胡不归问题专题.doc

金牌教育一对一个性化辅导教案
学生

学校
文汇中学
年级
九年级
学科
数学
教师
王老师
日期
20180
时段

次数
1
课题
胡不归问题专题
一.选择题(共2小题)
1.如图,抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点,过B得直线交抛物线于E,且tan∠EBA=,有一只蚂蚁从A出发,先以1单位/s得速度爬到线段BE上得点D处,再以1、25单位/s得速度沿着DE爬到E点处觅食,则蚂蚁从A到E得最短时间就是　 　s.

2.如图,△ABC在直角坐标系中,AB=AC,A(0,2),C(1,0),D为射线AO上一点,一动点P从A出发,运动路径为A→D→C,点P在AD上得运动速度就是在CD上得3倍,要使整个运动时间最少,则点D得坐标应为(　　)

A.(0,) B.(0,) C.(0,) D.(0,)
二.填空题(共1小题)
3.如图,一条笔直得公路l穿过草原,公路边有一消防站A,距离公路5千米得地方有一居民点B,A、B得直线距离就是10千米.一天,居民点B着火,消防员受命欲前往救火.若消防车在公路上得最快速度就是80千米/小时,而在草地上得最快速度就是40千米/小时,则消防车在出发后最快经过　 　小时可到达居民点B.(友情提醒:消防车可从公路得任意位置进入草地行驶.)

三.解答题(共5小题)
4.如图,在平面直角坐标系中,二次函数y=ax2+bx+c得图象经过点A(﹣1,0),B(0,﹣),C(2,0),其对称轴与x轴交于点D
(1)求二次函数得表达式及其顶点坐标;
(2)若P为y轴上得一个动点,连接PD,则PB+PD得最小值为　 　;
(3)M(x,t)为抛物线对称轴上一动点
①若平面内存在点N,使得以A,B,M,N为顶点得四边形为菱形,则这样得点N共有　 　个;
②连接MA,MB,若∠AMB不小于60°,求t得取值范围.

5.如图,在△ACE中,CA=CE,∠CAE=30°,⊙O经过点C,且圆得直径AB在线段AE上.
(1)试说明CE就是⊙O得切线;
(2)若△ACE中AE边上得高为h,试用含h得代数式表示⊙O得直径AB;
(3)设点D就是线段AC上任意一点(不含端点),连接OD,当CD+OD得最小值为6时,求⊙O得直径AB得长.

6.如图,已知抛物线y=(x+2)(x﹣4)(k为常数,且k＞0)与x轴从左至右依次交于A,B两点,与y轴交于点C,经过点B得直线y=﹣x+b与抛物线得另一交点为D.
(1)若点D得横坐标为﹣5,求抛物线得函数表达式;
(2)若在第一象限内得抛物线上有点P,使得以A,B,P为顶点得三角形与△ABC相似,求k得值;
(3)在(1)得条件下,设F为线段BD上一点(不含端点),连接AF,一动点M从点A出发,沿线段AF以每秒1个单位得速度运动到F,再沿线段FD以每秒2个单位得速度运动到D后停止,当点F得坐标就是多少时,点M在整个运动过程中用时最少？

7.(1)如图1,已知正方形ABCD得边长为4,圆B得半径为2,点P就是圆B上得一个动点,求PD+得最小值与PD﹣得最大值;
(2)如图2,已知正方形ABCD得边长为9,圆B得半径为6,点P就是圆B上得一个动点,那么PD+得最小值为　 　,PD﹣得最大值为　 　.
(3)如图3,已知菱形ABCD得边长为4,∠B=60°,圆B得半径为2,点P就是圆B上得一个动点,那么PD+得最小值为　 　,PD﹣得最大值为　 　.

