專題38 中考最值難點(diǎn)突破胡不歸問題（解析版）

專題38中考最值難點(diǎn)突破胡不歸問題（解析版）

模塊一典例剖析+針對訓(xùn)練

類型一有輔助角(隱含輔助角)

典例1點(diǎn)P在直線上運(yùn)動(dòng)“胡不歸“問題

【數(shù)學(xué)故事】從前，有一個(gè)小伙子在外地學(xué)徒，當(dāng)他獲悉在家的老父親病危的消息后，便立即啟程趕路．由

于思鄉(xiāng)心切，他只考慮了兩點(diǎn)之間線段最短的原理，所心以選擇了全是沙礫地帶的直線路徑A→B（如圖

所示），而忽視了走折線雖然路程多但速度快的實(shí)際情況，當(dāng)他氣喘吁吁地趕到家時(shí)，老人剛剛咽了氣，

小伙子失聲痛哭．鄰居勸慰小伙子時(shí)告訴說，老人彌留之際不斷念叨著“胡不歸？胡不歸？何以歸”．這

個(gè)古老的傳說，引起了人們的思索，小伙子能否提前到家？倘若可以，他應(yīng)該選擇一條怎樣的路線呢？

這就是風(fēng)靡千百年的“胡不歸問題”．

思路引領(lǐng)：先沿著驛道AC先走一段，速度為V1，再走沙礫地帶，速度為V2，可以提前到家

解：先沿著驛道AC先走一段，速度為V1，再走沙礫地帶，速度為V2，可以提前到家．如圖，

運(yùn)動(dòng)時(shí)間t（?AD+BD），

????1?2

=1+2=2

在直線AC的?下方作?射線?AE，?1使得sin∠CAE，

?2

=

過點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BH⊥AE于?1點(diǎn)H，交AC于點(diǎn)F．

在Rt△ADG中，DG＝AD?sin∠DAG?AD，

?2

=1

∴運(yùn)動(dòng)時(shí)間t（BD+DG），?

1

=?2

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∵BD+DG≥BH，

∴先沿著驛道AC先走一段AF，速度為V1，再走沙礫地帶FB，速度為V2，可以使得時(shí)間最?。?/p>

總結(jié)提升：本題考查胡不歸問題，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，把問題掌握垂線段最短解決．

針對訓(xùn)練

1．（2022春?江漢區(qū)月考）如圖，△ABC中，AB＝AC＝10，∠A＝30°．BD是△ABC的邊AC上的高，點(diǎn)

P是BD上動(dòng)點(diǎn)，則的最小值是5．

3

??+??

2

思路引領(lǐng)：過點(diǎn)P作PE⊥AB于點(diǎn)E，先在Rt△ABD中求出∠ABD及BD，再在Rt△BPE中利用sin60°

得到EP+CP，當(dāng)當(dāng)C、P、E三點(diǎn)在同一直線上，且CE⊥AB時(shí)其取得最小值，最小值為

3

??+??=

CE，計(jì)2算即可求出結(jié)果．

解：過點(diǎn)P作PE⊥AB于點(diǎn)E，

在Rt△ABD中，∠ABD＝180°﹣90°﹣30°＝60°，BD5，

1

=2??=

在Rt△BPE中，sin60°，

??3

==

∴EPBP，??2

3

=2

∴EP+CP，

3

??+??=

2

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當(dāng)C、P、E三點(diǎn)在同一直線上，且CE⊥AB時(shí)EP+CP取得最小值．

3

??+??=

∵AB＝AC＝10，BD⊥AC，CE⊥AB，2

∴CE＝BD＝5，

∴EP+CP的最小值為5．

3

??+??=

故答2案為5．

總結(jié)提升：此題是胡不歸模型，涉及到等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等，解題

關(guān)鍵是將轉(zhuǎn)化成EP+CP．

3

??+??

2．（2021春?2麗水期中）如圖，ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P為邊CD上的一動(dòng)點(diǎn)．

求：（1）當(dāng)PD＝6時(shí)?，PB最短；

?3

（2）PBPD的最小值等于3．

1

+2

思路引領(lǐng)：（1）點(diǎn)到直線上點(diǎn)的連線中，垂線段最短，當(dāng)PB⊥CD時(shí)，PB最短；

（2）過P點(diǎn)作AD延長線上的垂線PE，則PEPD，則，當(dāng)P、E、B三點(diǎn)共

11

=??+??=??+??

