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文檔簡介
2023年中考數(shù)學壓軸題專項訓練壓軸題25幾何最值問題一、單選題1.(2023·山東煙臺·模擬預測)如圖,在矩形ABCD中,AB=8,AD=4,點E是矩形ABCD內(nèi)部一動點,且∠BEC=90°,點P是AB邊上一動點,連接PD、PE,則PD+PE的最小值為(
)A.8 B.45 C.10 D.【答案】A【分析】根據(jù)∠BEC=90°得到點的運動軌跡,利用“將軍飲馬”模型將PE進行轉(zhuǎn)化即可求解.【詳解】解:如圖,設點O為BC的中點,由題意可知,點E在以BC為直徑的半圓O上運動,作半圓O關(guān)于AB的對稱圖形(半圓O'),點E的對稱點為E1,連接O'E1,∴當點D、P、E1、O'共線時,PD+PE的值最小,最小值為D如圖所示,在Rt△DCO'中,CD=8,CO'=6,∴DO'=8又∵O'E∴DE1=DO'-O'E1故選:A.【點睛】本題考查線段和最短問題、軸對稱的性質(zhì)、勾股定理及圓周角定理,利用“將軍飲馬”模型將PE進行轉(zhuǎn)化時解題的關(guān)鍵.2.(2023·安徽黃山·??寄M預測)如圖,在平面直角坐標系中,二次函數(shù)y=32x2-32x-3的圖象與x軸交于點A,C兩點,與y軸交于點B,對稱軸與x軸交于點DA.334 B.32 C.3【答案】A【分析】作射線BA,作PE⊥BA于E,作DF⊥BA于F,交y軸于P',可求得∠ABO=30°,從而得出PE=12【詳解】解:如圖,作射線BA,作PE⊥BA于E,作DF⊥BA于F,交y軸于P'拋物線的對稱軸為直線x=--∴OD=1當x=0時,y=-3∴OB=3當y=0時,32∴x1=-1,∴A(-1,0),∴OA=1,∵tan∠ABO=∴∠ABO=30°,∴PE=1∴12PB+PD=PD+PE≥DF,當點P在P'時,PD+PE在Rt△ADF中,∠DAF=90°-∠ABO=60°,AD=OD+PA=∴DF=AD?sin∴(1故選:A.【點睛】本題以二次函數(shù)為背景,考查了二次函數(shù)與一元二次方程之間的關(guān)系,解直角三角形等知識,解決問題的關(guān)鍵是用三角函數(shù)構(gòu)造123.(2023秋·浙江金華·九年級統(tǒng)考期末)如圖,正方形ABCD的邊長為4,點E是正方形ABCD內(nèi)的動點,點P是BC邊上的動點,且∠EAB=∠EBC.連結(jié)AE,BE,PD,PE,則PD+PE的最小值為(
)A.213-2 B.45-2 C.【答案】A【分析】先證明∠AEB=90°,即可得點E在以AB為直徑的半圓上移動,設AB的中點為O,作正方形ABCD關(guān)于直線BC對稱的正方形CFGB,則點D的對應點是F,連接FO交BC于P,交半圓O于E,根據(jù)對稱性有:PD=PF,則有:PE+PD=PE+PF,則線段EF的長即為PE+PD的長度最小值,問題隨之得解.【詳解】解:∵四邊形ABCD是正方形,∴∠ABC=90°,∴∠ABE+∠EBC=90°,∵∠EAB=∠EBC,∴∠EAB+∠EBA=90°,∴∠AEB=90°,∴點E在以AB為直徑的半圓上移動,如圖,設AB的中點為O,作正方形ABCD關(guān)于直線BC對稱的正方形CFGB,則點D的對應點是F,連接FO交BC于P,交半圓O于E,根據(jù)對稱性有:PD=PF,則有:PE+PD=PE+PF,則線段EF的長即為PE+PD的長度最小值,E∵∠G=90°,F(xiàn)G=BG=AB=4,∴OG=6,OA=OB=OE=2,∴OF=F∴EF=OF-OE=213故PE+PD的長度最小值為213故選:A.【點睛】本題考查了軸對稱﹣最短路線問題,正方形的性質(zhì),勾股定理,正確的作出輔助線,得出點E的運動路線是解題的關(guān)鍵.4.(2022秋·安徽池州·九年級統(tǒng)考期末)如圖,Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3,點P為AC邊上的動點,過點P作PD⊥AB于點D,則A.154 B.245 C.5 D【答案】B【分析】作點B關(guān)于AC的對稱點B',過點B'作B'D⊥AB于點D,交AC于點P,點P即為所求作的點,此時PB+PD有最小值,連接AB',根據(jù)對稱性的性質(zhì),可知:BP=B【詳解】解:如下圖,作點B關(guān)于AC的對稱點B',過點B'作B'D⊥AB于點D,交AC于點P,連接AB根據(jù)對稱性的性質(zhì),可知:BP=B在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,BC=3,∴AB=A根據(jù)對稱性的性質(zhì),可知:△ABC?△AB∴S即12∴5B∴B故選:B.【點睛】本題考查了軸對稱一最短路線問題,解題的關(guān)鍵是掌握軸對稱的性質(zhì).5.(2023秋·甘肅定西·八年級??计谀┤鐖D所示,在△ABC中,∠ABC=68°,BD平分∠ABC,P為線段BD上一動點,Q為
