中考数学二次函数综合练习题含详细答案

一、二次函数 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．

（1）求二次函数的表达式；

（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标； （3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．

【答案】（1）二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；（2）点P的坐标为：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（0，-3）或（0，0）；（3）当点M出发1秒到达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处． 【解析】 【分析】

（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c得方程组，解方程组即可得二次函数的表达式；

（2）先求出点B的坐标，再根据勾股定理求得BC的长，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：①CP=CB；②BP=BC；③PB=PC；分别根据这三种情况求出点P的坐标； （3）设AM=t则DN=2t，由AB=2，得BM=2﹣t，S△MNB=

1×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t，把解2析式化为顶点式，根据二次函数的性质即可得△MNB最大面积；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处． 【详解】

解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，

1bc0 c3解得：b=﹣4，c=3，

∴二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3； （2）令y=0，则x2﹣4x+3=0，

解得：x=1或x=3， ∴B（3，0）， ∴BC=32，

点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1， ①当CP=CB时，PC=32，∴OP=OC+PC=3+32或OP=PC﹣OC=32﹣3 ∴P1（0，3+32），P2（0，3﹣32）； ②当PB=PC时，OP=OB=3， ∴P3（0，-3）； ③当BP=BC时， ∵OC=OB=3 ∴此时P与O重合， ∴P4（0，0）；

综上所述，点P的坐标为：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（﹣3，0）或（0，0）；

（3）如图2，设AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，则DN=2t， ∴S△MNB=

1×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1， 2当点M出发1秒到达D点时，△MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．

2．如图，在平面直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA＝1，tan∠BAO＝3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B、C．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t，设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求以C、E、F为顶点三角形与△COD相似时点P的坐标． 【答案】（1）抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3；（2）当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，3）． 【解析】 【分析】

（1）根据正切函数，可得OB，根据旋转的性质，可得△DOC≌△AOB，根据待定系数法，可得函数解析式；

（2）分两种情况讨论：①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点；②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，得到△EFC∽△EMP，根据相似三角形的性质，可得PM与ME的关系，解方程，可得t的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案． 【详解】

（1）在Rt△AOB中，OA＝1，tan∠BAOOB3，∴OB＝3OA＝3． OA∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°而得到的，∴△DOC≌△AOB，∴OC＝OB＝3，OD＝OA＝1，∴A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，3），（﹣3，0），代入解析式为

abc0a19a3bc0，解得：b2，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； c3c3（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，∴对称轴为l1，0），如图，分两种情况讨论：

①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点，P（﹣1，4）；

b1，∴E点坐标为（﹣2a

②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，∵∠CFE=∠PME=90°，

EMEFOD1，∴MP＝3ME． MPCFCO3∵点P的横坐标为t，∴P（t，﹣t2﹣2t+3）．

∠CEF=∠PEM，∴△EFC∽△EMP，∴

∵P在第二象限，∴PM＝﹣t2﹣2t+3，ME＝﹣1﹣t，t＜0，∴﹣t2﹣2t+3＝3（﹣1﹣t），解得：t1＝﹣2，t2＝3（与t＜0矛盾，舍去）．

当t＝﹣2时，y＝﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+3＝3，∴P（﹣2，3）．

综上所述：当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，3）． 【点睛】

本题是二次函数综合题．解（1）的关键是利用旋转的性质得出OC，OD的长，又利用了待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出MP＝3ME．

3．抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与直线y＝kx+c（k≠0）相交于A（﹣1，0）、B（2，﹣3）两点，且抛物线与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）求出C、D两点的坐标

（3）在第四象限抛物线上有一点P，若△PCD是以CD为底边的等腰三角形，求出点P的坐标．

【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3;（2）C（0，﹣3）,D（0，﹣1）;（3）P（1+2，﹣2）. 【解析】 【分析】

（1）把A（﹣1，0）、B（2，﹣3）两点坐标代入y＝ax2+bx﹣3可得抛物线解析式． （2）当x＝0时可求C点坐标，求出直线AB解析式，当x＝0可求D点坐标． （3）由题意可知P点纵坐标为﹣2，代入抛物线解析式可求P点横坐标． 【详解】