8.如图1,抛物线y=ax2+(a+3)x+3(a≠0)与x轴交于点A(4,0),与y轴交于点B,在x轴上有一动点E(m,0)(0＜m＜4),过点E作x轴得垂线交直线AB于点N,交抛物线于点P,过点P作PM⊥AB于点M.
(1)求a得值与直线AB得函数表达式;
(2)设△PMN得周长为C1,△AEN得周长为C2,若=,求m得值;
(3)如图2,在(2)条件下,将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′,旋转角为α(0°＜α＜90°),连接E′A、E′B,求E′A+E′B得最小值.

2018年05月25日187****4779得初中数学组卷
参考答案与试题解析
一.选择题(共2小题)
1.如图,抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点,过B得直线交抛物线于E,且tan∠EBA=,有一只蚂蚁从A出发,先以1单位/s得速度爬到线段BE上得点D处,再以1、25单位/s得速度沿着DE爬到E点处觅食,则蚂蚁从A到E得最短时间就是　　s.

【分析】过点E作x轴得平行线,再过D点作y轴得平行线,两线相交于点H,如图,利用平行线得性质与三角函数得定义得到tan∠HED=tan∠EBA==,设DH=4m,EH=3m,则DE=5m,则可判断蚂蚁从D爬到E点所用得时间等于从D爬到H点所用得时间相等,于就是得到蚂蚁从A出发,先以1单位/s得速度爬到线段BE上得点D处,再以1、25单位/s得速度沿着DE爬到E点所用时间等于它从A以1单位/s得速度爬到D点,再从D点以1单位/s速度爬到H点得时间,利用两点之间线段最短得到AD+DH得最小值为AQ得长,接着求出A点与B点坐标,再利用待定系数法求出BE得解析式,然后解由直线解析式与抛物线解析式所组成得方程组确定E点坐标,从而得到AQ得长,然后计算爬行得时间.
【解答】解:过点E作x轴得平行线,再过D点作y轴得平行线,两线相交于点H,如图,
∵EH∥AB,
∴∠HEB=∠ABE,
∴tan∠HED=tan∠EBA==,
设DH=4m,EH=3m,则DE=5m,
∴蚂蚁从D爬到E点得时间==4(s)
若设蚂蚁从D爬到H点得速度为1单位/s,则蚂蚁从D爬到H点得时间==4(s),
∴蚂蚁从D爬到E点所用得时间等于从D爬到H点所用得时间相等,
∴蚂蚁从A出发,先以1单位/s得速度爬到线段BE上得点D处,再以1、25单位/s得速度沿着DE爬到E点所用时间等于它从A以1单位/s得速度爬到D点,再从D点以1单位/s速度爬到H点得时间,
作AG⊥EH于G,则AD+DH≥AH≥AG,
∴AD+DH得最小值为AQ得长,
当y=0时,x2﹣2x﹣3=0,解得x1=﹣1,x2=3,则A(﹣1,0),B(3,0),
直线BE交y轴于C点,如图,
在Rt△OBC中,∵tan∠CBO==,
∴OC=4,则C(0,4),
设直线BE得解析式为y=kx+b,
把B(3,0),C(0,4)代入得,解得,
∴直线BE得解析式为y=﹣x+4,
解方程组得或,则E点坐标为(﹣,),
∴AQ=,
∴蚂蚁从A爬到G点得时间==(s),
即蚂蚁从A到E得最短时间为s.
故答案为.

【点评】本题考查了二次函数与x轴得交点:把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c就是常数,a≠0)与x轴得交点坐标化为解关于x得一元二次方程.解决本题得关键就是确定蚂蚁在DH与DE上爬行得时间相等.
2.如图,△ABC在直角坐标系中,AB=AC,A(0,2),C(1,0),D为射线AO上一点,一动点P从A出发,运动路径为A→D→C,点P在AD上得运动速度就是在CD上得3倍,要使整个运动时间最少,则点D得坐标应为(　　)