邊AB上一動點,當AP+PQ的值最小時,∠APB的度數(shù)是(
)A.118° B.125° C.136° D.124°【答案】D【分析】先在BC上截取BE=BQ,連接PE,證明△PBQ≌△PBESAS,得出PE=PQ,說明AP+PQ=AP+PE,找出當A、P、E在同一直線上,且AE⊥BC時,AP+PE最小,即AP+PQ最小,過點A作AE⊥BC于點E,交BD于點P【詳解】解:在BC上截取BE=BQ,連接PE,如圖:∵BD平分∠ABC,∠ABC=68°,∴∠ABD=∠CBD=1∵BP=BP,∴△PBQ≌△PBESAS∴PE=PQ,∴AP+PQ=AP+PE,∴當A、P、E在同一直線上,且AE⊥BC時,AP+PE最小,即AP+PQ最小,過點A作AE⊥BC于點E,交BD于點P,如圖:∵∠AEB=90°,∠CBD=34°,∴∠APB=∠AEB+∠CBD=124°.故選:D.【點睛】本題主要考查了角平分線的定義,三角形全等的判定和性質(zhì),垂線段最短,三角形內(nèi)角和定理與三角形的外角的性質(zhì),解題的關(guān)鍵是找出使AP+PQ最小時點P的位置.6.(2022秋·重慶沙坪壩·八年級重慶市鳳鳴山中學校聯(lián)考期末)如圖,E為正方形ABCD邊AD上一點,AE=1,DE=3,P為對角線BD上一個動點,則PA+PE的最小值為(
)A.5 B.42 C.210 D【答案】A【分析】連接EC交BD于P點,根據(jù)“兩點之間線段最短”,可知PA+PE的最小值即為線段EC的長,求出EC的長即可.【詳解】連接EC,交BD于P點∵四邊形ABCD為正方形∴A點和C點關(guān)于BD對稱∴PA=PC∴PA+PE=PC+PE=EC根據(jù)“兩點之間線段最短”,可知PA+PE的最小值即為線段EC的長.∵AE=1,DE=3∴AD=4∴DC=4∴CE=∴PA+PE的最小值為5故選:A
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)和兩點之間線段最短,這是一個將軍飲馬模型.熟練掌握正方形的性質(zhì)并且能夠識別出將軍飲馬模型是解題的關(guān)鍵.7.(2023春·湖南張家界·八年級統(tǒng)考期中)如圖,正方形ABCD的邊長為4,點M在DC上,且DM=1,N是AC上一動點,則DN+MN的最小值為(
)A.4 B.42 C.25 D【答案】D【分析】由正方形的對稱性可知點B與D關(guān)于直線AC對稱,連接BM交AC于N′,N′即為所求在Rt△BCM中利用勾股定理即可求出BM的長即可.【詳解】∵四邊形ABCD是正方形,∴點B與D關(guān)于直線AC對稱,∴DN=BN,連接BD,BM交AC于N′,連接DN′,∴當B、N、M共線時,DN+MN有最小值,則BM的長即為DN+MN的最小值,∴AC是線段BD的垂直平分線,又∵CD=4,DM=1∴CM=CDDM=41=3,在Rt△BCM中,BM=C故DN+MN的最小值是5.故選:D.【點睛】本題考查的是軸對稱最短路線問題及正方形的性質(zhì),先作出D關(guān)于直線AC的對稱點,由軸對稱及正方形的性質(zhì)判斷出D的對稱點是點B是解答此題的關(guān)鍵.8.(2022秋·浙江杭州·九年級杭州外國語學校??奸_學考試)如圖,在平面直角坐標系中,二次函數(shù)y=-x2+bx+3的圖像與x軸交于A、C兩點,與x軸交于點C(3,0),若P是x軸上一動點,點D的坐標為(0,-1),連接PD,則2A.4 B.2+22 C.22 D【答案】A【分析】過點P作PJ⊥BC于J,過點D作DH⊥BC于H,根據(jù)2PD+PC=2PD+【詳解】解:連接BC,過點P作PJ⊥BC于J,過點D作DH⊥BC于H.∵二次函數(shù)y=-x2+bx+3的圖像與x∴b=2,∴二次函數(shù)的解析式為y=-x2+2x+3,令y=0,x2+2x+3解得x=﹣1或3,∴A(﹣1,0),令x=0,y=3,∴B(0,3),∴OB=OC=3,∵∠BOC=90°,∴∠OBC=∠OCB=45°,∵D(0,1),∴OD=1,BD=4,∵DH⊥BC,∴∠DHB=90°,設DH=x,則BH=x,∵DH∴x2∴x=22∴DH=∵PJ⊥CB,∴∠PJC=∴PJ=∴2PD+PC=∵DP+PJ≥DH,∴DP+PJ≥22∴DP+PJ的最小值為22∴2PD+PC的最小值為4故選:A.【點睛】本題考查了二次函數(shù)的相關(guān)性質(zhì),以及等腰直角三角形的判定和性質(zhì),垂線段最短等知識,得到∠OBC=∠OCB=45°,PJ=29.(2022·山東泰安·統(tǒng)考中考真題)如圖,四邊形ABCD為矩形,AB=3,BC=4.點P是線段BC上一動點,點M為線段AP上一點.∠ADM=∠BAP,則BM的最小值為(