解：（1）把A（﹣1，0）、B（2，﹣3）两点坐标代入

ab30y＝ax+bx﹣3可得 

4a2b332

a1 解得b2∴y＝x2﹣2x﹣3

（2）把x＝0代入y＝x2﹣2x﹣3中可得y＝﹣3∴C（0，﹣3） 设y＝kx+b，把A（﹣1，0）、B（2，﹣3）两点坐标代入

kb0 2kb3k1 解得b1∴y＝﹣x﹣1 ∴D（0，﹣1）

（3）由C（0，﹣3），D（0，﹣1）可知CD的垂直平分线经过（0，﹣2） ∴P点纵坐标为﹣2， ∴x2﹣2x﹣3＝﹣2

解得：x＝1±2，∵x＞0∴x＝1+2． ∴P（1+2，﹣2） 【点睛】

本题是二次函数综合题，用待定系数法求二次函数的解析式，把x＝0代入二次函数解析式和一次函数解析式可求图象与y轴交点坐标，知道点P纵坐标带入抛物线解析式可求点P的横坐标．

4．函数y12xmx1x≥0,m>0的图象记为C1，函数21yx2mx1x0,m>0的图象记为C2，其中m为常数，C1与C2合起来的图象

2记为C.

（Ⅰ）若C1过点1,1时，求m的值； （Ⅱ）若C2的顶点在直线y1上，求m的值； （Ⅲ）设C在4≤x≤2上最高点的纵坐标为y0，当【答案】（Ⅰ）m【解析】 【分析】

（Ⅰ）将点C的坐标代入C1的解析式即可求出m的值；

3≤y0≤9时，求m的取值范围. 219；（Ⅱ）m2；（Ⅲ）1≤m≤. 22（Ⅱ）先求出抛物线C2的顶点坐标，再根据顶点在直线y1上得出关于m的方程，解之即可

（Ⅲ）先求出抛物线C1的顶点坐标，结合（Ⅱ）抛物线C2的顶点坐标，和x的取值范围，分三种情形讨论求解即可； 【详解】

解：（Ⅰ）将点1,1代入C1的解析式，解得m1. 2m21， （Ⅱ）抛物线C2的顶点坐标为m,2m2令11，得m2, 2∵m>0，∴m2.

m2m21，抛物线C2的顶点Qm,1， （Ⅲ）∵抛物线C1的顶点Pm,22当0m2时，最高点是抛物线G1的顶点

3m2∴y019，解得1m2. 22当2m4时，G1中（2，2m-1）是最高点，y02m-1 ∴

32m-19，解得2m4. 2394m-99，解得4m. 229即为所求. 2当m>4时，G2中（-4，4m-9）是最高点，y04m-9． ∴

综上所述，1m【点睛】

本题考查二次函数综合题，待定系数法、不等式组等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，利用数形结合的思想解决问题，属于中考压轴题．

5．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线对称轴DE交x轴于点E，连接BD． （1）求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式； （2）点P是线段BD上一点，当PE＝PC时，求点P的坐标．

【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）点P的坐标为（2，2）． 【解析】 【分析】

（1）利用待定系数法求出过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；

（2）连接PC、PE，利用公式求出顶点D的坐标，利用待定系数法求出直线BD的解析式，设出点P的坐标为（x，﹣2x+6），利用勾股定理表示出PC2和PE2，根据题意列出方程，解方程求出x的值，计算求出点P的坐标． 【详解】

解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，

1bc0b2∴，解得，

93bc0c3∴所求的抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3； （2）如图，连接PC，PE． 抛物线的对称轴为x＝当x＝1时，y＝4， ∴点D的坐标为（1，4）． 设直线BD的解析式为y＝kx+b，

b2＝1． 2a2(1)kb4则，

3kb0k2 解得．

b6∴直线BD的解析式为：y＝2x+6，

设点P的坐标为（x，﹣2x+6），又C（0，3），E（1，0）， 则PC2＝x2+（3+2x﹣6）2，PE2＝（x﹣1）2+（﹣2x+6）2， ∵PC＝PE，

∴x2+（3+2x﹣6）2＝（x﹣1）2+（﹣2x+6）2， 解得，x＝2， 则y＝﹣2×2+6＝2，

∴点P的坐标为（2，2）．

【点睛】

本题考查的是二次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式，掌握二次函数的图象和性质、灵活运用待定系数法是解题的关键．