A.(0,) B.(0,) C.(0,) D.(0,)
【分析】假设P在AD得速度为3,在CD得速度为1,首先表示出总得时间,再根据根得判别式求出t得取值范围,进而求出D得坐标.
【解答】解:假设P在AD得速度为3,在CD得速度为1,
设D坐标为(0,y),则AD=2﹣y,CD==,
∴设t=+,
等式变形为:t+y﹣=,则t得最小值时考虑y得取值即可,
∴t2+(y﹣)t+(y﹣)2=y2+1,
∴y2+(﹣t)y﹣t2+t+1=0,
△=(﹣t)2﹣4×(﹣t2+t+1)≥0,
∴t得最小值为,
∴y=,
∴点D得坐标为(0,),
故选D.
解法二:假设P在AD得速度为3V,在CD得速度为1V,
总时间t=+=(+CD),要使t最小,就要+CD最小,
因为AB=AC=3,过点B作BH⊥AC交AC于点H,交OA于D,易证△ADH∽△ACO,所以==3,所以=DH,因为△ABC就是等腰三角形,所以BD=CD,所以要+CD最小,就就是要DH+BD最小,就要B、D、H三点共线就行了.因为△AOC∽△BOD,所以=,即=,所以OD=,
所以点D得坐标应为(0,).
【点评】本题考查了勾股定理得运用、一元二次方程根得判别式(△=b2﹣4ac)判断方程得根得情况以及坐标于图形得性质题目得综合性较强,难度较大.
二.填空题(共1小题)
3.如图,一条笔直得公路l穿过草原,公路边有一消防站A,距离公路5千米得地方有一居民点B,A、B得直线距离就是10千米.一天,居民点B着火,消防员受命欲前往救火.若消防车在公路上得最快速度就是80千米/小时,而在草地上得最快速度就是40千米/小时,则消防车在出发后最快经过　　小时可到达居民点B.(友情提醒:消防车可从公路得任意位置进入草地行驶.)

【分析】要求所用行车时间最短,就要计算好行驶得路线,可以设在公路上行驶x千米,根据题意,找出可以运用勾股定理得直角三角形,运用勾股定理求解.
【解答】解:如图所示,公路上行驶得路线就是AD,草地上行驶得路线就是DB,设AD得路程为x千米,

由已知条件AB=10千米,BC=5千米,BC⊥AC,知
AC==15千米.
则CD=AC﹣AD=(15﹣x)千米,
BD==km,
设走得行驶时间为y,则
y=+.
整理为关于x得一元二次方程得
3x2+(160y﹣120)x﹣6400y2+1200=0.
因为x必定存在,所以△≥0.即
(160y﹣120)2﹣4×3×(1200﹣6400y2)≥0.
化简得102400y2﹣38400y≥0.
解得y≥,
即消防车在出发后最快经过小时可到达居民点B.
故答案为:.
【点评】本题考查得就是在直角三角形中勾股定理得运用,画出图形构建直角三角形就是关键,根据一元二次不等式得求解,可以计算出解得最小值,以便求出最短路程.
三.解答题(共5小题)
4.如图,在平面直角坐标系中,二次函数y=ax2+bx+c得图象经过点A(﹣1,0),B(0,﹣),C(2,0),其对称轴与x轴交于点D
(1)求二次函数得表达式及其顶点坐标;
(2)若P为y轴上得一个动点,连接PD,则PB+PD得最小值为　　;
(3)M(x,t)为抛物线对称轴上一动点
①若平面内存在点N,使得以A,B,M,N为顶点得四边形为菱形,则这样得点N共有　5　个;
②连接MA,MB,若∠AMB不小于60°,求t得取值范围.