)A.52 B.125 C.13-【答案】D【分析】證明∠AMD=90°,得出點M在O點為圓心,以【詳解】設AD的中點為O,以O點為圓心,AO為半徑畫圓∵四邊形ABCD為矩形∴∠BAP∵∠ADM=∠BAP∴∠MAD∴∠AMD∴點M在O點為圓心,以AO為半徑的圓上連接OB交圓O與點N∵點B為圓O外一點∴當直線BM過圓心O時,BM最短∵BO2∴B∴BO=∵BN=BO-AO=故選:D.【點睛】本題考查直角三角形、圓的性質(zhì),解題的關(guān)鍵是熟練掌握直角三角形和圓的相關(guān)知識.10.(2022·河南·校聯(lián)考三模)如圖1,正方形ABCD中,點E是BC的中點,點P是對角線AC上的一個動點,設AP=x,PB+PE=y,當點P從A向點C運動時,y與x的函數(shù)關(guān)系如圖2所示,其中點M是函數(shù)圖象的最低點,則點M的坐標是(
)A.42,35 B.22,3【答案】A【分析】根據(jù)圖像,當P與C重合時,PB+PE=9即CB+CE=9,從而確定正方形的邊長為6,根據(jù)將軍飲馬河原理,連接DE交AC于點G,當點P與點G重合時,PE+PB最小,且為DE的長即點M的縱坐標,利用相似三角形,計算AG的長即為橫坐標.【詳解】如圖,根據(jù)圖像,當P與C重合時,PB+PE=9即CB+CE=9,∵點E是BC的中點,∴BC=6,連接DE交AC于點G,當點P與點G重合時,PE+PB最小,且為DE的長即點M的縱坐標,∵四邊形ABCD是正方形,AB=6,∴CE∥AD,AC=62+62=6∴△CGE∽△AGD,∴CGAG∴ACAG∴AG=42故點M的坐標為(42,35),故故選:A.【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì),三角形相似的判定和性質(zhì),函數(shù)圖像信息的獲取,將軍飲馬河原理,熟練掌握正方形的性質(zhì),靈活運用三角形相似,構(gòu)造將軍飲馬河模型求解是解題的關(guān)鍵.二、填空題11.(2023春·江蘇宿遷·九年級校聯(lián)考階段練習)如圖,矩形ABCD,AB=4,BC=8,E為AB中點,F(xiàn)為直線BC上動點,B、G關(guān)于EF對稱,連接AG,點P為平面上的動點,滿足∠APB=12∠AGB,則DP【答案】2【分析】由題意可知,∠AGB=90°,可得∠APB=12∠AGB=45°,可知點P在以AB為弦,圓周角∠APB=45°的圓上,(要使DP最小,則點P要靠近蒂點D,即點P在AB的右側(cè)),設圓心為O,連接OA,OB,OE,OP,OD,過點O作OQ⊥AD,可知△AOB為等腰直角三角形,求得OA=22AB=22=OP,AQ=OQ=22OA=2,QD=AD-AQ=6【詳解】解:∵B、G關(guān)于EF對稱,∴BH=GH,且EF⊥BG∵E為AB中點,則EH為△ABG的中位線,∴EH∥AG,∴∠AGB=90°,∵∠APB=12∠AGB∴點P在以AB為弦,圓周角∠APB=45°的圓上,(要使DP最小,則點P要靠近蒂點D,即點P在AB的右側(cè))設圓心為O,連接OA,OB,OE,OP,OD,過點O作OQ⊥AD,則OA=OB=OP,∵∠APB=45°,∴∠AOB=90°,則△AOB為等腰直角三角形,∴OA=2又∵E為AB中點,∴OE⊥AB,OE=1又∵四邊形ABCD是矩形,∴∠BAD=90°,AD=BC=8,∴四邊形AEOQ是正方形,∴AQ=OQ=22OA=2∴OD=O由三角形三邊關(guān)系可得:DP≥OD-OP=210-22,當點P∴DP的最小值為210故答案為:210【點睛】本題考查軸對稱的性質(zhì),矩形的性質(zhì),隱形圓,三角形三邊關(guān)系,正方形的判定及性質(zhì),等腰直角三角形的判定及性質(zhì),根據(jù)∠APB=12∠AGB=45°得知點P在以AB12.(2023春·江蘇連云港·八年級期中)如圖,在邊長為8的正方形ABCD中,點G是BC邊的中點,E、F分別是AD和CD邊上的點,則四邊形BEFG周長的最小值為______.【答案】24【分析】作點G關(guān)于CD的對稱點G',作點B關(guān)于AD的對稱點B',連接B'【詳解】作點G關(guān)于CD的對稱點G',作點B關(guān)于AD的對稱點B',連接B∵EB=EB∴BE+EF+FG+BG=B∵EB∴四邊形BEFG的周長的最小值=BG+B∵正方形ABCD的邊長為8∴BG=4,BB'=16∴B'∴四邊形BEFG的周長的最小值為=4+20=24.故答案為:24.【點睛】本題考查軸對稱求線段和的最短問題,正方形的性質(zhì),勾股定理,解題的關(guān)鍵是學會利用軸對稱解決最短問題.13.(2022·湖南湘潭·校考模擬預測)如圖,菱形草地ABCD中,沿對角線修建60米和80米兩條道路AC<BD,M、N分別是草地邊BC、CD的中點,在線段BD上有一個流動飲水點P,若要使PM+PN的距離最短,則最短距離是_____米.