中考數(shù)學總復(fù)習提升專項知識幾何壓軸突破四幾何最值問題之胡不歸模型、阿氏圓模型與梯子滑行模型(3種類型7種題型詳解+專題訓練)含答案及解析

第四章三角形重難點16幾何壓軸突破四幾何最值問題之胡不歸模型、阿氏圓模型與梯子滑行模型（3種類型7種題型詳解+專題訓練）【題型匯總】類型一胡不歸模型【模型介紹】從前有一位姓胡的小伙外出學習，某天不幸得知老父親病危的消息，便立即決定回家.小伙子略懂數(shù)學常識，考慮到“兩點之間線段最短”的知識，雖然他求學的地方與家之間布滿了砂石，但他還是義無反顧的踏上了歸途.當他趕到家時，老人剛咽了氣，小伙子追悔莫及失聲痛哭.鄰居告訴小伙子說，老人彌留之際不斷念叨著“胡不歸？胡不歸？…”之后的歲月，小伙子不斷的反思：如果我當時先沿著驛道走一段距離，再通過砂石區(qū)域回家，是否能見到父親最后一面呢？如果可以，他應(yīng)該沿著驛道走多遠再通過砂石區(qū)域回家呢？雖然走的路多了,但總用時變少了,如果真有這種情況,那么在驛道和砂礫地帶之間的拐點就尤為重要了，請問如何確定這個點呢?這就是流傳千百年的“胡不歸問題.【模型詳解】條件：已知A，B為定點，其中點A在定直線m上，點P在直線m上一動點，求k?PA+PB（k＜1）的最小值.圖示：解題步驟：作射線AM使sin∠PAM=k（k＜1），且點M與點B位于直線m的兩側(cè).2）過點P作PC⊥AM于點C，則PC=k?PA，此時k?PA+PB=PC+BP.3）過點B作BD⊥AM于點D，該垂線段長即為所求最小值，計算垂線段的解題大招：即當B，P，C三點共線時，k?PA+PB取最小值，最小值為BD的長度.模型總結(jié)：在求形如“k?PA+PB”的式子的最值問題中，關(guān)鍵是構(gòu)造與k?PA相等的線段，將“k?PA+PB”型問題轉(zhuǎn)化為“PC+PB”型.而這里的PA必須是一條方向不變的線段，方能構(gòu)造定角利用三角函數(shù)得到k?PA的等線段注意：若k>1，則提取系數(shù)，轉(zhuǎn)化為小于1的形式解決即可.【模型拓展】對形如a?PA+b?PB(a>b)的式子，可以先將式子變形為，再求出的最小值，此時只需要構(gòu)造,作垂線即可求出最小值.題型01已有相關(guān)角直接作垂線1．（2023·湖南湘西·中考真題）如圖，⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為4．過點B作BE⊥AC于點E，點P為線段BE上一動點（點P不與B，E重合），則CP+12BP

2．（21-22八年級下·浙江寧波·開學考試）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y=33x?3分別交x軸、y軸于A、B兩點，若C為x軸上的一動點，則2BC+3．（2020·陜西·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD是菱形，AB＝8，且∠ABC＝60°，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，則AM+12BM的最小值為4．（2023·遼寧錦州·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列步驟作圖：①在AC和AB上分別截取AD、AE，使AD=AE．②分別以點D和點E為圓心，以大于12DE的長為半徑作弧，兩弧在∠BAC內(nèi)交于點M．③作射線AM交BC于點F．若點P是線段AF上的一個動點，連接CP，則CP+5．（22-23九年級上·廣東茂名·期末）如圖，AB=AC，A0，15，C（1，0），D為射線AO上一點，一動點P從A出發(fā)，運動路徑為A?D?C，在AD上的速度為4個單位/秒，在CD上的速度為1個單位/秒，則整個運動時間最少時，D6．（2023·河北保定·一模）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，AB=OB=3，點M在線段AC上，且AM=2．點P為線段

