初中數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí) 專題7 利用三邊關(guān)系求線段和差或線段最值問題-備戰(zhàn)2020年中考數(shù)學(xué)壓軸題專題研究

專題七：利用三邊關(guān)系求線段和差或線段最值問題模型講解（1）定直線l上一動點與異側(cè)兩點所連線段之和最小說明：當(dāng)PO為直線AB與l的交點時，此時PA+PB最小定直線l上一動點與同側(cè)兩點所連線段之和最小（將軍飲馬問題）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）說明：作B關(guān)于l的對稱點B′，連接AB′交l于點P，此時PA+PB最小【方法指引】：我們利用三角形三邊關(guān)系來求解兩點之間的最值問題，往往需要我們構(gòu)造一個三角形，這個三角形是是有條件的，即“這個三角形有兩條邊為定值，另外一邊為需要我們求的那條邊”．說明：“化折為直”是我們解決問題的根本．（3）兩定點A,B位于直線同側(cè)，在直線上找一點P，使得|PA-PB|的值最大？【方法指引】連接AB并延長交直線于點p，所以當(dāng)且僅當(dāng)A，B’，P三點共線時，|PA-PB|值最大。（4）兩定點A,B位于直線異側(cè)，在直線上找一點P，使得|PA-PB|的值最大？【方法指引】作點B關(guān)于直線的對稱點B’，因為BP=B’P，所以當(dāng)且僅當(dāng)A，B’，P三點共線時，|PA-PB|值最大。方法講解線段和差是初中階段比較重要的一類問題，在選擇、填空、壓軸題和相應(yīng)解答題中都有出現(xiàn)過，那么在處理相應(yīng)線段和差問題時，我們要學(xué)會找到相應(yīng)知識解決問題，可以從以下模型來進行考慮有關(guān)線段差的最大值與線段和的最小值問題所涉及的原理:兩點之間線段最短；三角形的兩邊之和大于第三邊（兩線段和的最小值）；（3）三角形的兩邊之差小于第三邊（兩線段差的最大值）。典例剖析類型一：定直線上一動點與同側(cè)兩定點所連線段之和最小例1．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_____．【分析】連接DE，利用軸對稱可知PB=PD，所以PB＋PE=EP+PD，在△BEP中，利用三邊關(guān)系，可知當(dāng)點E，P，D在一條直線上時，PB+PE有最小值．類型二：動態(tài)問題下構(gòu)造三邊關(guān)系來求最值例2．如圖，D在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是邊AD一個動點，將△ABE沿BE對折成△BEF，則線段DF長的最小值為．【分析】連接DF、BD，由DF＞BD﹣BF知點F落在BD上時，DF取得最小值，且最小值為BD﹣BF的長，再根據(jù)矩形和折疊的性質(zhì)分別求得BD、BF的長即可．類型三：定直線上一動點與同側(cè)兩定點所連線段之差最大例3.如圖，拋物線y＝﹣x2﹣x+2的頂點為A，與y軸交于點B．（1）求點A、點B的坐標(biāo)；（2）若點P是x軸上任意一點，求證：PA﹣PB≤AB；（3）當(dāng)PA﹣PB最大時，求點P的坐標(biāo)．【分析】（1）把拋物線解析式的一般式寫成頂點式，可求頂點A坐標(biāo)，令x＝0，y＝2，可得B點坐標(biāo)；（2）當(dāng)A、B、P三點共線時，PA﹣PB＝AB，當(dāng)三點不共線時，根據(jù)“三角形的兩邊之差小于第三邊”可證結(jié)論；（3）通過分析可知，PA﹣PB最大時，A、B、P三點共線，求直線AB解析式，令y＝0，可得P點坐標(biāo)．類型四：定直線上一動點與異側(cè)兩定點所連線段之差最大例4.如圖，在△ABC中，AB＝AC,AC的垂直平分線交AC于點N，交AB于點M，AB＝12，△BMC的周長是20，若點P在直線MN上，則PA－PB的最大值為（） A.12 B.8 C.6 D.2【分析】在MN上取點P，∵MN垂直平分AC，將PA、PB轉(zhuǎn)到一個三角形中，利用三角形三邊關(guān)系即可求得。專題突破1.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．2.如圖，菱形ABCD的邊長為6，∠ABC=120°，M是BC邊的一個三等分點，P是對角線AC上的動點，當(dāng)PB+PM的值最小時，PM的長是（）A． B． C． D．3.如圖，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝60o，AC與BD交于點O，點N在AC上且AN＝2，點M在BC上且BM＝BC,P為對角線BD上一點，則PM－PN的最大值為.4.如圖：兩點A、B在直線MN外的同側(cè)，AB＝5，A到MN的距離AC＝8，B到MN的距離BD＝5，P在直線MN上運動，則|PA﹣PB|的最大值等于．5．