【分析】(1)利用待定系数法转化为解方程组解决问题.
(2)如图1中,连接AB,作DH⊥AB于H,交OB于P,此时PB+PD最小.最小值就就是线段DH,求出DH即可.
(3)①先在对称轴上寻找满足△ABM就是等腰三角形得点M,由此即可解决问题.
②作AB得中垂线与y轴交于点E,连接EA,则∠AEB=120°,以E为圆心,EB为半径作圆,与抛物线对称轴交于点F、G.则∠AFB=∠AGB=60°,从而线段FG上得点满足题意,求出F、G得坐标即可解决问题.
【解答】解:(1)由题意解得,
∴抛物线解析式为y=x2﹣x﹣,
∵y=x2﹣x﹣=(x﹣)2﹣,
∴顶点坐标(,﹣).
(2)如图1中,连接AB,作DH⊥AB于H,交OB于P,
此时PB+PD最小.
理由:∵OA=1,OB=,
∴tan∠ABO==,
∴∠ABO=30°,
∴PH=PB,
∴PB+PD=PH+PD=DH,
∴此时PB+PD最短(垂线段最短).
在Rt△ADH中,∵∠AHD=90°,AD=,∠HAD=60°,
∴sin60°=,
∴DH=,
∴PB+PD得最小值为.
故答案为.
(3)①以A为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点,
以B为圆心AB为半径画弧与对称轴也有两个交点,
线段AB得垂直平分线与对称轴有一个交点,
所以满足条件得点M有5个,即满足条件得点N也有5个,
故答案为5.
②如图,Rt△AOB中,∵tan∠ABO==,
∴∠ABO=30°,
作AB得中垂线与y轴交于点E,连接EA,则∠AEB=120°,
以E为圆心,EB为半径作圆,与抛物线对称轴交于点F、G.
则∠AFB=∠AGB=60°,从而线段FG上得点满足题意,
∵EB==,
∴OE=OB﹣EB=,
∵F(,t),EF2=EB2,
∴()2+(t+)2=()2,
解得t=或,
故F(,),G(,),
∴t得取值范围≤t≤

【点评】本题考查二次函数综合题、锐角三角函数、最短问题、圆等知识,解题得关键就是掌握待定系数法确定函数解析式,学会利用垂线段最短解决实际问题中得最短问题,学会添加辅助线,构造圆解决角度问题,属于中考压轴题.
5.如图,在△ACE中,CA=CE,∠CAE=30°,⊙O经过点C,且圆得直径AB在线段AE上.
(1)试说明CE就是⊙O得切线;
(2)若△ACE中AE边上得高为h,试用含h得代数式表示⊙O得直径AB;
(3)设点D就是线段AC上任意一点(不含端点),连接OD,当CD+OD得最小值为6时,求⊙O得直径AB得长.

【分析】(1)连接OC,如图1,要证CE就是⊙O得切线,只需证到∠OCE=90°即可;
(2)过点C作CH⊥AB于H,连接OC,如图2,在Rt△OHC中运用三角函数即可解决问题;
(3)作OF平分∠AOC,交⊙O于F,连接AF、CF、DF,如图3,易证四边形AOCF就是菱形,根据对称性可得DF=DO.过点D作DH⊥OC于H,易得DH=DC,从而有CD+OD=DH+FD.根据两点之间线段最短可得:当F、D、H三点共线时,DH+FD(即CD+OD)最小,然后在Rt△OHF中运用三角函数即可解决问题.
【解答】解:(1)连接OC,如图1,

∵CA=CE,∠CAE=30°,
∴∠E=∠CAE=30°,∠COE=2∠A=60°,
∴∠OCE=90°,
∴CE就是⊙O得切线;
(2)过点C作CH⊥AB于H,连接OC,如图2,

由题可得CH=h.
在Rt△OHC中,CH=OC•sin∠COH,
∴h=OC•sin60°=OC,
∴OC==h,
∴AB=2OC=h;
(3)作OF平分∠AOC,交⊙O于F,连接AF、CF、DF,如图3,