【答案】50【分析】作M關(guān)于BD的對稱點Q,連接NQ,交BD于P',連接MP',當P點與P'重合時,【詳解】解:作M關(guān)于BD的對稱點Q,連接NQ,交BD于P',連接M當P點與P'重合時,MP+NP=M∵四邊形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,∠QBP=∠MBP,即Q在AB上,∵MQ⊥BD,∴AC∥MQ∴M為BC中點,∴Q為AB中點,∵N為CD中點,四邊形ABCD是菱形,∴BQ∥CD,∴四邊形BQNC是平行四邊形,∴NQ=BC,設AC與BD的交點為點O,∵四邊形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,OC=12AC=30∴BC=O∴PM+PN的最小值是50米.故答案為:50.【點睛】本題考查了軸對稱﹣最短路線問題,平行四邊形的性質(zhì)和判定,菱形的性質(zhì),勾股定理的應用,解此題的關(guān)鍵是能根據(jù)軸對稱找出P的位置.14.(2023春·江蘇·九年級校考階段練習)如圖,正方形ABCD的邊長為4,⊙B的半徑為2,P為⊙B上的動點,則2PC-PD的最大值是______【答案】2【分析】解法1,如圖:以PD為斜邊構(gòu)造等腰直角三角形△PDM,連接MC,BD,連接PM、DM,推得2PC-PD=2PC-2解法2:如圖:連接BD、BP、PC,在BD上做點M,使BMBP=24,連接MP,證明△BMP~△BPD,在BC上做點N,使BNBP=12,連接NP,證明△BNP~△BPC,接著推導出【詳解】解法1如圖:以PD為斜邊構(gòu)造等腰直角三角形△PDM,連接MC,BD,∴∠PDM=45,DM=PM=2∵四邊形ABCD正方形∴∠BDC=45°,DB又∵∠PDM=∠PDB+MDB,∠BDC=∠MDB+MDC∴∠PDB=∠MDC在△BPD與△MPC中∠PDB=∠MDC,DB∴△BPD~△MPC∴PB∵BP=2∴MC=∵2∵PC-PM≤MC∴2故答案為:2.解法2如圖:連接BD、BP、PC根據(jù)題意正方形ABCD的邊長為4,⊙B的半徑為2∴BP=2∵BP在BD上做點M,使BMBP=24在△BMP與△BPD中∠MBP=∠PBD∴△BMP~△BPD∴PMPD=∵BP在BC上做點N,使BNBP=12在△BNP與△BPC中∠NBP=∠PBC∴△BNP~△BPC∴PNPC=∴如圖所示連接NM∴2∵PN-PM≤NM∴2在△BMN與△BCD中∠NBM=∠DBC,BM∴BM∴△BMN~△BCD∴MN∵CD∴MN∴2∴2故答案為:2.【點睛】本題考查正方形的性質(zhì),相似三角形,勾股定理等知識,難度較大,熟悉以上知識點運用是解題關(guān)鍵.15.(2023秋·廣東廣州·九年級統(tǒng)考期末)如圖,四邊形ABCD中,AB∥CD,AC⊥BC,∠DAB=60°,AD=CD=4,點M是四邊形ABCD內(nèi)的一個動點,滿足∠AMD=90°,則【答案】6【分析】取AD的中點O,連接OM,過點M作ME⊥BC交BC的延長線于點E,過點O作OF⊥BC于F,交CD于G,則OM+ME≥OF,通過計算得出當O,M,E三點共線時,ME有最小值,求出最小值即可.【詳解】解:如圖,取AD的中點O,連接OM,過點M作ME⊥BC交BC的延長線于點E,過點O作OF⊥BC于F,交CD于G,則OM+ME≥OF,∵AB∥CD,∠DAB=60°,∴∠ADC=120°,∵AD=CD,∴∠DAC=30°,∴∠CAB=30°,∵AC⊥BC,∴∠ACB=90°∴∠B=90°-30°=60°,∴∠B=∠DAB,∴四邊形ABCD為等腰梯形,∴BC=AD=4,∵∠AMD=90°,AD=4,∴OM=1∴點M在以點O為圓心,2為半徑的圓上,∵AB∥∴∠GCF=∠B=60°,∴∠DGO=∠CGF=30°,∵OF⊥BC,AC⊥BC,∴∠DOG=∠DAC=30°=∠DGO,∴DG=DO=2,∴OG=2OD?cos30°=23,GF=∴ME≥OF-OM=33∴當O,M,E三點共線時,ME有最小值33∴△MBC面積的最小值為=1【點睛】本題考查了解直角三角形、隱圓、直角三角形的性質(zhì)等知識點,點M位置的確定是解題關(guān)鍵.16.(2023春·全國·八年級專題練習)如圖,在等邊△ABC中,BD⊥AC于D,AD=3cm.點P,Q分別為AB,AD上的兩個定點且BP=AQ=1cm,點M為線段BD上一動點,連接PM,QM,則PM+QM的最小值為______【答案】5【分析】如圖所示,作點P關(guān)于BD的對稱點P',且點P'在BC上,則PM+QM=P'M+QM,當P【詳解】解:如圖所示,作點P關(guān)于BD的對稱點P'∵△ABC是等邊三角形,BD⊥AC,∴∠ABD=∠DBC=1∴點P'在BC∴P'M=PM,則PM+QM=P∵點P關(guān)于BD的對稱點P',∠ABD=∠DBC=30°∴PP'⊥BM∴∠BP∴△BPP'是等邊三角形,即∴PP'∥AC∴四邊形PP∴P'在Rt△ABD中,∠ABD=30°,AD=3∴AB=2AD=2×3=6,∴AP=P故答案為:5.