（1）∠OBC=°；（2）MP+12PB的最小值為7．（2022·廣西梧州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=?43x?4分別與x，y軸交于點A，B(1)求此拋物線的解析式；(2)若點C的坐標是0,6，將△ACO繞著點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ECF，點A的對應(yīng)點是點E．①寫出點E的坐標，并判斷點E是否在此拋物線上；②若點P是y軸上的任一點，求35BP+EP取最小值時，點8．（2024·山東淄博·一模）如圖，在邊長為6的菱形ABCD中，∠BCD=60°，連接BD，點E，F(xiàn)分別是邊AB，BC上的動點，且AE=BF，連接DE，DF，EF．(1)如圖①，當點E是邊AB的中點時，求∠EDF的度數(shù)；(2)如圖②，當點E是邊AB上任意一點時，∠EDF的度數(shù)是否發(fā)生改變？若不改變，請證明：若發(fā)生改變，請說明理由；(3)若點P是線段BD上的一個動點，連接PF，求PF+39．（22-23九年級下·江蘇宿遷·階段練習）如圖，二次函數(shù)y=ax2+2ax?3a與x軸交于點A，B，對稱軸為直線l，頂點C到x軸的距離為23．點P為直線l上一動點，另一點從C出發(fā)，先以每秒2個單位長度的速度沿CP運動到點P，再以每秒1個單位長度的速度沿PA運動到點題型02構(gòu)造相關(guān)角再作垂線10．（22-23九年級上·四川樂山·期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°,∠B=60°,AB=4，若D是BC邊上的動點，則2AD+DC的最小值是（

）A．6 B．8 C．10 D．1211．（2024·四川德陽·二模）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A(1，0)，C(?3，0)兩點，與y軸交于點B(0A．2 B．2 C．22 D．412．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足為D，P為線段AD上的一動點，連接PB、PC．則PA+2PB的最小值為．13．（21-22九年級下·湖北武漢·階段練習）如圖，在△ACE中，CA=CE，∠CAE=30°，半徑為5的⊙O經(jīng)過點C，CE是圓O的切線，且圓的直徑AB在線段AE上，設(shè)點D是線段AC上任意一點(不含端點)，則OD+12CD14．（2020九年級·新疆·學業(yè)考試）如圖，在△ABC中，∠A=90°,∠B=60°,AB=4，若D是BC邊上的動點，則2AD+DC的最小值為．15．（2021九年級·全國·專題練習）如圖，矩形ABCD中AB＝3，BC=3，E為線段AB上一動點，連接CE，則12AE＋CE的最小值為16．（2023·福建泉州·模擬預(yù)測）如圖，已知拋物線y=k8x+2x?4（k為常數(shù)，且k>0）與x軸從左至右依次交于A，B兩點，與y軸交于點C，經(jīng)過點B的直線