線時(shí)取得最小值．22

解（1）如圖，

當(dāng)PB⊥CD時(shí)，PB最短，

∠C＝∠DAB＝30°

∴PB1，CP，

122

∴PD=＝2C?D?﹣=CP=?；????=3

故答案為：6=；6?3

?3

（2）如圖，

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過P點(diǎn)作PE⊥AD延長線于E點(diǎn)，過B作BF⊥AD延長線于F點(diǎn)，

∵CD∥AB，

∴∠EDP＝∠DAB＝30°，

∴EPPD，

1

=2

∴BF

1

??+??=??+??≥

當(dāng)且2僅當(dāng)B、P、E三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)，

∵BF，

1

=2??=3

∴3，

1

??+??=??+??≥

∴2最小值為3．

故答案為：3．

總結(jié)提升：本題考查最值問題中的胡不歸模型，利用轉(zhuǎn)化思想轉(zhuǎn)化是解決此題的關(guān)鍵．

1

??2

3．（2017春?農(nóng)安縣校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)2y＝ax+bx+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，

0），B（0，），C（2，0），其對稱軸與x軸交于點(diǎn)D．

（1）求二次?函數(shù)3的表達(dá)式及其頂點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）點(diǎn)M為拋物線的對稱軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若平面內(nèi)存在點(diǎn)N，使得以A，B，M，N為頂點(diǎn)的四邊形

為菱形，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；

（3）若P為y軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PD，求PB+PD的最小值．

1

2

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思路引領(lǐng)：（1）將A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)代入y＝ax2+bx+c，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的表達(dá)式，

進(jìn)而得到其頂點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）當(dāng)以A，B，M，N為頂點(diǎn)的四邊形為菱形時(shí)，分三種情況：①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱

軸有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)AM＝AB；②以B為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)BM＝AB；③

線段AB的垂直平分線與對稱軸有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)AM＝BM，分別列出方程，求解即可；

（3）連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時(shí)PB+PD最?。钚≈稻褪蔷€段DH，求出DH即可．

1

2

解：（1）由題意，解得3，

???+?=0?=2

?=?33

?=?

4?+2?+?=02

∴拋物線解析式為yx2x，?=?3

33

=??3

∵yx2x2（x2）2，

333193

=??3=??

∴頂點(diǎn)2坐標(biāo)（2，）2；28

193

?

28

（2）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，y）．

1

∵A（﹣1，0），B（0，2），

∴AB2＝1+3＝4．?3

①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)AM＝AB，

則（1）2+y2＝4，解得y＝±，

17

+

即此時(shí)2點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，）或2（，）；

1717

?

②以B為圓心AB為半徑2畫弧2與對稱2軸有兩2個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)BM＝AB，

則（）2+（y）2＝4，解得y或y，

11515

+3=?3+=?3?

222

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即此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，）或（，）；

115115

?3+?3?

③線段AB的垂直平分線2與對稱軸有2一個(gè)交點(diǎn)2，此時(shí)AM＝2BM，

則（1）2+y2＝（）2+（y）2，解得y，

113

++3=?

即此時(shí)2點(diǎn)M的坐標(biāo)為2（，）．6

13

?6

綜上所述，滿足條件的點(diǎn)2M的坐標(biāo)為（，）或（，）或（，）或（，）

1717115115

??3+?3?

或（，）；22222222

13

?

26

（3）如圖，連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時(shí)PB+PD最小．

1

理由：∵OA＝1，OB，2

=3

∴tan∠ABO，

??3

∴∠ABO＝3=0°??，=3

∴PHPB，

1

=2

∴PB+PD＝PH+PD＝DH，

1

∴此2時(shí)PB+PD最短（垂線段最短）．

1

在Rt△2ADH中，∵∠AHD＝90°，AD，∠HAD＝60°，

3

=

∴sin60°，2

??

=??