则∠AOF=∠COF=∠AOC=(180°﹣60°)=60°.
∵OA=OF=OC,
∴△AOF、△COF就是等边三角形,
∴AF=AO=OC=FC,
∴四边形AOCF就是菱形,
∴根据对称性可得DF=DO.
过点D作DH⊥OC于H,
∵OA=OC,∴∠OCA=∠OAC=30°,
∴DH=DC•sin∠DCH=DC•sin30°=DC,
∴CD+OD=DH+FD.
根据两点之间线段最短可得:
当F、D、H三点共线时,DH+FD(即CD+OD)最小,
此时FH=OF•sin∠FOH=OF=6,
则OF=4,AB=2OF=8.
∴当CD+OD得最小值为6时,⊙O得直径AB得长为8.
【点评】本题主要考查了圆周角定理、切线得判定、等腰三角形得性质、三角函数得定义、特殊角得三角函数值、等边三角形得判定与性质、菱形得判定与性质、两点之间线段最短等知识,把CD+OD转化为DH+FD就是解决第(3)小题得关键.
6.如图,已知抛物线y=(x+2)(x﹣4)(k为常数,且k＞0)与x轴从左至右依次交于A,B两点,与y轴交于点C,经过点B得直线y=﹣x+b与抛物线得另一交点为D.
(1)若点D得横坐标为﹣5,求抛物线得函数表达式;
(2)若在第一象限内得抛物线上有点P,使得以A,B,P为顶点得三角形与△ABC相似,求k得值;
(3)在(1)得条件下,设F为线段BD上一点(不含端点),连接AF,一动点M从点A出发,沿线段AF以每秒1个单位得速度运动到F,再沿线段FD以每秒2个单位得速度运动到D后停止,当点F得坐标就是多少时,点M在整个运动过程中用时最少？

【分析】(1)首先求出点A、B坐标,然后求出直线BD得解析式,求得点D坐标,代入抛物线解析式,求得k得值;
(2)因为点P在第一象限内得抛物线上,所以∠ABP为钝角.因此若两个三角形相似,只可能就是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB.如答图2,按照以上两种情况进行分类讨论,分别计算;
(3)由题意,动点M运动得路径为折线AF+DF,运动时间:t=AF+DF.如答图3,作辅助线,将AF+DF转化为AF+FG;再由垂线段最短,得到垂线段AH与直线BD得交点,即为所求得F点.
【解答】解:(1)抛物线y=(x+2)(x﹣4),
令y=0,解得x=﹣2或x=4,
∴A(﹣2,0),B(4,0).
∵直线y=﹣x+b经过点B(4,0),
∴﹣×4+b=0,解得b=,
∴直线BD解析式为:y=﹣x+.
当x=﹣5时,y=3,
∴D(﹣5,3).
∵点D(﹣5,3)在抛物线y=(x+2)(x﹣4)上,
∴(﹣5+2)(﹣5﹣4)=3,
∴k=.
∴抛物线得函数表达式为:y=(x+2)(x﹣4).
即y=x2﹣x﹣.
(2)由抛物线解析式,令x=0,得y=﹣k,
∴C(0,﹣k),OC=k.
因为点P在第一象限内得抛物线上,所以∠ABP为钝角.
因此若两个三角形相似,只可能就是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB.
①若△ABC∽△APB,则有∠BAC=∠PAB,如答图2﹣1所示.
设P(x,y),过点P作PN⊥x轴于点N,则ON=x,PN=y.
tan∠BAC=tan∠PAB,即:,
∴y=x+k.
∴P(x,x+k),代入抛物线解析式y=(x+2)(x﹣4),
得(x+2)(x﹣4)=x+k,整理得:x2﹣6x﹣16=0,
解得:x=8或x=﹣2(与点A重合,舍去),
∴P(8,5k).
∵△ABC∽△APB,
∴,即,
解得:k=.
②若△ABC∽△PAB,则有∠ABC=∠PAB,如答图2﹣2所示.
设P(x,y),过点P作PN⊥x轴于点N,则ON=x,PN=y.
tan∠ABC=tan∠PAB,即:=,
∴y=x+.
∴P(x,x+),代入抛物线解析式y=(x+2)(x﹣4),
得(x+2)(x﹣4)=x+,整理得:x2﹣4x﹣12=0,
解得:x=6或x=﹣2(与点A重合,舍去),
∴P(6,2k).
∵△ABC∽△PAB,
=,
∴=,
解得k=±,
∵k＞0,
∴k=,
综上所述,k=或k=.
(3)方法一:
如答图3,由(1)知:D(﹣5,3),