(1)若點D的橫坐標為?5，求拋物線的函數(shù)表達式；(2)在（1）條件下，設(shè)F為線段BD上一點（不含端點），連接AF，一動點M從點A出發(fā)，沿線段AF以每秒1個單位的速度運動到F，再沿線段FD以每秒2個單位的速度運動到D后停止．當點F的坐標是多少時，點M在整個運動過程中用時最少?17．（23-24九年級下·江蘇南通·階段練習）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=ax2?2ax?3a與x軸交于A，B兩點，若AB=m，函數(shù)y=ax2(1)求該拋物線的解析式；(2)如果將該拋物線在x軸下方的部分沿x軸向上翻折，得到的圖象與剩余的圖象組成新圖形G．當函數(shù)y1=kx?1+2k的圖象與圖形G的公共點的個數(shù)大于2時，求(3)在（2）的條件下，當k取最大值時，函數(shù)y1=kx?1+2k的圖象與圖形G的對稱軸交于點P，若過P作平行于x軸的直線交圖形G于點Q，過點Q作y軸的平行線交函數(shù)y1=kx+1?2k的圖象于點R，D為線段RQ上的一點，動點C從點R出發(fā)，沿RD→DP運動到點P停止，已知點C在RD上運動的速度為5單位長度每秒，在DP上運動的速度為1單位長度每秒．求當點18．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）探究式學習是新課程倡導的重要學習方式，某興趣小組擬做以下探究．【嘗試初探】（1）如圖①，在四邊形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，AB=AD=5，∠BAD=120°，求AC的長；【深入探究】（2）如圖②，在四邊形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=45°，AC=82，求BD【拓展延伸】（3）如圖③，在四邊形ABCD中，若∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC=60°，AD=AB=23，延長DA,CB相交于點E，DE⊥CE，P是線段AC上一動點，連接PD，求2DP+CP19．（2024·四川廣元·二模）如圖，在等腰三角形ABC中，CA=CB，C3,0，點A2,m、(1)求反比例函數(shù)的解析式，并證明△ABC為直角三角形；(2)在x軸上求作一點P，使PB+12PC類型二阿氏圓模型使用場景已知兩個定點A，B，動點P在定圓上，求PA+kPB的最小值類型點A，B均在圓外，r=kOB(k<1)點A，B均在圓內(nèi)，r=kOB(k>1)圖示解題策略第一步:在OB上取點D，使得OD=kr；第二步:由母子相似模型可得△POD∽△BOP，則PD=kPB,此時PA+kPB=PA+PD;第三步:連接AD，則AD的長即為PA+kPB的最小值.第一步:在OB的延長線上取點D，使得OD=kr;第二步:由母子相似模型可得△POD∽△BOP，則PD=kPB.此時PA+kPB=PA+PD;第三步:連接AD，則AD的長即為PA+kPB的最小值大招結(jié)論AD的長即為PA+kPB的最小值【模型總結(jié)】對于阿氏圓而言：當系數(shù)k＜1的時候，一般情況下，考慮向內(nèi)構(gòu)造.當系數(shù)k＞1的時候，一般情況下，考慮向外構(gòu)造.【注意事項】針對求PA+kPB的最小值問題時，當軌跡為直線時，運用“胡不歸模型”求解；當軌跡為圓形時，運用“阿氏圓模型”求解.題型01兩點在圓外：向內(nèi)取點（系數(shù)小于1）20．（2024·山東泰安·二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=22，AC=9，以C為圓心，3為半徑作⊙C，P為⊙C上一動點，連接AP、BP，則1A．1 B．2 C．3 D．421．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）如圖，矩形ABCD中AB=8，AD=6，點E是矩形ABCD內(nèi)部一個動點，且EB=4，連接CE，則DE+三分之二CE的最小值為（

）A．8 B．263 C．233 22．（2024·安徽六安·模擬預(yù)測）如圖，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=6，E為AD邊上一動點，將△ABE沿BE翻折到△FBE的位置，點A與點F重合，連接DF，CF，則DF+1A．92 B．132 C．4 23．（2020·廣西·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，點E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，點P是扇形AEF的EF上任意一點，連接BP，CP，則12BP+CP的最小值是24．（2022九年級上·浙江·專題練習）如圖所示的平面直角坐標系中，A(0,4)，B(4,0)，P是第一象限內(nèi)一動點，OP=2，連接AP、BP，則BP+12AP25．（2021九年級·全國·專題練習）如圖1，在RT△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，圓C的半徑為2，點P為圓上一動點，連接AP，BP，求：①AP+1②2AP+BP，③13④AP+3BP的最小值．26．（2023·山東煙臺·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx+5與x軸交于A,B兩點，與y軸交于點C,AB=4．拋物線的對稱軸x=3與經(jīng)過點A的直線y=kx?1交于點D，與x

(1)求直線AD及拋物線的表達式；(2)在拋物線上是否存在點M，使得△ADM是以AD為直角邊的直角三角形?若存在，求出所有點M的坐標；若不存在，請說明理由；(3)以點B為圓心，畫半徑為2的圓，點P為⊙B上一個動點，請求出PC+127．（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=6,BC=8,，D，E為BC，AC上的動點，且DE=4，P(1)若DE∥AB，求(2)在線段DE的運動過程中，CD的長由2到23，求這一變化過程中，點P(3)連結(jié)PA，PB，求28．（2021九年級·全國·專題練習）如圖，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C為頂點的正方形CDEF（C、D、E、F四個頂點按逆時針方向排列）可以繞點C自由轉(zhuǎn)動，且CD＝2，連接AF，BD（1）求證：△BDC≌△AFC（2）當正方形CDEF有頂點在線段AB上時，直接寫出BD＋22AD（3）直接寫出正方形CDEF旋轉(zhuǎn)過程中，BD＋22AD29．（2024·廣東廣州·三模）已知，如圖1，PAB為⊙O的割線，直線PC與⊙O有公共點C，且PC