∴DH，

33

=4

∴PB+PD的最小值為．

133

24

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總結(jié)提升：本題是二次函數(shù)綜合題，其中涉及到利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，菱形的判定，銳

角三角函數(shù)定義，垂線段最短的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，學(xué)會(huì)利用

垂線段最短解決實(shí)際問題中的最短問題，學(xué)會(huì)添加輔助線，利用數(shù)形結(jié)合解決問題．

類型二構(gòu)造輔助角

典例2（2021春?金牛區(qū)期末）如圖，長方形ABCD中，AD＝3，AB＝2，點(diǎn)P是線段AD上一動(dòng)點(diǎn)，連接

BP，則BPDP的最小值為．

13

+23+2

思路引領(lǐng)：在AD上方作∠ADE＝30°，作PE⊥DE于E，作BH⊥DE于H，交AD于F，將DP轉(zhuǎn)化

1

為PE，則BPDP的最小值為BH的長度，根據(jù)圖形分別求BF和FH即可．2

1

解：在AD上方+作2∠ADE＝30°，作PE⊥DE于E，作BH⊥DE于H，交AD于F，

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∴PE，

1

=??

∴BP2DP＝BP+PE，

1

當(dāng)B、+P2、E三點(diǎn)共線時(shí)，BP+PE最小，即為BH的長度，

∵∠AFB＝∠DFH，∠A＝∠H，

∴∠ABF＝∠PDE＝30°，

∴AF，BF＝2AF，

32343

==×2==

∴DF＝AD3﹣AF＝33，F(xiàn)H3，

23133

?=??=?

∴BH＝BF+FH32．23

43333

=+?=3+

∴BPDP的最小3值為23．2

13

+3+

故答案為2：．2

3

總結(jié)提升：本3題+主2要考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)、以及線段和最小問題，通過作輔助線將線段

和最小問題轉(zhuǎn)化為求線段BH的長度是關(guān)鍵．

針對訓(xùn)練

1．（2019?灞橋區(qū)校級一模）如圖，矩形ABCD中AB＝3，BC，E為線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接CE，則AE+CE

1

=3

的最小值為3．2

思路引領(lǐng)：在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點(diǎn)E作ET⊥AM于T，過點(diǎn)C作CH⊥AM于H．易證

ETAE，推出AE+EC＝CE+ET≥CH，求出CH即可解決問題．

11

=

解：∵2四邊形AB2CD是矩形，

∴∠B＝90°，

∴tan∠CAB，

??3

∴∠CAB＝3=0°??，=3

∴AC＝2BC＝2，

3

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在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點(diǎn)E作ET⊥AM于T，過點(diǎn)C作CH⊥AM于H．

∵ET⊥AM，∠EAT＝30°，

∴ETAE，

1

∵∠C=A2H＝60°，∠CHA＝90°，AC＝2，

3

∴CH＝AC?sin6°＝23，

3

3×=

∵AE+EC＝CE+ET≥CH，2

1

∴2AE+EC≥3，

1

∴2AE+EC的最小值為3，

1

故答2案為3．

總結(jié)提升：本題考查矩形的性質(zhì)，垂線段最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三

角形解決問題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．

2．（2020秋?宜興市期中）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，0），點(diǎn)B為（0，1），若C為線段

5

OA上一動(dòng)點(diǎn)，則BCAC的最小值是．

255

+

33

思路引領(lǐng)：過點(diǎn)A作直線AD交y軸于點(diǎn)D，使sin∠OAD，過點(diǎn)C作CE⊥AD，交AD于點(diǎn)E，利

2

=

用三角函數(shù)以及垂線段最短將BCAC轉(zhuǎn)化為垂線段BE的長3，再利用三角函數(shù)、勾股定理求解即可．

2

+3

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解：過點(diǎn)A作直線AD交y軸于點(diǎn)D，使sin∠OAD，過點(diǎn)C作CE⊥AD，交AD于點(diǎn)E，