6．已知二次函数的图象以A（﹣1，4）为顶点，且过点B（2，﹣5） （1）求该函数的关系式；

（2）求该函数图象与坐标轴的交点坐标；

（3）将该函数图象向右平移，当图象经过原点时，A、B两点随图象移至A′、B′，求△O A′B′的面积．

【答案】（1）y=﹣x2﹣2x+3；（2）抛物线与x轴的交点为：（﹣3，0），（1，0）（3）15. 【解析】

【分析】（1）已知了抛物线的顶点坐标，可用顶点式设该二次函数的解析式，然后将B点坐标代入，即可求出二次函数的解析式；

（2）根据函数解析式，令x=0，可求得抛物线与y轴的交点坐标；令y=0，可求得抛物线与x轴交点坐标；

（3）由（2）可知：抛物线与x轴的交点分别在原点两侧，由此可求出当抛物线与x轴负半轴的交点平移到原点时，抛物线平移的单位，由此可求出A′、B′的坐标．由于△OA′B′不规则，可用面积割补法求出△OA′B′的面积． 【详解】（1）设抛物线顶点式y=a（x+1）2+4， 将B（2，﹣5）代入得：a=﹣1，

∴该函数的解析式为：y=﹣（x+1）2+4=﹣x2﹣2x+3；

（2）令x=0，得y=3，因此抛物线与y轴的交点为：（0，3）， 令y=0，﹣x2﹣2x+3=0，解得：x1=﹣3，x2=1， 即抛物线与x轴的交点为：（﹣3，0），（1，0）； （3）设抛物线与x轴的交点为M、N（M在N的左侧）， 由（2）知：M（﹣3，0），N（1，0），

当函数图象向右平移经过原点时，M与O重合，因此抛物线向右平移了3个单位， 故A'（2，4），B'（5，﹣5），

∴S△OA′B′=

111×（2+5）×9﹣×2×4﹣×5×5=15． 222

【点睛】本题考查了用待定系数法求抛物线解析式、函数图象与坐标轴交点、图形面积的求法等知识．熟练掌握待定系数法、函数图象与坐标轴的交点的求解方法、不规则图形的面积的求解方法等是解题的关键.

7．复习课中，教师给出关于x的函数

（k是实数）.

教师：请独立思考，并把探索发现的与该函数有关的结论（性质）写到黑板上.

学生思考后，黑板上出现了一些结论.教师作为活动一员，又补充一些结论，并从中选择如下四条：

①存在函数，其图像经过（1,0）点； ②函数图像与坐标轴总有三个不同的交点； ③当

时，不是y随x的增大而增大就是y随x的增大而减小；

④若函数有最大值，则最大值必为正数，若函数有最小值，则最小值必为负数； 教师：请你分别判断四条结论的真假，并给出理由，最后简单写出解决问题时所用的数学方法.

【答案】①真，②假，③假，④真，理由和所用的数学方法见解析. 【解析】

试题分析：根据方程思想，特殊与一般思想，反证思想，分类思想对各结论进行判断. 试题解析：①真，②假，③假，④真.理由如下： ①将（1,0）代入∴存在函数∴结论①为真. ②举反例如，当为假. ③∵当

时，二次函数

，

∴可举反例如，当

时，二次函数为

，

（k是实数）的对称轴为

时，函数

的图象与坐标轴只有两个不同的交点.∴结论②

，得

，其图像经过（1,0）点.

，解得

.

当时，y随x的增大而减小；当

时，y随x的增大而增大.

∴结论③为假. ④∵当

时，二次函数

，

∴当

时，有最小值，最小值为负；当

时，有最大值，最大值为正.

∴结论④为真.

解决问题时所用的数学方法有方程思想，特殊与一般思想，反证思想，分类思想 考点：1.曲线上点的坐标与方程的关系；2.二次函数的性质；3.方程思想、特殊元素法、反证思想和分类思想的应用.

的最值为

8．如图，已知抛物线yax2bx(a0)过点A(3,-3) 和B(33,0)，过点A作直线AC//x轴，交y轴与点C． （1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D，连接OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标； （3）抛物线上是否存在点Q，使得SAOC在，请说明理由.