【點睛】本題主要考查動點與等邊三角形,對稱—最短路徑,平行四邊形的判定和性質(zhì)的綜合,理解并掌握等邊三角形得性質(zhì),對稱—最短路徑的計算方法,平行四邊形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.17.(2022秋·山東菏澤·九年級校考階段練習)如圖,在周長為12的菱形ABCD中,DE=1,DF=2,若P為對角線AC上一動點,則EP+FP的最小值為______.【答案】3【分析】作F點關(guān)于BD的對稱點F',連接EF'交BD于點P,則PF=PF',由兩點之間線段最短可知當E、P、F【詳解】解:作F點關(guān)于BD的對稱點F',則PF=PF',連接EF'交BD∴EP+FP=EP+F由兩點之間線段最短可知:當E、P、F'在一條直線上時,EP+FP的值最小,此時EP+FP=EP+F∵四邊形ABCD為菱形,周長為12,∴AB=BC=CD=DA=3,AB∥∵AF=2,AE=1,∴DF=AE=1,∴四邊形AEF∴EF∴EP+FP的最小值為3.故答案為:3.【點睛】本題主要考查的是菱形的性質(zhì)、軸對稱路徑最短問題,明確當E、P、F'在一條直線上時EP+FP18.(2023春·上?!ぐ四昙墝n}練習)如圖,直線y=x+4與x軸,y軸分別交于A和B,點C、D分別為線段AB、OB的中點,P為OA上一動點,當PC+PD的值最小時,點P的坐標為________.【答案】(-1,0)【分析】直線y=x+4與x軸,y軸分別交于A和B,可求出點A,B的坐標,點C、D分別為線段AB、OB的中點,可求出點C、D的坐標,作點C關(guān)于x軸的對稱點C',連接C'D與x【詳解】解:直線y=x+4與x軸,y軸分別交于A和B,∴當y=0,x=-4,即A(-4,0);當x=0,y=4,即B(0,4),∵點C、D分別為線段AB、OB的中點,∴C(-2,2),D(0,2),如圖所示,過點C關(guān)于x軸的對稱點C'∴C'∴直線C'D的解析式為:當y=0,x=-1,即P(-1,0),故答案為:(-1,0).【點睛】本題主要考查一次函數(shù)與最短線段的綜合,掌握對稱中最短線段的解題方法是解題的關(guān)鍵.19.(2023秋·黑龍江雞西·九年級統(tǒng)考期末)如圖,拋物線y=x2-4x+3與x軸分別交于A,B兩點(點A在點B的左側(cè)),與y軸交于點C,在其對稱軸上有一動點M,連接MA,MC,AC,則△MAC【答案】3【分析】根據(jù)“將軍飲馬”模型,先求出A1,0,B3,0,C0,3,由二次函數(shù)對稱性,A,B關(guān)于對稱軸對稱,從而C△MAC=CA+CM+MA=CA+CM+MB,AC=OA2+OC2【詳解】解:∵拋物線y=x2-4x+3與x軸分別交于A,B兩點(點A在點B的左側(cè)),與y∴當y=0時,0=x2-4x+3解得x=1或x=3,即A1,0,B3,0;當由二次函數(shù)對稱性,A,B關(guān)于對稱軸對稱,即MA=MB,∴C△MAC∵AC=O∴△MAC周長的最小值就是CM+MB的最小值,根據(jù)兩點之間線段最短即可得到CM+MB的最小值為C,M,B三點共線時線段CB長,∵CB=O∴△MAC周長的最小值為CA+CB=32故答案為:32【點睛】本題考查動點最值問題與二次函數(shù)綜合,涉及“將軍飲馬”模型求最值、二次函數(shù)圖像與性質(zhì)、解一元二次方程、勾股定理求線段長等知識,熟練掌握動點最值的常見模型是解決問題的關(guān)鍵.20.(2023秋·浙江溫州·九年級??计谀┤鐖D所示,∠ACB=60°,半徑為2的圓O內(nèi)切于∠ACB.P為圓O上一動點,過點P作PM、PN分別垂直于∠ACB的兩邊,垂足為M、N,則PM+2PN的取值范圍為___________.【答案】6-2【分析】根據(jù)題意,本題屬于動點最值問題“阿氏圓”模型,首先作MH⊥NP于H,作MF⊥BC于F,如圖所示,通過代換,將PM+2PN轉(zhuǎn)化為PN+12PM=PN+HP=NH,得到當MP與⊙O【詳解】解:作MH⊥NP于H,作MF⊥BC于F,如圖所示:∵PM⊥AC,PN⊥CB,∴∠PMC=∠PNC=90°,∴∠MPN=360°-∠PMC-∠PNC-∠C=120°,∴∠MPH=180°-∠MPN=60°,∴HP=PM?cos∴PN+1∵MF=NH,∴當MP與⊙O相切時,MF取得最大和最小,①連接OP,OG,OC,如圖1所示:可得:四邊形OPMG是正方形,∴MG=OP=2,在Rt△COG中,CG=OG?∴CM=CG+GM=2+23在Rt△CMF中,MF=CM?∴HN=MF=3+3,即PM+2PN=2②連接OP,OG,OC,如圖2所示:可得:四邊形OPMG是正方形,∴MG=OP=2,由上同理可知:在Rt△COG中,CG=OG?∴CM=CG-GM=23在Rt△CMF中,MF=CM?∴HN=MF=3-3,即PM+2PN=2∴6-23故答案為:6-23【點睛】本題考查動點最值模型“阿氏圓”,難度較大,掌握解決動點最值問題的方法,熟記相關(guān)幾何知識,尤其是圓的相關(guān)知識是解決問題的關(guān)鍵.三、解答題21.