2

=3

在Rt△AOD中，

sin∠OAD，

2

=

∴，3

??2

=

設(shè)?O?D＝23x，則AD＝3x，

∵A（2，0），

∴OD2+O5A2＝AD2

即（2x）2+（2）2＝（3x）2，

解得x＝2，5

∴OD＝2x＝4，

∵B（0，1），

∴BD＝5，

在Rt△ACE中，

∵sin∠OAE，

2

=3

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∴，

??2

=

∴C??E3AC，

2

=

∴BC3AC＝BC+CE

2

+

當(dāng)B，C3，E在同一直線上，即BE⊥AD時(shí)，BCAC的值最小，最小值等于垂線段BE的長，

2

此時(shí)，△BDE是直角三角形，+3

∴∠OAD＝∠DBE，

∴sin∠DBE，

2

=

∴，3

??2

=

∴??3，

??2

=

∴D5E3，

10

在Rt△=B3DE中，

BE2＝BD2﹣DE2＝25，

100125

?9=9

∴BE，

55

=3

∴BCAC的值最小值是，

255

+

故答案為3：．3

55

總結(jié)提升：本3題考查三角函數(shù)、垂線段最短、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)

造三角函數(shù)正弦值巧妙用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．

3．（2016?隨州）如圖所示，已知拋物線y＝a（x+3）（x﹣1）（a≠0），與x軸從左至右依次相交于A、B兩

點(diǎn)，與y軸相交于點(diǎn)C，經(jīng)過點(diǎn)A的直線yx+b與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)為D．

（1）若點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為2，求拋物線的函數(shù)=?解析3式；

（2）若在第三象限內(nèi)的拋物線上有點(diǎn)P，使得以A、B、P為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，求點(diǎn)P的坐

標(biāo)；

（3）在（1）的條件下，設(shè)點(diǎn)E是線段AD上的一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接BE．一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿

線段BE以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)E，再沿線段ED以每秒個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D后停止，

23

問當(dāng)點(diǎn)E的坐標(biāo)是多少時(shí)，點(diǎn)Q在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中所用時(shí)間最少？3

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思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)二次函數(shù)的交點(diǎn)式確定點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線AD的解析式，接著求出點(diǎn)D

的坐標(biāo)，將D點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式確定a的值．

（2）由于沒有明確說明相似三角形的對應(yīng)頂點(diǎn)，因此需要分情況討論：①當(dāng)△BPA∽△ABC時(shí)；②當(dāng)

△PBA∽△ABC時(shí)．

（3）作DM∥x軸交拋物線于M，作DN⊥x軸于N，作EF⊥DM于F，根據(jù)正切的定義求出Q的運(yùn)動(dòng)

時(shí)間t＝BE+EF時(shí)，t最小即可．

解：（1）∵y＝a（x+3）（x﹣1），

∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣3，0）、點(diǎn)B兩的坐標(biāo)為（1，0），

∵直線yx+b經(jīng)過點(diǎn)A，

∴b＝﹣3=?，3

∴yx3﹣3，

當(dāng)x=＝?2時(shí)3，y＝﹣35，

則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，3﹣5），

∵點(diǎn)D在拋物線上，3

∴a（2+3）（2﹣1）＝﹣5，

解得，a，3

則拋物線=的?解3析式為y（x+3）（x﹣1）x2﹣2x+3；

=?3=?333

（2）如圖1中，設(shè)P（m，n），作PH⊥x軸于H．

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①當(dāng)△BPA∽△ABC時(shí)，∠BAC＝∠PBA，

∴tan∠BAC＝tan∠PBA，即，

????

=

即．解得n＝﹣?a?（m?﹣?1）．

?3???

=

∴3??+1，

?=??(??1)

解得?=m＝?(﹣?4+或3)1(（?舍?棄1)），

當(dāng)m＝﹣4時(shí)，n＝5a，

∵，即AB2＝AC?PB，

????

=

∴?A?B2???，

2222

即42=??+?????+，??

22

=9?+925?+25

解得a或（舍棄），

1515

=?

∴P（﹣4，151）5．

'15

②當(dāng)△PBA?∽△3ABC時(shí)，∠CBA＝∠PBA，

∴tan∠CBA＝tan∠PBA，即，

????

=

∴，????

?3???

=

∴n＝1﹣3a?（?m+﹣11），

∴，

?=?3?(??1)

解得?=m＝?(﹣?6+或3)1(（?舍?棄1)），

當(dāng)m＝﹣6時(shí)，n＝21a，

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∵，即AB2＝BC?PB，

????2222

==??+?????+??

∴?42????，

222

=1+9?7+(?21?)