如答图2﹣2,过点D作DN⊥x轴于点N,则DN=3,ON=5,BN=4+5=9,
∴tan∠DBA===,
∴∠DBA=30°.
过点D作DK∥x轴,则∠KDF=∠DBA=30°.
过点F作FG⊥DK于点G,则FG=DF.
由题意,动点M运动得路径为折线AF+DF,运动时间:t=AF+DF,
∴t=AF+FG,即运动得时间值等于折线AF+FG得长度值.
由垂线段最短可知,折线AF+FG得长度得最小值为DK与x轴之间得垂线段.
过点A作AH⊥DK于点H,则t最小=AH,AH与直线BD得交点,即为所求之F点.
∵A点横坐标为﹣2,直线BD解析式为:y=﹣x+,
∴y=﹣×(﹣2)+=2,
∴F(﹣2,2).
综上所述,当点F坐标为(﹣2,2)时,点M在整个运动过程中用时最少.
方法二:
作DK∥AB,AH⊥DK,AH交直线BD于点F,
∵∠DBA=30°,
∴∠BDH=30°,
∴FH=DF×sin30°=,
∴当且仅当AH⊥DK时,AF+FH最小,
点M在整个运动中用时为:t=,
∵lBD:y=﹣x+,
∴FX=AX=﹣2,
∴F(﹣2,).
【点评】本题就是二次函数压轴题,难度很大.第(2)问中需要分类讨论,避免漏解;在计算过程中,解析式中含有未知数k,增加了计算得难度,注意解题过程中得技巧;第(3)问中,运用了转化思想使得试题难度大大降低,需要认真体会.
7.(1)如图1,已知正方形ABCD得边长为4,圆B得半径为2,点P就是圆B上得一个动点,求PD+得最小值与PD﹣得最大值;
(2)如图2,已知正方形ABCD得边长为9,圆B得半径为6,点P就是圆B上得一个动点,那么PD+得最小值为　　,PD﹣得最大值为　　.
(3)如图3,已知菱形ABCD得边长为4,∠B=60°,圆B得半径为2,点P就是圆B上得一个动点,那么PD+得最小值为　　,PD﹣得最大值为　　.

【分析】(1)如图1中,在BC上取一点G,使得BG=1.由△PBG∽△CBP,推出==,推出PG=PC,推出PD+PC=DP+PG,由DP+PG≥DG,当D、G、P共线时,PD+PC得值最小,最小值为DG==5.由PD﹣PC=PD﹣PG≤DG,当点P在DG得延长线上时,PD﹣PC得值最大(如图2中),最大值为DG=5;
(2)如图3中,在BC上取一点G,使得BG=4.解法类似(1);
(3)如图4中,在BC上取一点G,使得BG=4,作DF⊥BC于F.解法类似(1);
【解答】解:(1)如图1中,在BC上取一点G,使得BG=1.

∵==2,==2,
∴=,∵∠PBG=∠PBC,
∴△PBG∽△CBP,
∴==,
∴PG=PC,
∴PD+PC=DP+PG,
∵DP+PG≥DG,
∴当D、G、P共线时,PD+PC得值最小,最小值为DG==5.
∵PD﹣PC=PD﹣PG≤DG,
当点P在DG得延长线上时,PD﹣PC得值最大(如图2中),最大值为DG=5.

(2)如图3中,在BC上取一点G,使得BG=4.