(2022春·江蘇·九年級專題練習)綜合與探究如圖,已知拋物線y=ax2+bx+4經(jīng)過A-1,0,B4,0(1)求拋物線的解析式,連接BC,并求出直線BC的解析式;(2)請在拋物線的對稱軸上找一點P,使AP+PC的值最小,此時點P的坐標是;(3)點Q在第一象限的拋物線上,連接CQ,BQ,求出△BCQ面積的最大值.【答案】(1)y=-x2(2)3(3)8【分析】(1)將A-1,0,B4,0兩點,代入拋物線解析式,可得到拋物線解析式,從而得到C0,4,再設直線BC的解析式為y=kx+bk≠0,把點(2)連接BC,PB,根據(jù)題意可得A、B關(guān)于拋物線的對稱軸直線x=32對稱,從而得到當P在直線AB上三點共線時,AP+CP的值最小,把x=3(3)過Q作QD⊥x軸,交BC于D,設Qd,-d2+3d+4,其中0≤d≤4,則可得QD=-d2+4d【詳解】(1)解:(1)∵拋物線y=ax2+bx+4經(jīng)過A∴a-b+4=016a+4b+4=0解得:a=-1b=3∴拋物線的解析式為y=-x∵拋物線與y軸的交點為C,∴C0,4設直線BC的解析式為y=kx+bk≠0,把點B、C4k+b=0b=4,解得:k=-1∴直線BC的解析式為y=-x+4;(2)如圖,連接BC,PB,∵y=-x∴拋物線的對稱軸為直線x=3根據(jù)題意得:A、B關(guān)于拋物線的對稱軸直線x=3∴AP=BP,∴AP+CP=BP+CP≥BC,即當P在直線AB上時,AP+CP的值最小,∴當x=32時,y=-∴P3故答案是:32(3)過Q作QD⊥x軸,交BC于D,設Qd,-d2+3d+4,其中0≤d≤4,則∴QD=-∵B4,0∴OB=4,∴SΔ當d=2時,SΔBCQ取最大值,最大值為∴△BCQ的最大面積為8;【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖像和性質(zhì),利用數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想是解題的關(guān)鍵.22.(2023秋·江蘇淮安·八年級統(tǒng)考期末)如圖1,直線AB:y=-x+6分別與x,y軸交于A,B兩點,過點B的直線交x軸負半軸于點C-3,0(1)請直接寫出直線BC的關(guān)系式:_________(2)在直線BC上是否存在點D,使得S△ABD=S(3)如圖2,D11,0,P為x軸正半軸上的一動點,以P為直角頂點、BP為腰在第一象限內(nèi)作等腰直角三角形△BPQ,連接QA,QD.請直接寫出QB-QD的最大值:___________【答案】(1)y=2x+6(2)當D185,66(3)37【分析】(1)根據(jù)直線AB與y軸的交點,可求出點B的坐標,再用待定系數(shù)法即可求解;(2)設D(a,2a+6),分別用含a的式子表示出出S△AOD(3)△BPQ是等腰直角三角形,設P(m,0)(m>0),可表示出QB,再證Rt△BOP≌Rt△PTQ(AAS),如圖所示,當點B,R,Q在一條直線上時,QB-QD【詳解】(1)解:∵直線AB:y=-x+6分別與x,y軸交于A,B兩點,令x=0,則y=6,∴B(0,6),且C-3,0設直線BC的解析式為y=kx+b,∴b=6-3k+b=0,解得,k=2∴直線BC的解析式為y=2x+6,故答案為:y=2x+6.(2)解:由(1)可知直線BC的解析式為y=2x+6,直線AB的解析式為y=-x+6,∴A(6,0),B(0,6),C(-3,0),∴OA=6,BO=6,OC=3,如圖所示,點D在直線BC上,過點D作DE⊥x軸于E,∴設D(a,2a+6),E(a,0),∴S△ABC=12AC·OB=∴S△ABD若S△ABD=S當a>0時,27-92a=3a,解得,a=當a<0時,27+92a=-3a,解得,綜上所述,當D185,665(3)解:已知A(6,0),B(0,6),D(11,0),設P(m,0)(m>0),∴在Rt△BOP中,OB=6,OP=m∵△BPQ是等腰直角三角形,∠BPQ=90°,∴BP=QP;如圖所示,過點Q作QT⊥x軸于T,在Rt△BOP,Rt△PTQ中,∠BOP=∠PTQ=90°∴∠BPO=∠PQT,∴∠BPO=∠PQT∠BOP=∠PTQ∴Rt△BOP≌∴OP=TQ=m,OB=PT=6,∴AT=OP+PT-OA=m+6-6=m,∴AT=QT,且QT⊥x軸,∴△ATQ是等腰直角三角形,∠QAT=45°,則點Q的軌跡在射線AQ上,如圖所示,作點D關(guān)于直線AQ的對稱點R,連接QR,BR,AR,A(6,0),B(0,6),D(11,0),∵△ATQ是等腰直角三角形,即∠QAT=45°,根據(jù)對稱性質(zhì),∴∠QAR=45°,∴RA⊥x軸,且△DQA≌△RQA,∴AR=AD=11-6=5,則R(6,5),如圖所示,當點B,R,Q在一條直線上時,QB-QD的值最大,最大值為BR的值;∴由勾股定理得:BR=6故答案為:37.