∴a或（舍棄），

77

=?

∴P（﹣76，﹣73）．

7

（3）如圖2中，作DM∥x軸交拋物線于M，作DN⊥x軸于N，作EF⊥DM于F，

則tan∠DAN，

??53

=??=5=3

∴∠DAN＝60°，

∴∠EDF＝60°，

∴DEEF，

??23

∴Q的=運(yùn)??動(dòng)?∠時(shí)??間?t=3BE+EF，

????

=1+23=

∴當(dāng)BE和EF共線時(shí)，t最3小，

則BE⊥DM，此時(shí)點(diǎn)E坐標(biāo)（1，﹣4）．

總結(jié)提升：本題考查的是二次函數(shù)知識(shí)3的綜合運(yùn)用，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)的交點(diǎn)式、相似三

角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵，解答時(shí)，注意分情況討論討論，屬于中考壓軸題．

類型三求PA＋kPB＋PC最短問題

典例3（2022秋?雨花臺(tái)區(qū)校級月考）背景資料：在已知△ABC所在平面上求一點(diǎn)P，使它到三角形的三個(gè)

頂點(diǎn)的距離之和最?。@個(gè)問題是法國數(shù)學(xué)家費(fèi)馬1640年前后向意大利物理學(xué)家托里拆利提出的，所求

的點(diǎn)被人們稱為“費(fèi)馬點(diǎn)”．如圖1，當(dāng)△ABC三個(gè)內(nèi)角均小于120°時(shí)，費(fèi)馬點(diǎn)P在△ABC內(nèi)部，當(dāng)∠

APB＝∠APC＝∠CPB＝120°時(shí)，則PA+PB+PC取得最小值．

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（1）如圖2，等邊△ABC內(nèi)有一點(diǎn)P，若點(diǎn)P到頂點(diǎn)A、B、C的距離分別為3，4，5，求∠APB的度數(shù)，

為了解決本題，我們可以將△APB繞頂點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△ACP'處，此時(shí)△ACP'≌△ABP這樣就可以利用旋轉(zhuǎn)

變換，將三條線段PA、PB、PC轉(zhuǎn)化到一個(gè)三角形中，從而求出∠APB＝150°；

知識(shí)生成：怎樣找三個(gè)內(nèi)角均小于120°的三角形的費(fèi)馬點(diǎn)呢？為此我們只要以三角形一邊在外側(cè)作等

邊三角形并連接等邊三角形的頂點(diǎn)與△ABC的另一頂點(diǎn)，則連線通過三角形內(nèi)部的費(fèi)馬點(diǎn)．請同學(xué)們探

索以下問題．

（2）如圖3，△ABC三個(gè)內(nèi)角均小于120°，在△ABC外側(cè)作等邊三角形△ABB'，連接CB'，求證：CB'

過△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)．

（3）如圖4，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，點(diǎn)P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，連接AP、

BP、CP，求PA+PB+PC的值．

思路引領(lǐng)：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AP′＝AP＝3，CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，∠CAP′＝∠BAP，

再證△PAP′是等邊三角形，得∠AP′P＝60°，PP′＝AP＝3，然后證∠CP′P＝90°，進(jìn)而得出結(jié)論；

（2）在CB'上取點(diǎn)P，使∠BPC＝120°，連接AP，再在PB'上截取PE＝PB，連接BE．由此可以證明

△PBE為正三角形，再利用正三角形的性質(zhì)得到PB＝BE，∠PBE＝60°，∠BEB'＝120°，而△ABB'為

正三角形，由此也可以得到AB＝B'B，∠ABB'＝60°，現(xiàn)在根據(jù)已知的條件可以證明△ABP≌△B'BE，

然后利用全等三角形的性質(zhì)即可證明題目的結(jié)論；

（3）將△APB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△A'P'B處，連接PP'，證△PBP′是等邊三角形，得PB＝PP′，

∠P′PB＝∠PP′B＝60°，再證C、P、P′、A′四點(diǎn)共線，然后證∠A′BC＝90°，即可解決問題．

（1）解：如圖2中，連接PP′．

∵點(diǎn)P到頂點(diǎn)A、B、C的距離分別為3、4、5，

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∴AP＝3，BP＝4，CP＝5，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：△ACP′≌△ABP，

