初中数学中考复习 精品解析：四川省自贡市2020年中考数学试题（解析版）

这是一份初中数学中考复习 精品解析：四川省自贡市2020年中考数学试题（解析版），共26页。试卷主要包含了如图，∥，，则的度数为，如图所示的几何体的左视图是，对于一组数据，下列说法正确的是， ； 等内容，欢迎下载使用。

2020年自贡中考数学
满分：150分 时间：120分钟
一.选择题（共12个小题，每小题4分，共48分；在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.如图，∥，，则的度数为 （ ）

A. 40° B. 50° C. 55° D. 60°
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平行线的性质与对顶角相等即可求出．
【详解】两平行线同位角相等，再根据对顶角相等即可得到答案.
故答案为B．
【点晴】本题主要考查了平行线的性质与对顶角的性质，熟练掌握平行线的性质是解题关键．
2.5月22日晚，中国自贡第26届国际恐龙灯会开始网络直播，有着近千年历史自贡灯会进入“云游”时代，70余万人通过“云观灯”感受“天下第一灯”的璀璨，人数700000用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据科学记数法规定，要求，即可得解.
【详解】由题意，得
700000=，
故选：C.
【点睛】此题主要考查科学记数法的应用，熟练掌握，即可解题.
3.如图所示的几何体的左视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
找到从几何体左面看得到的平面图形即可．
【详解】解：从几何体左面看得到两列正方形的个数分别为1、3，
故选：C．
【点睛】考查三视图的相关知识；掌握左视图是从几何体左面看得到的平面图形是解决本题的关键．
4.关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意，根据一元二次方程根的判别式值为零，求可解．
【详解】解：由一元二次方程有两个相等实根可得，判别式等于0可得， ，得，
故应选A．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系，解答时注意△=0⇔方程有两个相等的实数根．
5.在平面直角坐标系中，将点向下平移3个单位长度，所得点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点的平移规律为上加下减，左减右加即可求解．
【详解】解：点的平移规律为上加下减，左减右加，可得横坐标不变，纵坐标减3，1-3=-2，
故答案为D．
【点睛】本题考查点的坐标平移规律，根据“上加下减，左减右加”即可求解．
6.下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念对各图形分析判断后利用排除法求解．
【详解】解：A、图形不是中心对称轴图形，是轴对称图形，此选项正确；
B、图形是中心对称轴图形，不是轴对称图形，此选项错误；
C、图形是中心对称轴图形，也是轴对称图形，此选项错误；
D、图形不是中心对称轴图形，也不是轴对称图形，此选项错误；
故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
7.对于一组数据，下列说法正确的是（ ）
A. 中位数是5 B. 众数是7 C. 平均数是4 D. 方差是3
【答案】C
【解析】
【分析】
分别计算该组数据的众数、平均数、中位数及方差后，选择正确的答案即可．
【详解】将数据按从小到大排列为，平均值，众数3，中位数为3，方差为，
故选：C．
【点睛】本题是一道有关统计的综合题，具体考查了平均数、众数、中位数及方差的知识，解题时分别计算出众数、中位数、平均数及方差后找到正确的选项即可．
8.如果一个角的度数比它的补角的度数2倍多30°，那么这个角的度数是（ ）
A 50° B. 70° C. 130° D. 160°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据互为补角的定义结合已知条件列方程求解即可．
【详解】解：设这个角是，则它的补角是：，
根据题意，得：
，
解得：，
即这个角的度数为．
故选：C．
【点睛】此题考查了补角的知识，熟悉相关性质定义是解题的关键．
9.如图，在△中，,以点为圆心，长为半径画弧，交于点,连接;则的度数为 （ ）