【點睛】本題主要考查一次函數(shù),幾何的綜合,掌握待定系數(shù)法求解析式,將軍飲馬問題,等腰直角三角形的性質(zhì),勾股定理是解題的關(guān)鍵.23.(2023春·重慶沙坪壩·九年級重慶八中??茧A段練習)△ABC中,∠B=60(1)如圖1,若AC>BC,CD平分∠ACB交AB于點D,且AD=3BD.證明:(2)如圖2,若AC<BC,取AC中點E,將CE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)60°至CF,連接BF并延長至G,使BF=FG,猜想線段AB、BC、(3)如圖3,若AC=BC,P為平面內(nèi)一點,將△ABP沿直線AB翻折至△ABQ,當3AQ+2BQ+13CQ取得最小值時,直接寫出【答案】(1)見解析(2)BC=AB+CG,理由見解析(3)2【分析】(1)過點D分別作BC,AC的垂線,垂足為E,F(xiàn),易得DE=DF,由∠B=60°,可得DE=DF=32BD,由AD=(2)延長BA,使得BH=BC,連接EH,CH,易證△BCH為等邊三角形,進而可證△BCF≌△HCESAS,可得BF=HE,∠BFC=∠HEC,可知∠AEH=∠CFG,易證得△AEH≌△CFGSAS,可得AH=CG,由(3)由題意可知△ABC是等邊三角形,如圖,作CM⊥CA,且CM=32CA,作CN⊥CQ,且CN=32CQ,可得CMCA=CNCQ=32,QN=CQ2+CN2=132CQ,可知△ACQ∽△MCN,可得MN=32AQ,由3AQ+2BQ+13CQ=232AQ+BQ+132CQ=2MN+BQ+QN≥2BM可知點Q,N都在線段BM上時,3AQ+2BQ+13CQ【詳解】(1)證明:過點D分別作BC,AC的垂線,垂足為E,F(xiàn),∵CD平分∠ACB,DE⊥BC,DF⊥AC,∴DE=DF,又∵∠B=60∴DE=BD?sin60°=3又∵AD=3∴sinA=∴∠A=30°;(2)BC=AB+CG,理由如下:延長BA,使得BH=BC,連接EH,CH,∵∠ABC=60°,BH=BC,∴△BCH為等邊三角形,∴CB=CH,∠BCH=60°,∵CE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)60°至CF,∴CE=CF,∠ECF=60°,則∠BCH-∠ACB=∠ECF-∠ACB,∴∠ECH=∠FCB,∴△BCF≌△HCESAS∴BF=HE,∠BFC=∠HEC,則∠AEH=∠CFG,∵BF=FG,∴BF=HE=FG,又∵E為AC中點,∴AE=CE=CF,∴△AEH≌△CFGSAS∴AH=CG,∴BC=BH=AB+AH=AB+CG;(3)∵∠ABC=60°,AC=BC,∴△ABC是等邊三角形,如圖,作CM⊥CA,且CM=32CA,作CN⊥CQ則CMCA=CN∴sin∠CQN=CNQN則∠ACM=∠QCN=90°,∴∠ACM-∠ACN=∠QCN-∠ACN,則∠ACQ=∠MCN∴△ACQ∽△MCN,∴MNAQ=CM∴3AQ+2BQ+即:點Q,N都在線段BM上時,3AQ+2BQ+13過點C作CR⊥BM,過點M作MT⊥BC交BC延長線于T,則∠BRC=∠BTM=90°,CR=CQ?sin∠CQN=3又∵∠CBR=∠MBT,∴△CBR∽△MBT,∴BRCR∵△ABC是等邊三角形,設BC=a∴∠ACB=60°,AC=BC=a,則CM=3∵∠ACM=90°,∴∠MCT=30°,則CT=CM?cos30°=3則由BRCR=BT整理得:133BQCQ由翻折可知,BP=BQ,∴BPCQ【點睛】本題屬于幾何綜合,考查了解直角三角形,等邊三角形的判定及性質(zhì),全等三角形的判定及性質(zhì),相似三角形的判定及性質(zhì),旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及費馬點問題,掌握費馬點問題的解決方法,添加輔助線構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解決問題的關(guān)鍵.24.(2023春·江蘇·八年級專題練習)定義:既相等又垂直的兩條線段稱為“等垂線段”,如圖1,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=AC,點D、E分別在邊AB、AC上,AD=AE,連接DE、DC,點M、P、N分別為DE、DC、BC的中點,且連接PM、PN(1)觀察猜想線段PM與PN______填(“是”或“不是”)“等垂線段”.(2)△ADE繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2所示的位置,連接BD,CE,試判斷PM與PN是否為“等垂線段”,并說明理由.(3)拓展延伸把△ADE繞點A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn),若DE=2,BC=4,請直接寫出PM與PN的積的最大值.