∴AP′＝AP＝3，CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，∠CAP′＝∠BAP，

∴∠CAP′+∠PAC＝∠BAP+∠PAC，

即∠PAP′＝∠BAC，

∵△ABC是等邊三角形，

∴∠BAC＝60°，

∴∠PAP′＝60°，

∴△PAP′是等邊三角形，

∴∠AP′P＝60°，PP′＝AP＝3，

∵32+42＝52，

∴PP′2+CP′2＝CP2，

∴△CP′P是直角三角形，∠CP′P＝90°，

∴∠AP′C＝∠AP′P+∠CP′P＝60°+90°＝150°，

∴∠APB＝150°，

故答案為：150°；

（2）證明：證明：在CB'上取點(diǎn)P，使∠BPC＝120°．連接AP，再在PB'上截取PE＝PB，連接BE．

∠BPC＝120°，

∴∠EPB＝60°，

∴△PBE為正三角形，

∴PB＝BE，∠PBE＝60°，∠BEB'＝120°．

∵△ABB'為正三角形，

∴AB＝B′B，∠ABB'＝60°，

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∴∠PBA＝∠EBB′，

∴△ABP≌△B′BE，

∴∠APB＝∠B′EB＝120°，PA＝EB′，

∴∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，

∴P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)．

∴CB'過△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)P；

（3）解：將△APB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△A'P'B處，連接PP'，如圖4所示：

則∠ABP＝∠A′BP′，∠APB＝∠A′P′B，∠PBP′＝60°，PA＝P′A′，PB＝P′B，AB＝A′B，

∴△PBP′是等邊三角形，

∴PB＝PP′，∠P′PB＝∠PP′B＝60°，

∵點(diǎn)P為直角三角形ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，

∴∠APC＝∠BPC＝∠BPA＝120°，

∴∠A′P′B＝∠BPC＝120°，

∵∠P′PB＝∠PP′B＝60°，

∴C、P、P′、A′四點(diǎn)共線，

∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1，

∴AB＝2AC＝2，

∴A′B＝2，

在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC，

2222

=?????=2?1=3

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∵∠ABC＝30°，

∴∠A′BC＝∠A′BP′+∠CBP+∠PBP′＝∠ABP+∠CBP+∠PBP′＝∠ABC+∠PBP′＝30°+60°＝

90°，

在Rt△A′BC中，由勾股定理得：A′C，

2222

∴PA+PC+PB＝P′A′+PC+PP′＝A′C=?'．?+??=2+(3)=7

總結(jié)提升：本題是三角形綜合題，考查了=旋轉(zhuǎn)7的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、含30°角直角三角形

的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理和勾股定理的逆定理、“費(fèi)馬點(diǎn)”新定義等知識(shí)；本題綜合

性強(qiáng)，熟練掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．

針對訓(xùn)練

1．（2021春?郫都區(qū)校級期中）如圖，已知邊長為的等邊△ABC，平面內(nèi)存在點(diǎn)P，則PAPB+PC的

取值范圍為大于等于2．2+3

2

思路引領(lǐng)：將△BPC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得△BP′C′，連接PP′，過點(diǎn)B作BD⊥PP′于點(diǎn)D，

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明點(diǎn)A，B，C′在同一條直線上，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理可得PP′＝

2PDPB，進(jìn)而可得PAPB+PC的取值范圍．

解：=如圖3，將△BPC繞點(diǎn)B+順時(shí)3針旋轉(zhuǎn)120°，得△BP′C′，連接PP′，過點(diǎn)B作BD⊥PP′于點(diǎn)D，

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∵△ABC是等邊三角形，

∴∠ABC＝60°，AB＝BC＝BC′，

∴AC′＝AB+BC′＝2，=2

∵∠CBC′＝∠PBP′＝2120°，

∴∠ABC′＝∠ABC+∠CBC′＝180°，

∴點(diǎn)A，B，C′在同一條直線上，

∵BP＝BP′，∠PBP′＝120°，BD⊥PP′，

∴∠BPP′＝∠BP′P＝30°，

∴PDPB，

3

∴PP′=＝22PDPB，

∴PA+PP′+P=C＝P3APB+PC＞AC′，

因?yàn)榈冗吶切蔚倪?長為3，

∴PAPB+PC的取值范圍2為大于等于2，

故答案+為3：大于等于2．2

總結(jié)提升：本題考查了最2短路線問題，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是

掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．

2．（2018秋?江岸區(qū)校級月考）如圖，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底邊上的高AH上一點(diǎn)．若