A. 50° B. 40° C. 30° D. 20°
【答案】D
【解析】
【分析】
由作图过程可知BC=BD，根据等边对等角得到∠BCD=∠BDC=70°，则的度数即可求解．
【详解】∵∠A=50°，可得∠B=40°，
∵BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC，
∵∠B+∠BCD+∠BDC=180°，
∴∠BCD=70°，
∴∠ACD=90°-70°=20°，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质等内容，解题的关键是通过题目描述，得到BC=BD．
10.函数与的图象如图所示，则的大致图象为 （ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据反比例函数过一、三象限可确定出k的符号，根据二次函数图像的对称轴可以确定出a,b的符号，进而求解.
【详解】解：∵反比函数过一三象限，∴，
由二次函数开口向下可得，
又二次函数的对称轴，
∴，∴同号，∴，
∴
∴一次函数经过第一、二、三象限，
故答案为D．
【点睛】本题考查了一次函数和二次函数图象知识，解题的关键是掌握一次和二次函数的图象性质，此类题属于中考常考题型．
11.某工程队承接了80万平方米的荒山绿化任务，为了迎接雨季的到来，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了35%，结果提前40天完成了这一任务；设实际工作时每天绿化的面积为万平方米，则下面所列方程中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意分别表示实际工作和原计划工作所用的时间，再以时间为等量构造方程即可；
【详解】解：由题意可得原计划的工作效率为，所以原计划的工作时间为，实际的工作时间为，所以原计划的时间减去实际的时间为40天，则可得
故选：A．
【点睛】本题考查了由实际问题列出分式方程，解题关键是找准等量关系，正确列出分式方程．
12.如图，在平行四边形中，，是锐角，于点，是的中点，连接；若，则的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
延长EF，DA交于G，连接DE，先证明△AFG≌△BFE，进而得到BE=AG，F是GE的中点，结合条件BF⊥GE进而得到BF是线段GE的垂直平分线，得到GD=DE，最后在Rt△AED中使用勾股定理即可求解.
【详解】解：延长EF，DA交于G，连接DE，如下图所示：

∵F是AB的中点，∴AF=BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥BC，∴∠GAB=∠EBF
且∠GFA=∠EFB，∴△AFG≌△BFE(ASA)，
设，
由GF=EF，且∠DFE=90°知，
DF是线段GE的垂直平分线，
∴，
在Rt△GAE中，．
在Rt△AED中，，
∴，解得，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识点，能正确作出辅助线是解题的关键.
第Ⅱ卷 非选择题 （共102分）
注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨水铅签字笔在答题卡上题目所指示区域内作答，作图题可先用铅笔绘出，确认后用0.5毫米黑色墨水铅签字笔描清楚，答在试题卷上无效．
二.填空题(共6个小题，每题4分，共24分)
13.分解因式：= ．
【答案】．
【解析】
试题分析：要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，
先提取公因式3后继续应用完全平方公式分解即可：．
考点：提公因式法和应用公式法因式分解．
14.与 最接近的自然数是 ________．
【答案】2
【解析】
【分析】
先根据得到，进而得到，因为14更接近16，所以最接近的自然数是2．
【详解】解：，可得，
∴，
∵14接近16，
∴更靠近4，
故最接近的自然数是2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查无理数的估算，找到无理数相邻的两个整数是解题的关键．
15.某中学新建食堂正式投入使用，为提高服务质量，食堂管理人员对学生进行了“最受欢迎菜品”的调查统计，以下是打乱了的调查统计顺序，请按正确顺序重新排序 （只填番号）_________________．
①.绘制扇形图；②.收集最受学生欢迎菜品的数据；③.利用扇形图分析出受欢迎的统计图；④.整理所收集的数据．
【答案】②④①③
【解析】
【分析】
根据统计的一般顺序排列即可．
【详解】统计的一般步骤，一般要经过收集数据，整理数据，绘制统计图表，分析图表得出结论，
故答案为：②④①③．
【点睛】本题考查统计的一般步骤，一般要经过收集数据，整理数据，绘制统计图表，分析图表得出结论．
16.如图，我市在建高铁的某段路基横断面为梯形，∥,长为6米，坡角为45°，的坡角为30°，则的长为 ________ 米 （结果保留根号）

【答案】
【解析】
【分析】
过C作CE⊥AB于E，DF⊥AB于F，分别在Rt△CEB与Rt△DFA中使用三角函数即可求解.
【详解】解：过C作CE⊥AB于E，DF⊥AB于F，可得矩形CEFD和Rt△CEB与Rt△DFA，
∵BC=6，
∴CE=，
∴DF=CE=，
∴，
故答案为：．

【点睛】此题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，难度适中，解答本题的关键是构造直角三角形和矩形，注意理解坡度与坡角的定义．
17.如图，在矩形中，是上的一点，连接,将△进行翻折，恰好使点落在的中点处，在上取一点，以点为圆心，的长为半径作半圆与相切于点;若,则图中阴影部分的面积为 ____ ．

【答案】.
【解析】
【分析】
连接OG，证明△DOG∽△DFC，得出，设OG=OF=r，进而求出圆的半径，再证明△OFQ为等边三角形，则可由扇形的面积公式和三角形的面积公式求出答案．
【详解】解：连接OG，过O点作OH⊥BC于H点，设圆O与BC交于Q点，如下图所示：