(1)求證：①∠PCA=∠PBC；②直線PC是⊙O的切線；(2)如圖2，作弦CD，使CD⊥AB，連接AD、BC，，若AD=2，BC=6，求⊙O的半徑；(3)如圖3，若⊙O的半徑為2，PO=10，MO=2，∠POM=90°，⊙O上是否存在一點Q，使得PQ+2題型02兩點在圓內(nèi)：向外取點（系數(shù)大于1）30．（2020·江蘇常州·一模）如圖，在⊙O中，點A、點B在⊙O上，∠AOB=90°，OA=6，點C在OA上，且OC=2AC，點D是OB的中點，點M是劣弧AB上的動點，則CM+2DM的最小值為．31．（20-21九年級上·江蘇宿遷·期末）問題提出：如圖①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C的半徑為2，(1)嘗試解決：為了解決這個問題，下面給出一種解題思路：如圖①，連接CP，在CB上取一點D，使CD＝1，則CDCP=CPCB=12．又∠PCD＝∠BCP，所以△PCD∽△BCP(2)自主探索：在“問題提出”的條件不變的前提下，求13(3)拓展延伸：如圖②，已知在扇形COD中，∠COD＝90°，OC＝6，OA＝3，OB＝32．（2020·江蘇常州·一模）如圖，在⊙O中，點A、點B在⊙O上，∠AOB=90°，OA=6，點C在OA上，且OC=2AC，點D是OB的中點，點M是劣弧AB上的動點，則CM+2DM的最小值為．33．（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知扇形COD中，∠COD=90°，OC=6，OA=3，OB=5，點P是弧CD34．（2022·廣西·一模）圖所示，在半徑為6的扇形ABC中，∠BAC＝60°，點D，E分別在半徑AB，AC上，且BD＝CE＝2，點F是弧BC上的動點，連接DF，EF，則DF＋32EF的最小值為題型03一內(nèi)一外提系數(shù)35．（2025九年級下·全國·專題練習）如圖，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=2BC=6，BD=1，P在以B為圓心3為半徑的圓上，則AP+6PD的最小值為．題型04隱圓+阿氏圓36．（2023·陜西咸陽·三模）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，點E、F分別是OD、OC上的兩個動點，且EF=4，P是EF的中點，連接OP、PC、PD，若AC=12,BD=16，則PC+14PD

37．（21-22九年級下·湖北武漢·階段練習）如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，M為AB上一點，且BM=2，N為邊BC上一動點．連接MN，將△BMN沿MN翻折得到△PMN，點P與點B對應(yīng)，連接PA，PC，則PA+2PC的最小值為

38．如圖，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，D、E分別是邊BC、AC上的兩個動點，且DE=4，P是DE的中點，連接PA，PB，則PA+1439．（2021·廣西南寧·一模）如圖，在平面直角坐標系中，A(2，0)、B(0，2)、C(4，0)、D(3，2)，P是△AOB外部的第一象限內(nèi)一動點，且∠BPA＝135°，則2PD+PC的最小值是．40．（2023·江蘇宿遷·三模）如圖，在平面直角坐標系中，A2,0、B0,2、C5,2、D4,4，點P在第一象限，且∠APB=135°，則

類型三梯子滑行模型模型的概述：如下圖，一根長度一定的梯子斜靠在豎直墻面上，當梯子底端滑動時，探究梯子上某點（如中點）或梯子構(gòu)成圖形上的點的軌跡模型（圖2），就是所謂的梯子模型。圖1圖2【考查方向】已知一條線段的兩個端點在坐標軸上滑動，求線段最值問題。模型一：如圖所示，線段AC的兩個端點在坐標軸上滑動，∠ACB=∠AOC=90°，AC的中點為P，連接OP、BP、OB，則當O、P、B三點共線時，此時線段OB最大值。即已知Rt?ACB中AC、BC的長，就可求出梯子模型中OB的最值。模型二：如圖所示，矩形ABCD的頂點A、B分別在邊OM、ON上，當點A在邊OM上運動時，點B隨之在ON上運動，且運動的過程中矩形ABCD形狀保持不變，AB的中點為P，連接OP、PD、OD，則當O、P、D三點共線時，此時線段OD取最大值。即已知矩形ABCD中AB、AD的長，就可求出梯子模型中OD的最值。41．（2020·山東泰安·中考真題）如圖，點A，B的坐標分別為A(2,0),B(0,2)，點C為坐標平面內(nèi)一點，BC=1，點M為線段AC的中點，連接OM，則OM的最大值為（）