AP+BP+CP的最小值為2，則BC＝．

26?2

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思路引領(lǐng)：如圖將△ABP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AMG．連接PG，CM．首先證明當(dāng)M，G，P，

C共線時(shí)，PA+PB+PC的值最小，最小值為線段CM的長，想辦法求出AC的長即可解決問題；

解：如圖將△ABP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AMG．連接PG，CM．

∵AB＝AC，AH⊥BC，

∴∠BAP＝∠CAP，

∵PA＝PA，

∴△BAP≌△CAP（SAS），

∴PC＝PB，

∵M(jìn)G＝PB，AG＝AP，∠GAP＝60°，

∴△GAP是等邊三角形，

∴PA＝PG，

∴PA+PB+PC＝CP+PG+GM，

∴當(dāng)M，G，P，C共線時(shí)，PA+PB+PC的值最小，最小值為線段CM的長，

∵AP+BP+CP的最小值為2，

∴CM＝2，2

∵∠BAM＝260°，∠BAC＝30°，

∴∠MAC＝90°，

∴AM＝AC＝2，

作BN⊥AC于N．則BNAB＝1，AN，CN＝2，

1

=2=3?3

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∴BC．

2222

故答案=為??+??．=1+(2?3)=6?2

總結(jié)提升：6本?題考2查軸對稱﹣?zhàn)疃虇栴}，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形

等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用兩點(diǎn)之間線段最短解

決問題，屬于中考?？碱}型．

模塊二2023中考押題預(yù)測

1．（2023春?將樂縣校級期中）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝4，若D是BC邊上

的動(dòng)點(diǎn)，則2AD+DC的最小值是（）

A．6B．8C．10D．12

思路引領(lǐng)：過點(diǎn)C作射線CE，使∠BCE＝30°，再過動(dòng)點(diǎn)D作DF⊥CE，垂足為點(diǎn)F，連接AD，在Rt

△DFC中，，，當(dāng)A，D，F(xiàn)在同一直

11

線上，即AF∠⊥?C?E?時(shí)=，30A°D+?D?F=的2值?最?小2，?最?+小?值?等=于2垂(?線?段+2A?F?的)=長2．(??+??)

解：過點(diǎn)C作射線CE，使∠BCE＝30°，再過動(dòng)點(diǎn)D作DF⊥CE，垂足為點(diǎn)F，連接AD，如圖所示：

在Rt△DFC中，∠DCF＝30°，

∴，

1

??=??

∵2

1

＝2（??AD++?D?F=），2(??+2??)

∴當(dāng)A，D，F(xiàn)在同一直線上，即AF⊥CE時(shí)，AD+DF的值最小，最小值等于垂線段AF的長，

此時(shí)，∠B＝∠ADB＝60°，

∴△ABD是等邊三角形，

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∴AD＝BD＝AB＝4，

在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝60°，AB＝4，

∴BC＝8，

∴DC＝BC﹣BD＝4，

∴2AD+DC＝2×4+4＝12，

∴2AD+DC的最小值為12，

故選：D．

總結(jié)提升：本題考查垂線段最短、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加輔助線，構(gòu)造胡不歸模型，

學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考選擇或填空題中的壓軸題．

2．（2023?合肥一模）如圖，△ABC為等邊三角形，BD平分∠ABC，AB＝2，點(diǎn)E為BD上動(dòng)點(diǎn)，連接AE，

則的最小值為（）

1

??+2??