设圆的半径为r，
∵CD是圆的切线，
∴OG⊥CD，
∴△DOG∽△DFC，
∴，由翻折前后对应的线段相等可得DF=DA=4，
∵F是BC的中点，∴CF=BF=2，代入数据：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴∠ODG=30°，∴∠DFC=60°，
且OF=OQ，∴△OFQ是等边三角形，
∴∠DOQ=180°-60°=120°，
同理△OGQ也为等边三角形，
∴OH=，且S扇形OGQ=S扇形OQF
∴

.
故答案为：.
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，切线的性质，翻折变换，熟练掌握基本图形的性质是解题的关键．
18.如图， 直线与轴交于点，与双曲线 在第三象限交于两点，且 ；下列等边三角形，，，……的边，，，……在轴上，顶点……在该双曲线第一象限的分支上，则= ____，前25个等边三角形的周长之和为 _______．

【答案】 (1). ； (2). 60
【解析】
【分析】
设，设直线与轴的交点为H，先求解的坐标，得到∠HAO=30°，用含的代数式表示，联立函数解析式利用根与系数的关系得到关于的方程，从而可得第一空的答案；过分别向轴作垂线，垂足分别为先根据等边三角形的性质与反比例函数的性质求解的边长，依次同法可得后面等边三角形的边长，发现规律，再前25个等边三角形的周长之和即可．
【详解】解：设，设直线与轴的交点为H，
令 则

令 则
∴H（），又A（0，b），

∴tan∠HAO=，∴∠HAO=30°，
过作轴于 过作轴于，
∴AB=2BM，AC=2CN，∵BM=，，
∴AB=，AC=，
∴，
联立
得到。
∴，由已知可得，
∴，
∴反比例函数的解析式为，
过分别向轴作垂线，垂足分别为
设
由等边三角形的性质得：

得：
（舍去）
经检验：符合题意，

可得的边长为4，
同理设 ，



解得： （舍去）
经检验：符合题意，

的边长为，
同理可得：的边长为，
的边长为．
∴前25个等边三角形的周长之和为
=


故答案为：
【点睛】本题考查的是反比例函数的性质，考查一元二次方程的根与系数的关系，等边三角形的性质的应用，锐角三角函数的应用，同时考查与反比例函数相关的规律题，掌握以上知识是解题的关键．
三.解答题(共8个题，共78分)
19.计算：．
【答案】
【解析】
【分析】
根据实数的绝对值、零指数幂和负指数幂的知识进行计算即可．
【详解】解：原式=
【点睛】本题考查了实数的绝对值、零指数幂、和负指数幂的性质，解答关键是根据相关运算法则进行计算．
20.先化简，再求值：，其中为不等式组的整数解．
【答案】，
【解析】
【分析】
根据分式的运算法则化简式子，再解不等式组得到不等式组的整数解，代入即可．
【详解】解：，
解不等式组可得，
∵，即，且为整数，
∴，代入．
【点睛】本题考查分式的化简求值、不等式组的整数解，解题的关键是取值时，注意分式的分母不能为0．
21.如图，在正方形中，点在边的延长线上，点在边的延长线上，且,连接和相交于点．
求证： ．

【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】
利用正方形的性质证明：AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，再证明BE=CF，可得三角形的全等，利用全等三角形的性质可得答案．
【详解】证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
又∵CE=DF，
∴CE+BC=DF+CD即BE=CF，
在△BCF和△ABE中，

∴（SAS），
∴AE=BF．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
22.某校为了响应市政府号召，在“创文创卫”活动周中，设置了“:文明礼仪；：环境保护；；卫生保洁；:垃圾分类 ”四个主题，每个学生选一个主题参与；为了解活动开展情况，学校随机抽取了部分学生进行调查，并根据调查结果绘制了如下条形统计图和扇形统计图．

⑴.本次调查的学生人数是 人，= ；
⑵.请补全条形统计图；
⑶.学校要求每位同学从星期一至星期五选择两天参加活动，如果小张同学随机选择连续两天，其中有一天是星期一的概率是 ；小李同学星期五要参加市演讲比赛，他在其余四天中随机选择两天，其中一天是星期三的概率是 ．
【答案】（1）60，30；（2）画图见解析；（3），
【解析】
【分析】
(1)由B的人数是12人，所占的百分比为20%即可求出总的学生人数，再用18除以总人数即可得到m的值；
(2)总人数减去A、B、D的人数即可得到C的人数；
(3)采用列举的形式，将所有可能的情况按照从星期一到星期五的顺序列出来，然后再用符合题意要求的情况除以总的情况即可得到概率.
【详解】（1），
∴本次调查的学生人数为60人，，故m=30．
故答案为：60，m=30.
（2）C的人数为：60-18-12-9=21(人)，补全图形如下所示：