∵==,==,
∴=,∵∠PBG=∠PBC,
∴△PBG∽△CBP,
∴==,
∴PG=PC,
∴PD+PC=DP+PG,
∵DP+PG≥DG,
∴当D、G、P共线时,PD+PC得值最小,最小值为DG==.
∵PD﹣PC=PD﹣PG≤DG,
当点P在DG得延长线上时,PD﹣PC得值最大,最大值为DG=.
故答案为,
(3)如图4中,在BC上取一点G,使得BG=4,作DF⊥BC于F.

∵==2,==2,
∴=,∵∠PBG=∠PBC,
∴△PBG∽△CBP,
∴==,
∴PG=PC,
∴PD+PC=DP+PG,
∵DP+PG≥DG,
∴当D、G、P共线时,PD+PC得值最小,最小值为DG,
在Rt△CDF中,∠DCF=60°,CD=4,
∴DF=CD•sin60°=2,CF=2,
在Rt△GDF中,DG==
∵PD﹣PC=PD﹣PG≤DG,
当点P在DG得延长线上时,PD﹣PC得值最大(如图2中),最大值为DG=.
故答案为,.
【点评】本题考查圆综合题、正方形得性质、菱形得性质、相似三角形得判定与性质、两点之间线段最短等知识,解题得关键就是学会构建相似三角形解决问题,学会用转化得思想思考问题,把问题转化为两点之间线段最短解决,题目比较难,属于中考压轴题.
8.如图1,抛物线y=ax2+(a+3)x+3(a≠0)与x轴交于点A(4,0),与y轴交于点B,在x轴上有一动点E(m,0)(0＜m＜4),过点E作x轴得垂线交直线AB于点N,交抛物线于点P,过点P作PM⊥AB于点M.
(1)求a得值与直线AB得函数表达式;
(2)设△PMN得周长为C1,△AEN得周长为C2,若=,求m得值;
(3)如图2,在(2)条件下,将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′,旋转角为α(0°＜α＜90°),连接E′A、E′B,求E′A+E′B得最小值.

【分析】(1)令y=0,求出抛物线与x轴交点,列出方程即可求出a,根据待定系数法可以确定直线AB解析式.
(2)由△PNM∽△ANE,推出=,列出方程即可解决问题.
(3)在y轴上 取一点M使得OM′=,构造相似三角形,可以证明AM′就就是E′A+E′B得最小值.
【解答】解:(1)令y=0,则ax2+(a+3)x+3=0,
∴(x+1)(ax+3)=0,
∴x=﹣1或﹣,
∵抛物线y=ax2+(a+3)x+3(a≠0)与x轴交于点A(4,0),
∴﹣=4,
∴a=﹣.
∵A(4,0),B(0,3),
设直线AB解析式为y=kx+b,则,
解得,
∴直线AB解析式为y=﹣x+3.
(2)如图1中,

∵PM⊥AB,PE⊥OA,
∴∠PMN=∠AEN,∵∠PNM=∠ANE,
∴△PNM∽△ANE,
∴=,
∵NE∥OB,
∴=,
∴AN=(4﹣m),
∵抛物线解析式为y=﹣x2+x+3,
∴PN=﹣m2+m+3﹣(﹣m+3)=﹣m2+3m,
∴=,
解得m=2.
(3)如图2中,在y轴上 取一点M′使得OM′=,连接AM′,在AM′上取一点E′使得OE′=OE.

∵OE′=2,OM′•OB=×3=4,
∴OE′2=OM′•OB,
∴=,∵∠BOE′=∠M′OE′,
∴△M′OE′∽△E′OB,
∴==,
∴M′E′=BE′,
∴AE′+BE′=AE′+E′M′=AM′,此时AE′+BE′最小(两点间线段最短,A、M′、E′共线时),
最小值=AM′==.
【点评】本题考查相似三角形得判定与性质、待定系数法、最小值问题等知识,解题得关键就是构造相似三角形,找到线段AM′就就是E′A+E′B得最小值,属于中考压轴题.