1SAOQ?若存在，求出点Q的坐标；若不存3

【答案】（1）y1233834,- ）；（3）Qxx；（2）P点坐标为（43 ,6）或（

3322点坐标（33，0）或（-23，15） 【解析】 【分析】

（1）把A与B坐标代入抛物线解析式求出a与b的值，即可确定出解析式； （2）设P坐标为x,1233x22x，表示出AD与PD，由相似分两种情况得比例求出x的值，即可确定出P坐标；

（3）存在，求出已知三角形AOC边OA上的高h，过O作OM⊥OA，截取OM=h,与y轴交于点N，分别确定出M与N坐标，利用待定系数法求出直线MN解析式，与抛物线解析式联立求出Q坐标即可． 【详解】

3a3b3（1）把A(3，3)和点B(33，0)代入抛物线得：，

27a33b0解得：a133，b， 221233xx； 22则抛物线解析式为y（2）当P在直线AD上方时，

1233设P坐标为x,2x21233x，则有，PDxx3， ADx32233OCCA当OCA∽ADP时，，即x31233， ADDPxx322整理得：3x293x1823x6，即3x2113x240， 解得：x此时P(1135383，即x或x3（舍去）， 63483，)；

3333OCCA当OCA∽PDA时，，即1233x3， PDADxx322整理得：3x29x636x63，即x253x120， 解得：x5333，即x43或3（舍去）， 2此时P(43，6)；

当点P0,0时，也满足OCA∽PDA； 当P在直线AD下方时，同理可得：P的坐标为(综上，P的坐标为(1043，)，

334108343，)或(43，6)或(，)或0,0；

33333，

（3）在RtAOC中，OC3，AC根据勾股定理得：OA23，

11OC·ACOA·h， 223， 2h133， SAOCSAOQ32AOQ边OA上的高为

9， 29，过M作MN//OA，交y轴于点N，如图所示： 2过O作OMOA，截取OM

在RtOMN中，ON2OM9，即N0,9， 过M作MHx轴，

19939393OM，OH，即M(，)， OM244424设直线MN解析式为ykx9，

在RtOMH中，MH把M坐标代入得：

993k9，即k3，即y3x9， 44y3x9联立得：1233，

xyx22x33x23解得：或，即Q(33，0)或(23，15)，

y0y15则抛物线上存在点Q，使得SAOC1SAOQ，此时点Q的坐标为(33，0)或(23，315)．

【点睛】

二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，

点到直线的距离公式，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．

123x+x﹣2与x轴交于A，B两点（点A22在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过A，C两点，连接BC． （1）求直线l的解析式；

9．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=

（2）若直线x=m（m＜0）与该抛物线在第三象限内交于点E，与直线l交于点D，连接OD．当OD⊥AC时，求线段DE的长；

（3）取点G（0，﹣1），连接AG，在第一象限内的抛物线上，是否存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=3211398x2；（2）DE=；（3）存在点P（，），使298125∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，理由见解析. 【解析】 【分析】

（1）根据题目中的函数解析式可以求得点A和点C的坐标，从而可以求得直线l的函数解析式；

（2）根据题意作出合适的辅助线，利用三角形相似和勾股定理可以解答本题；

（3）根据题意画出相应的图形，然后根据锐角三角函数可以求得∠OAC=∠OCB，然后根据题目中的条件和图形，利用锐角三角函数和勾股定理即可解答本题． 【详解】 （1）∵抛物线y=

123x+x-2， 22∴当y=0时，得x1=1，x2=-4，当x=0时，y=-2，

123x+x-2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C， 22∴点A的坐标为（-4，0），点B（1，0），点C（0，-2）， ∵直线l经过A，C两点，设直线l的函数解析式为y=kx+b，