A．1B．C．D．2

思路引領(lǐng)：過E作EM⊥BC2于M，過H作AH⊥BC3于H，交BD于E'，由△ABC為等邊三角形，BD平

分∠ABC，可得EMBE，當(dāng)AEBE最小時(shí)，AE+EM最小，此時(shí)E與E'重合，M與H重合，AEBE

111

=++

的最小值為AH的長度2，在Rt△AB2H中，有AH＝AB?sin∠ABH＝2×sin60°，故AEBE最小2值

1

為．=3+2

解：3過E作EM⊥BC于M，過H作AH⊥BC于H，交BD于E'，如圖：

∵△ABC為等邊三角形，BD平分∠ABC，

∴∠EBM＝30°，

∴EMBE，

1

=2

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∴AEBE＝AE+EM，

1

+

當(dāng)AE2BE最小時(shí)，AE+EM最小，此時(shí)E與E'重合，M與H重合，AEBE的最小值為AH的長度，

11

在Rt△+A2BH中，+2

AH＝AB?sin∠ABH＝2×sin60°，

=3

∴AEBE最小值為，

1

故選：+C2．3

總結(jié)提升：本題考查等邊三角形的性質(zhì)，涉及胡不歸問題，解題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．

3．（2022秋?任城區(qū)校級期末）如圖，△ABC中，AB＝AC＝15，tanA＝2，BE⊥AC于點(diǎn)E，D是線段BE

上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則CDBD的最小值是（）

5

+5

A．3B．6C．5D．10

553

思路引領(lǐng)：如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由，設(shè)AE＝a，BE＝2a，利用勾股

??

????=??=2

定理構(gòu)建方程求出a，再證明，推出，由垂線段最短即可解決問題．

55

解：如圖，作DH⊥AB于H，?C?M=⊥A5B?于?M．??+5??=??+??

∵BE⊥AC，

∴∠AEB＝90°，

∵，

??

設(shè)?A?E?＝?=a，?B?E=＝22a，

則有：225＝a2+4a2，

∴a2＝45，

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∴a＝3或﹣3（舍棄），

∴BE＝25a＝6，5

∵AB＝AC，BE5⊥AC，CM⊥AB，

∴CM＝BE＝6（等腰三角形兩腰上的高相等），

∵∠DBH＝∠AB5E，∠BHD＝∠BEA，

∴，

????5

???∠???===

∴，????5

5

??=??

∴5，

5

∵C??D++DH5≥??CM=，??+??

∴當(dāng)點(diǎn)H與M重合，且C，D，H共線時(shí)，CD+DH的值最小，

∴的最小值為線段CM的長，

5

??+??

∴5的最小值為6．

5

故選??：+B．5??5

總結(jié)提升：本題考查解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，垂線段最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常

用輔助線，用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．

4．（2023?邗江區(qū)校級一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y與x軸的正半軸交于點(diǎn)A，

428

B點(diǎn)為拋物線的頂點(diǎn)，C點(diǎn)為該拋物線對稱軸上一點(diǎn)，則3BC+5A=C?的9?最小+值3?為（）

A．24B．25C．30D．36

思路引領(lǐng)：連接OB，過C點(diǎn)作CM⊥OB于M點(diǎn)，過A點(diǎn)作AN⊥OB于N點(diǎn)，拋物線的對稱軸與x軸

交于點(diǎn)D，先求出拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，繼而得出BD、OA、OD，再證明△OBD∽△CBM，△

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OBD∽△OAN，進(jìn)而可得3BC+5AC＝5MC+5AC＝5（AC+CM），當(dāng)A、C、M三點(diǎn)共線，且三點(diǎn)連線垂

直O(jiān)B時(shí)，AC+CM最小，根據(jù)求出AN，AC+CM最小值即為AN，則問題得解．

????

=

解：連接OB，過C點(diǎn)作CM⊥O?B?于M??點(diǎn)，過A點(diǎn)作AN⊥OB于N點(diǎn)，拋物線的對稱軸與x軸交于點(diǎn)D，

如圖，

令y＝0，得方程，

428

??+?=0

解得：x1＝0，x2＝69，3

∴A點(diǎn)坐標(biāo)為（6，0），即OA＝6，

將配成頂點(diǎn)式得：，

42842

∴B?=點(diǎn)?坐9標(biāo)?為+（33?，4），?=?9(??3)+4

∴BD＝4，OD＝3，

∵CM⊥OB，AN⊥OB，

∴∠BMC＝∠ANO＝90°，

根據(jù)拋物線對稱軸的性質(zhì)可知BD⊥OA，

∴∠BDO＝90°，

在Rt△BDO中，

利用勾股定理得