如圖，△ABC中，AB＝4，AC＝2，以BC為邊在△ABC外作正方形BCDE，連接BD、CE交于點O．則線段AO的最大值是．6.如圖，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，兩頂點A，B分別在平面直角坐標(biāo)的x，y軸的正半軸上滑動，點C在第一象限，連接OC，則當(dāng)OC為最大值時，點C的坐標(biāo)為7.如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，P是AB邊上的動點（不與點B重合），將△BCP沿CP所在的直線翻折，得到△BCP，連接BA，則BA長度的最小值是________________.8.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)．9．如圖，M、N是邊長為6的正方形ABCD的邊CD上的兩個動點，滿足AM＝BN，連接AC交BN于點E，連接DE交AM于點F，連接CF．（1）求證：DE＝BE；（2）判斷DE與AM的位置關(guān)系，并證明；（3）判斷線段CF是否存在最小值？若存在，求出來，若不存在，說明理由．10.如圖，在△ADC中，AD＝2，CD＝4，∠ADC是一個不固定的角，以AC為邊向△ADC的另一側(cè)作等邊三角形ABC，連接BD，則BD的長是否存在最大值？若存在，請求出其最大值；若不存在，請說明理由；11．（2019?西城區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC．將線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AD，E是邊BC上的一動點，連接DE交AC于點F，連接BF．（1）求證：FB＝FD；（2）點H在邊BC上，且BH＝CE，連接AH交BF于點N．①判斷AH與BF的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；②連接CN．若AB＝2，請直接寫出線段CN長度的最小值．12.（2020·郯城縣第三中學(xué)初三月考）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．專題七：利用三邊關(guān)系求線段和差或線段最值問題答案例1.解：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．例2．如圖，連接DF、BD，由圖可知，DF＞BD﹣BF，當(dāng)點F落在BD上時，DF取得最小值，且最小值為BD﹣BF的長，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝4、BC＝6，∴BD=BC2由折疊性質(zhì)知AB＝BF＝4，∴線段DF長度的最小值為BD﹣BF＝213-故答案為：213-例3.（1）解：拋物線y＝﹣x2﹣x+2與y軸的交于點B，令x＝0得y＝2．∴B（0，2）∵y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+2）2+3∴A（﹣2，3）（2）證明：當(dāng)點P是AB的延長線與x軸交點時，PA﹣PB＝AB．當(dāng)點P在x軸上又異于AB的延長線與x軸的交點時，在點P、A、B構(gòu)成的三角形中，PA﹣PB＜AB．綜合上述：PA﹣PB≤AB（3）解：作直線AB交x軸于點P，由（2）可知：當(dāng)PA﹣PB最大時，點P是所求的點作AH⊥OP于H．∵BO⊥OP，∴△BOP∽△AHP∴由（1）可知：AH＝3、OH＝2、OB＝2，∴OP＝4，故P（4，0）．注：求出AB所在直線解析式后再求其與x軸交點P（4，0）等各種方法只要正確也相應(yīng)給分．例4.∵MN垂直平分AC，∴MA＝MC，又∵＝BM＋MC＋BC＝20，BM＋MA＝AB＝12，∴BC＝20－12＝8，在MN上取點P，∵MN垂直平分AC，如圖所示，連接PA、PB、PC，∴PA＝PC，∴PA－PB＝PC－PB，在△PBC中PC－PB＜BC當(dāng)P、B、C共線時（PC－PB）有最大值，此時PC－PB＝BC＝8，故選B.專題突破答案1.解：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．2.如圖，連接DP，BD，作DH⊥BC于H．∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，B、D關(guān)于AC對稱，∴PB+PM=PD+PM，∴當(dāng)D、P、M共線時，P′B+P′M=DM的值最小，∵CM=BC=2，∵∠ABC=120°，∴∠DBC=∠ABD=60°，∴△DBC是等邊三角形，∵BC=6，∴CM=2，HM=1，DH=，在Rt△DMH中，DM===，∵CM∥AD，∴==，∴P′M=DM=．故選A．3.