∵抛物线y=

1k＝4kb＝0，得2， b＝2b＝2即直线l的函数解析式为y=−

1x−2； 2（2）直线ED与x轴交于点F，如图1所示，

由（1）可得，

AO=4，OC=2，∠AOC=90°， ∴AC=25， ∴OD=4245， 525∵OD⊥AC，OA⊥OC，∠OAD=∠CAO， ∴△AOD∽△ACO， ∴即

ADAO＝， AOACAD485＝，得AD=， 4255∵EF⊥x轴，∠ADC=90°， ∴EF∥OC， ∴△ADF∽△ACO， ∴

AFDFAD＝＝， AOOCAC解得，AF=∴OF=4-∴m=-当m=-∴EF=

816，DF=， 55164=， 554， 54143472时，y=×（−）2+×（-）-2=-，

525252572， 2572832−＝； 25525∴DE=EF-FD=

（3）存在点P，使∠BAP=∠BCO-∠BAG，

理由：作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，如图2所示，

∵点A（-4，0），点B（1，0），点C（0，-2）， ∴OA=4，OB=1，OC=2，

OC21OB1＝＝，tan∠OCB=＝，AC=25， OA42OC2∴∠OAC=∠OCB，

∵∠BAP=∠BCO-∠BAG，∠GAM=∠OAC-∠BAG， ∴∠BAP=∠GAM，

∴tan∠OAC=

∵点G（0，-1），AC=25，OA=4， ∴OG=1，GC=1， ∴AG=17，解得，GM=∴AM=AC•GMCG•OA25?GM14＝，即， ＝222225， 525295，

AG2GM2=(17)2()5525GM2＝5， ∴tan∠GAM=

AM9595∴tan∠PAN=

2， 9设点P的坐标为（n，∴AN=4+n，PN=

123n+n-2）， 22123n+n-2， 22123nn22， ∴22 ＝n49解得，n1=当n=

13，n2=-4（舍去）， 9131398时，n2+n-2=， 92281∴点P的坐标为（即存在点P（【点睛】

1398，）， 9811398，），使∠BAP=∠BCO-∠BAG． 981本题是一道二次函数综合题，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，找出所求问题需要的条件，利用三角形相似、锐角三角函数和二次函数的性质解答．

10．如图1，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A（﹣4，0），B（1，0）两点，过点B的直线

2分别与y轴及抛物线交于点C，D． 3（1）求直线和抛物线的表达式；

y=kx+

（2）动点P从点O出发，在x轴的负半轴上以每秒1个单位长度的速度向左匀速运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，△PDC为直角三角形？请直接写出所有满足条件的t的值；

（3）如图2，将直线BD沿y轴向下平移4个单位后，与x轴，y轴分别交于E，F两点，在抛物线的对称轴上是否存在点M，在直线EF上是否存在点N，使DM+MN的值最小？若存在，求出其最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线解析式为：y=值为

22822x2x，BD解析式为y=﹣x；（2）t的3333415129233、、．（3）N点坐标为（﹣2，﹣2），M点坐标为（﹣，﹣93265），213. 4【解析】

分析：（1）利用待定系数法求解可得；

（2）先求得点D的坐标，过点D分别作DE⊥x轴、DF⊥y轴，分P1D⊥P1C、P2D⊥DC、

P3C⊥DC三种情况，利用相似三角形的性质逐一求解可得；

（3）通过作对称点，将折线转化成两点间距离，应用两点之间线段最短． 详解：（1）把A（﹣4，0），B（1，0）代入y=ax2+2x+c，

16a8c0得，

a2c02a3解得：，

8c3∴抛物线解析式为：y=∵过点B的直线y=kx+

228x2x， 332， 32， 3∴代入（1，0），得：k=﹣∴BD解析式为y=﹣

22x； 33228yx2x33（2）由得交点坐标为D（﹣5，4），

22y﹣x33如图1，过D作DE⊥x轴于点E，作DF⊥y轴于点F，

当P1D⊥P1C时，△P1DC为直角三角形， 则△DEP1∽△P1OC，

5tDEPE4∴=，即=2， POOCt3解得t=

15129， 6当P2D⊥DC于点D时，△P2DC为直角三角形 由△P2DB∽△DEB得

DBP2B=， EBDB即t152=， 52623； 3解得：t=

当P3C⊥DC时，△DFC∽△COP3，

510DFCF∴=，即2=3，

POOC33t解得：t=

4， 941512923、、． 936∴t的值为

（3）由已知直线EF解析式为：y=﹣

210x﹣， 33在抛物线上取点D的对称点D′，过点D′作D′N⊥EF于点N，交抛物线对称轴于点M

过点N作NH⊥DD′于点H，此时，DM+MN=D′N最小． 则△EOF∽△NHD′ 设点N坐标为（a，﹣

210a）， 33510OEOF∴=210=3， ，即

4(a)NHHD2a33解得：a=﹣2，

则N点坐标为（﹣2，﹣2），

求得直线ND′的解析式为y=当x=﹣

3x+1， 235时，y=﹣， 24∴M点坐标为（﹣

35，﹣）， 24此时，DM+MN的值最小为DH2NH2=4262=213．

点睛：本题是二次函数和几何问题综合题，应用了二次函数性质以及转化的数学思想、分类讨论思想．解题时注意数形结合．