【答案】(1)是(2)是,答案見解析(3)9【分析】(1)根據(jù)中位線的性質(zhì)以及AB=AC,AD=AE,可得MP=PN,由中位線性質(zhì)可得MP∥EC,PN∥BD,再由∠B=∠ACB=45°結(jié)合平行線的性質(zhì),可證∠MPD+∠DPN=45°-∠DCB+45°+∠DCB=90°,故線段PM與PN是“等垂線段”.(2)先證△ABD≌△ACESAS,可得BD=CE,根據(jù)中位線的性質(zhì)得到MP=12EC,PN=12BD,即MP=PN;由中位線性質(zhì)可得MP∥EC,PN∥BD,再由∠ABC=∠ACB=45°結(jié)合平行線的性質(zhì),可證∠MPD+∠DPN=90°,故線段PM(3)由(2)可知,MP=PN,MP⊥PN,故PM×PN=PM2=MN22,當MN取最大值時,PM與PN的積有最大值.當N、A、M三點共線,且點A【詳解】(1)解:線段PM與PN是“等垂線段”.理由如下:∵點M、P、N分別為DE、DC、BC的中點,∴MP=12EC∵AB=AC,AD=AE,∴AB-AD=AC-AE,即BD=CE,∴MP=PN.∵點M、P、N分別為DE、DC、BC的中點,∴MP∥EC,PN∥BD,∵在Rt△ABC中,∠A=90°∴∠B=∠ACB=45°,∴∠ACD=45°-∠DCB,∠BDC=180°-∠B-∠DCB=135°-∠DCB,∵MP∥EC,PN∥BD,∴∠MPD=∠ACD=45°-∠DCB,∠DPN=180°-∠BDC=180°-135°-∠DCB∴∠MPD+∠DPN=45°-∠DCB+45°+∠DCB=90°,∴MP⊥PN,即線段PM與PN是“等垂線段”,故答案為:是.(2)解:線段PM與PN是“等垂線段”,理由如下:∵△ADE繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2所示的位置,∴AD=AE,∠DAE=90°,∵∠BAC=90°,∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE,在△ABD與△ACE中,∵AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACESAS∴BD=CE,∵點M、P、N分別為DE、DC、BC的中點,∴MP=12EC∵BD=CE,∴MP=PN.∵點M、P、N分別為DE、DC、BC的中點,∴MP∥EC,PN∥BD,∵在Rt△ABC中,∠BAC=90°∴∠ABC=∠ACB=45°,∴∠ACD=45°-∠DCB,∠DBC=45°-∠ABD,∠BDC=180°-∠DBC-∠DCB=180°-∵MP∥EC,PN∥BD,∴∠MPD=∠ECD=∠ECA+∠ACD,∵△ABD≌△ACESAS∴∠ABD=∠ACE,即∠MPD=∠ECD=∠ABD+∠ACD∠DPN=180°-∠BDC=180°-135°+∠ABD-∠DCB∴∠MPD+∠DPN=∠ABD+∠ACD+45°-∠ABD+∠DCB=45°+45°=90°,∴MP⊥PN.∵MP=PN,MP⊥PN.故線段PM與PN是“等垂線段”.(3)解:由(2)可知,MP=PN,MP⊥PN,故PM×PN=PM當MN取最大值時,PM與PN的積有最大值.∵把△ADE繞點A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn),∴當N、A、M三點共線,且點A在NM之間時,MN取最大值.∴此時MN=NA+AM.∵在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,BC=4,N∴NA=1同理可得,MA=1∴MN的最大值為3,PM與PN的積有最大值92【點睛】本題考查了中位線的性質(zhì)及運用,全等三角形的判定與性質(zhì)以及圖形動態(tài)問題,綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵.25.(2022秋·江西上饒·八年級??茧A段練習)在棋盤中建立如圖所示的平面直角坐標系,其中A-1(1)如圖1,依次連接A,B,C,A,得到一個等腰三角形(BC為底邊),請在圖中畫出該圖形的對稱軸.(2)如圖2,現(xiàn)x軸上有兩顆棋子P,Q,且PQ=1(P在Q的左邊),依次連接A,P,Q,B,使得AP+PQ+QB的長度最短,請在圖2中標出棋子P,Q的位置,并寫出【答案】(1)圖形見解析;(2)P(0,【分析】(1)直接畫出等腰三角形的對稱軸即可;(2)將A向右平移1個單位得A'(0,1),再作A'關(guān)于x軸的對稱點A''(0,-1),連接A''B交x軸于點Q,再將Q向左平移1個單位得點【詳解】(1)解:如圖所示:(2)如圖所示:將A向右平移1個單位得A'(0,1),再作A'關(guān)于x軸的對稱點A''(0,-1),連接A''B交x軸于點Q,再將Q向左平移1個單位得點設A''B的解析式為y=kx+b,將A''(0,-1),B4x+b=3b=-1
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