解：如圖所示，作以BD為對稱軸作N的對稱點N'，連接PN',MN'，根據(jù)軸對稱性質(zhì)可知，PN＝PN'，∴PM－PN＝PM－PN'≤MN'，當(dāng)P,M,N'三點共線時，取“＝”,∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝60o，∴AC＝6，∵O為AC中點，∴AO＝OC＝3，∵AN＝2，∴ON＝1，∴ON'＝1，CN'＝2，∴AN'＝4，，∴CM＝AB－BM＝6－4＝2，，∴PM∥AB∥CD，∠CMN'＝60o，∵∠N'CM＝60o，∴△N'CM為等邊三角形，∴CM＝MN'＝2，即PM－PN的最大值為2.4.解：延長AB交MN于點P′，∵P′A﹣P′B＝AB，AB＞|PA﹣PB|，∴當(dāng)點P運動到P′點時，|PA﹣PB|最大，∵BD＝5，CD＝4，AC＝8，過點B作BE⊥AC，則BE＝CD＝4，AE＝AC﹣BD＝8﹣5＝3，∴AB＝＝5．∴|PA﹣PB|＝5為最大．故答案為：5．5．解：∵四邊形BCDE為正方形，∴OB＝OC，∠BOC＝90°，把△AOB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△FOC，∴CF＝AB＝4，∠AOF＝90°，∴△AOF為等腰直角三角形，∴OA＝AF，∵AC+CF≥AF（當(dāng)且僅當(dāng)A、C、F三點共線時取等號），∴AF的最大值為2+4＝6，∴OA的最大值為3．故答案為3．6.由E為AB的中點，當(dāng)O，E及C共線時，OC最大，過C作CF⊥x軸于F，則∠CFO=90°，此時OE=BE=AB=1，由勾股定理得：CE==2，OC=1+2=3，即BE=CE，∵∠CBE=90°，∴∠ECB=30°，∠BEC=60°，∴∠AEO=60°，∵在Rt△AOB中，E為斜邊AB中點，∴AE=OE，∴△AOE等邊三角形，∴∠AOE=60°，∴∠COB=90°-60°=30°，∴CF=OC=×3=，由勾股定理得：OF===，所以點C的坐標(biāo)是（，）．7.在Rt△ABC中，由勾股定理可知：AC＝AB2-BC由軸對稱的性質(zhì)可知：BC＝CB′＝3，當(dāng)A、B′、C三點在一條直線上時，B′A有最小值，∴B′Amin＝AC﹣B′C＝4﹣3＝1．故答案為：1．8.解：（1）∵是矩形，∴，∵，∴，∴，又∵軸，∴，∴，∵∴，即把點代入的得，∴反比例函數(shù)的解析式為：．答：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，，∴點答：點的坐標(biāo)為．9．（1）證明：在正方形ABCD中，AD＝AB，∠DAE＝BAE，又AE為公共邊，∴△DAE≌△BAE（SAS），∴DE＝BE．（2）結(jié)論：互相垂直．理由：在正方形ABCD中，AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD＝90°，∵AM＝BN，∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），∴∠DAM＝∠CBN由（1）知DE＝BE，又CD＝CB，CE為公共邊，∴△DCE≌△BCE（SSS），∴∠CDE＝∠CBE∵∠ADF+∠CDE＝∠ADC＝90°∴∠DAF+∠ADF＝90°∴∠DFA＝180°﹣90°＝90°即DE⊥AM．（3）存在最小值．如圖，取AD的中點O，連接OF、OC，則OF＝DO＝AD＝3，在Rt△OCD中，OC＝，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，OF+CF＞OC，∴當(dāng)O、F、C三點共線時，CF的長度最小，最小值為OC﹣OF＝．10.在等邊三角形ABC中，AB=BC，∠ABC=60°，如圖②，將△ABD繞著點B順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BCE，連接DE．由旋轉(zhuǎn)可得，CE=AD=2，BD=BE，∠DBE=60°，∴△DBE是等邊三角形，∴DE=BD，∴在△DCE中，DE＜DC+CE=4+2=6，∴當(dāng)D、C、E三點共線時，DE存在最大值，且最大值為6，∴BD的最大值為6；11．（1）證明：如圖1中，∵BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∵線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AD，∴∠BAD＝90°，BA＝AD，∴∠FAD＝∠FAB＝45°，∵AF＝AF，∴△FAD≌△FAB（SAS），∴BF＝DF．（2）①結(jié)論：AH⊥BF，理由：如圖2中，連接CD．∵∠ABC+∠BAD＝180°，∴AD∥BC，∵AD＝AB＝BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形，∵AB＝BC，∴四邊形ABCD是正方形，∵BA＝CD，∠ABH＝∠DCE，BH＝CE，∴△ABH≌△DCE（SAS），∴∠BAH＝∠CDE，∵∠FCD＝∠FCB＝45°，CF＝CF，CD＝CB，∴△CFD≌△CFB（SAS），∴∠C