（3）星期一到星期五连续的两天为（星期一、星期二），（星期二、星期三），（星期三、星期四），（星期四、星期五）共4种情况，
符合题意的只有（星期一、星期二）这一种情况，故概率为；
在星期一到星期四任选两天的所有情况如下：（星期一、星期二），（星期一、星期三），（星期一、星期四），（星期二、星期三）、（星期二、星期四），（星期三、星期四）共6种情况，
其中有一天是星期三的情况有：（星期一、星期三），（星期二、星期三），（星期三、星期四）共3种情况，所以概率是.
故答案为：，.
【点睛】本题考查了列表法、扇形统计图、条形统计图以及概率公式：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．
23.甲、乙两家商场平时以同样价格出售相同商品，新冠疫情期间，为了减少库存，甲、乙两家商场打折促销，甲商场所有商品按9折出售，乙商场对一次购物中超过100元后的价格部分打8折．
⑴.以（单位：元）表示商品原价，（单位：元）表示实际购物金额，分别就两家商场的让利方式写出关于的函数关系式；
⑵.新冠疫情期间如何选择这两家商场去购物更省钱？
【答案】（1）；（2）当购买商品原价金额小于200时，选择甲商场更划算；当购买商品原价金额等于200时，选择甲商场和乙商场购物一样划算；当购买商品原价金额大于200时，选择乙商场更划算.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，可以分别写出两家商场对应的关于的函数解析式；
（2）根据（1）中函数关系式，可以得到相应的不等式，从而可以得到新冠疫情期间如何选择这两家商场去购物更省钱．
【详解】解：（1）由题意可得，
，
当时，，
当时，，
由上可得，；
（2）由题意可知，当购买商品原价小于等于100时，甲商场打9折，乙商场不打折，所以甲商场购物更加划算；
当购买商品原价超过100元时，
若，即此时甲商场花费更低，购物选择甲商场；
若，即，此时甲乙商场购物花费一样；
若，即时，此时乙商场花费更低，购物选择乙商场；
综上所述：当购买商品原价金额小于200时，选择甲商场更划算；当购买商品原价金额等于200时，选择甲商场和乙商场购物一样划算；当购买商品原价金额大于200时，选择乙商场更划算．
【点睛】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．
24.我国著名数学家华罗庚说过“数缺形时少直观，形少数时难入微”；数形结合是解决数学问题的重要思想方法.例如，代数式的几何意义是数轴上所对应的点与2所对应的点之间的距离；因为，所以的几何意义就是数轴上所对应的点与所对应的点之间的距离．
⑴. 发现问题：代数式的最小值是多少？
⑵. 探究问题：如图，点分别表示的是 ，．

∵的几何意义是线段与的长度之和
∴当点在线段上时，;当点点在点的左侧或点的右侧时
∴最小值是3．
⑶.解决问题：
①.的最小值是 ；
②.利用上述思想方法解不等式：

③.当为何值时，代数式的最小值是2．
【答案】①6；②或；③或
【解析】
【分析】
(3)①根据绝对值的几何意义可知，变成数轴上的点到-2的距离和到4的距离之和的最小值；
②根据题意画出相应的图形，确定出所求不等式的解集即可；
③根据原式的最小值为2，得到3左边和右边，且到3距离为2的点即可．
【详解】解：(3)①设A表示的数为4，B表示的数为-2，P表示的数为x，
∴表示数轴上的点P到4的距离，用线段PA表示，
表示数轴上的点P到-2的距离，用线段PB表示，
∴的几何意义表示为PA+PB，当P在线段AB上时取得最小值为AB，
且线段AB的长度为6，
∴的最小值为6.
故答案为：6.
②设A表示-3，B表示1，P表示x，
∴线段AB的长度为4，则，
的几何意义表示为PA+PB，
∴不等式的几何意义是PA+PB＞AB，
∴P不能在线段AB上，应该在A的左侧或者B的右侧，
即不等式的解集为或．
故答案为：或．
③设A表示-a，B表示3，P表示x，
则线段AB的长度为，
的几何意义表示为PA+PB，当P在线段AB上时PA+PB取得最小值，
∴
∴或，
即或；
故答案为：或.
【点睛】此题考查了解一元一次不等式，数轴，绝对值，以及数学常识，掌握绝对值的几何意义，学会分类讨论是解决本题的关键．
25.如图，⊙是△的外接圆，为直径，点是⊙外一点，且，连接交于点，延长交⊙于点．
⑴.证明：=；
⑵.若，证明：是⊙的切线；
⑶.在⑵的条件下，连接交⊙于点,连接;若，求的长．

