由于AB=
OA2+OB2=26，
要使ABP的周长最小，只要PA+PB最小.
由于点A与点C关于对称轴x=2对称，连结BC交对称轴于点P，
则PA+PB=BP+PC =BC，根据两点之间线段最短，可得PA+PB的
最小值为BC.
因而BC与对称轴x=2的交点P就是所求的点.
设直线BC的解析式为y=kx+b，根据题意，可得
b=-5
0=5k+b
，解得
k=1
b=-5
.
所以直线BC的解析式为y=x-5.
因此直线BC与对称轴x=2的交点坐标是方程组
x=2
y=x-5
的解，解得
x=2
y=-3
.
所求的点P的坐标为（2，-3）.
点评：由于AB是定值，关键求PA+PB最小.PA、PB都在对称轴同侧，把其中一条如PA关于对称轴反射为PC，这里借助了轴对称，这样化同侧为异侧，化“两折线”为“直”，属常见的典型的“将军饮马”型问题.
二、两定一动，动点在抛物线上
例2 （2010南通）如图2，已知抛物线y=ax2+bx+c经过A（-4，3）、
B（2，0）两点，当x=3和x=-3时，这条抛物线上对应点的纵坐标相等.
经过点C（0，-2）的直线l与x轴平行，O为坐标原点.
（1）求直线AB和这条抛物线的解析式；
（2）以A为圆心，AO为半径的圆记为A，判断直线l与
A的位置关系，并说明理由；
（3）设直线AB上的点D的横坐标为-1，P（m，n）是抛物线
y=ax2+bx+c上的动点，当PDO的周长最小时，求四边形CODP的面积.
解析： （1）y=-
12x+1；y=
14x2-1.
（2）略.
（3）如图2，把x=-1代入y=-12x+1，得y=
32
，所以D（-1，32）.
过点P作PH直线l于H，则PH=n+2，即
14m2+1.
又因为PO=
m2+n2
=m2+（14m2-1）2
=14m2+1，
所以PH=PO.
因为DO的长度为定值，
所以当PD+PO即PD+PH最小时，PDO的周长最小.
所以当D、P、H三点在一条直线上时，由垂线段最短，PD+PH最小.
所以点P的横坐标为-1，代入抛物线解析式，得n=-
34.
所以P（-1，-
34）.
此时四边形CODP的面积为：S四边形CODP=SPDO+SPCO=
12×（
32+
34）×1+
12×2×1=
178.
点评：此题中动点在抛物线上运动着实令人眼前一亮——原来还可以这样命题！若受将军饮马模型的干扰，如作点O关于抛物线顶点的对称点O′，DO′交抛物线于点P；或作点D关于x轴的对称点D′，D′O交抛物线于点P，都是错误的，属机械模仿，未看清本质.本质是求PD+PO最小值，把PD或PO关于抛物线反射走，这里借助了等量代换PH=PO，这样化同侧为异侧，把“两折线”转“直”.
三、两定两动，两个动点分别在两条直线上
例3 （2011福州）如图4，二次函数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=
33x+3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；
[TP
.tif>，Y#][TS（][HT5”SS][JZ]图5
[TS）]
（3）如图5，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.
解析：（1）A（-3，0），B（1，0）；
（2）
y=-32
x2-3x+332；
（3）可得H（-1，
23）.
所以直线AH的解析式为
y=3x+33；
直线BK的解析式为y=3x-3.
由
y=33
x+3
y=3x-3
，
解得
x=3
y=23
，
即K（3，23），则BK=4.
过点K作KDx轴于D，则KD=
23.
过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E；连接QM，则QM=MK.
又因为点H、B关于直线AK对称，连接NB，则HN=NB.
所以HN+NM+MK=QM+MN+NB.
由于点M、N分别为直线AH和直线l上的两个动点，
所以当QM、MN、NB在一条直线上时，由两点之间线段最短知此时其和最小.
连接QB，则HN+NM+MK的最小值=QB.
因为点H、B关于直线AK对称，
所以AH=AB.
所以∠HAN=∠BAN.
所以KE=KD=23.
所以QK=43.
因为AEQK，BK∥AE，
所以∠BKQ=90°.
在RtBKQ中由勾股定理得QB=8，
所以HN+NM+MK的最小值为8.
点评：HN、NM、MK均在两直线AH和l之间，借助于轴对称把其中两条如HN、MK反射走，反射到两直线外，保留两动点之间的线段MN，这样化“三折线”为“直”.
四、两定两动，两个动点在同一条直线上，且两个动点的距离为定值
例4如图6，RtAOB的顶点坐标为A（-2，0），O（0，0），B（0，4），把AOB绕点O按顺时针方向旋转90°，得到COD.
（1）求C、D两点的坐标；
（2）求经过A、B、D三点的抛物线的解析式；
（3）在（2）中抛物线的对称轴上取两点E、F（点E在点F的上方），且EF=1，当点E、F在何位置时，AF+FE+EC的和最小，并求出最小值.
解析： （1）C（0，2），D（4，0）；
（2） y=-12x2+x+4；
（3）要使AF+FE+EC的和最小，由于EF=1为定值，就要使AF+EC最小，因此要设法把AF、EC转化到同一直线上.
由于点D和点A关于抛物线的对称轴x=1对称，把点D向上平移到D′，使DD′=1，连接CD′，与对称轴的交点即为所求的点E，此时四边形EFDD′为平行四边形.
所以AF+EC=FD+EC=ED′+EC=CD′.
由两点之间线段最短知AF+EC最小.
因为D（4，0），
所以D′（4，1）.
又C（0，2），
所以直线CD′的解析式为y=-14x+2.
所以E（1，74）.
所以F（1，34）.
因为AF+EC=CD′=
42+12=
17，
所以当E（1，74），F（1，
34）时，AF+FE+EC的和最小，最小值为
17.
点评：因EF为定长，关键求AF+EC最小.AF、EC均在直线EF同侧，借助轴对称把其中一条如AF反射为FD，化同侧为异侧.考虑到EF=1，故把点D向上平移1，先反射再平移使问题迎刃而解.也可先平移再反射.