【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接CO，易证△PCO≌△PAO，得PO为∠APC的角平分线，根据条件证出F为优弧中点，即可证明=；
（2）因为AB是直径，所以∠ACB=90°，由tan∠ABC=可求得∠ABC的正弦和余弦，设⊙O的半径为r，则AB=2r，根据三角函数表示出BC，AC的长度，由勾股定理表示出OD的长度，易得PA=PC=，，PO=PD+OD=3r，由可得PA⊥OA，即可证明是⊙的切线；
（3）连接AE，过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，由（2）可得，，PB=，证出△PEA∽△PAB，可得，证出四边形BCDH是矩形，得BH=CD=，在Rt△BPH和Rt△PEN中表示出sin∠BPH，可得 ，，ND=PD-PN=，在Rt△NED中，DE=，代入r=3即可
【详解】解：（1）证明：如图，连接CO，
在△PCO和△PAO中，

∴△PCO≌△PAO（SSS），
∴∠CPO=∠APO，即PO为∠APC的角平分线，
∵PA=PC，
∴CD=AD，PF⊥AC，
∵AC为⊙O的弦，PF过圆心O，
∴F为优弧中点，
∴=，
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，且弦AB所对圆周角为∠ACB，
∴∠ACB=90°，
∵tan∠ABC=，
∴sin∠ABC=，cos∠ABC=，
设⊙O的半径为r，则AB=2r，
∴BC=ABcos∠ABC=，AC=ABsin∠ABC=，
∴，
∵PA=PC=AB，
∴PA=PC=，
∴，
∴PO=PD+OD=3r，
∴，即PA⊥OA，
又∵OA是⊙O半径，
∴PA是⊙O的切线；
（3）由（2）可得，
∴，
在Rt△PBA中，，连接AE，可得∠AEB=90°，
∴∠PEA=∠PAB=90°，又∠APE=∠APB，
∴△PEA∽△PAB，
∴，
∴，
过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，如图所示，
∴∠BCD=∠CDF=∠BHD=90°，
∴四边形BCDH是矩形，
∴BH=CD=，
在Rt△BPH中，sin∠BPH=，
在Rt△PEN中，sin∠BPH=，∴，
∴，
∴ND=PD-PN=，
在Rt△NED中，DE=，
∵，
∴DE=．

【点睛】此题考查了圆的综合应用，用到的知识点是矩形的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
26.在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于、，交轴于点，点抛物线的顶点，对称轴与轴交于点．
⑴.求抛物线的解析式；
⑵.如图1，连接,点是线段上方抛物线上的一动点，于点；过点作轴于点,交于点.点是轴上一动点，当 取最大值时．
①.求的最小值；
②.如图2，点是轴上一动点,请直接写出的最小值．

【答案】（1）；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）直接利用待定系数法，把A,B两点代入解析式即可求出．
（2）利用配方法求出M点，求出直线AM的解析式，从而可以得出经过点E且与直线AM平行的直线 解析式，再根据当直线与抛物线只有一个交点时，EF取最大值，利用根的判别式可求出E点和D点的坐标，再根据当P,B,D三点共线时，PD+PC有最小值，利用勾股定理即可求出．
（3）利用添加辅助线，对线段OQ进行转化，再根据三点共线求出最小值．
【详解】1）将A（-3,0）、B（1,0）代入二次函数得，
解之得，∴二次函数的解析式为；
（2）①将二次函数配方得，
∴M（-1,4）
设直线AM的解析式为，将代入直线可得，
解得，
∴直线AM的解析式为，
过E作直线，平行于直线AM，且解析式为，
∵E在直线AM上方的抛物线上，
∴；
当直线与AM距离最大时，EF取得最大值，
∴当与抛物线只有一个交点时，EF取得最大值，
将直线的解析式代入抛物线得，
由题意可得，△=，经计算得，将代入二次方程可得，
，
∴，即E点的横坐标为-2，将代入抛物线得，
∴，
又∵⊥轴，
∴，将代入直线AM，
∴，
∵，
∴B、C两点关于轴对称，
∴，
∴，当P、B、D三点不共线时，
当P、B、D三点共线时，，
∴当P、B、D三点共线时PC+PD取得最小值，
在Rt△BHD中。DH=2，BH=3，∴BD=，
∴的最小值为；
②过Q作直线平行于轴，并在轴右侧该直线上取一点G，使得，
QG=，
∴，当三点共线时，
DQ+QG取得最小值，设Q（0，y），则，
∵QG∥轴，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【点晴】本题主要考查了二次函数综合应用，利用待定系数求解析式，根的判别式求点的坐标，利用三点共线求最值的问题．




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