A．2+1 B．2+12 C．42．（2024·山東泰安·二模）如圖，在平面直角坐標系中，點A在y軸上，OA=8，點B在x軸上，OB=6．點M是平面內(nèi)的一點，AM=6．將線段AM繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)一周，連接BM，取BM的中點N，連接ON，則線段ON長的最大值為（

）A．2 B．12 C．210+343．（2023·廣西南寧·一模）如圖，已知∠MON=90°，線段AB長為6，AB兩端分別在OM、ON上滑動，以AB為邊作正方形ABCD，對角線AC、BD相交于點P，連接OC．則OC的最大值為（）

A．6+35 B．8 C．3+3544．（2024·江蘇揚州·三模）如圖，在平面直角坐標系中，A0,4，B為x軸正半軸上的動點，以AB為邊在第一象限內(nèi)作△ABC使得∠BAC=90°，S△ABC=8，連結(jié)OC，則OC45．（22-23九年級上·全國·期末）如圖，等邊△ABC的頂點A，B分別在x軸，y軸的正半軸上滑動，點C在第一象限，連接OC，若等邊△ABC的邊長為2，則線段OC長的最大值是．46．（2022·安徽淮北·模擬預(yù)測）請解答下列各題：

(1)已知邊長為a的正方形ABCD，兩頂點A，B分別在平面直角坐標系的x軸、y軸的正半軸上滑動，點C、點D在第一象限，點E為正方形ABCD的對稱中心，連接OE，則OE的長的最大值是；(2)已知m，n是方程x2+2016x+7=0的兩根，則m

第四章三角形重難點16幾何壓軸突破四幾何最值問題之胡不歸模型、阿氏圓模型與梯子滑行模型（3種類型7種題型詳解+專題訓練）【題型匯總】類型一胡不歸模型【模型介紹】從前有一位姓胡的小伙外出學習，某天不幸得知老父親病危的消息，便立即決定回家.小伙子略懂數(shù)學常識，考慮到“兩點之間線段最短”的知識，雖然他求學的地方與家之間布滿了砂石，但他還是義無反顧的踏上了歸途.當他趕到家時，老人剛咽了氣，小伙子追悔莫及失聲痛哭.鄰居告訴小伙子說，老人彌留之際不斷念叨著“胡不歸？胡不歸？…”之后的歲月，小伙子不斷的反思：如果我當時先沿著驛道走一段距離，再通過砂石區(qū)域回家，是否能見到父親最后一面呢？如果可以，他應(yīng)該沿著驛道走多遠再通過砂石區(qū)域回家呢？雖然走的路多了,但總用時變少了,如果真有這種情況,那么在驛道和砂礫地帶之間的拐點就尤為重要了，請問如何確定這個點呢?這就是流傳千百年的“胡不歸問題.【模型詳解】條件：已知A，B為定點，其中點A在定直線m上，點P在直線m上一動點，求k?PA+PB（k＜1）的最小值.圖示：解題步驟：作射線AM使sin∠PAM=k（k＜1），且點M與點B位于直線m的兩側(cè).2）過點P作PC⊥AM于點C，則PC=k?PA，此時k?PA+PB=PC+BP.3）過點B作BD⊥AM于點D，該垂線段長即為所求最小值，計算垂線段的解題大招：即當B，P，C三點共線時，k?PA+PB取最小值，最小值為BD的長度.模型總結(jié)：在求形如“k?PA+PB”的式子的最值問題中，關(guān)鍵是構(gòu)造與k?PA相等的線段，將“k?PA+PB”型問題轉(zhuǎn)化為“PC+PB”型.而這里的PA必須是一條方向不變的線段，方能構(gòu)造定角利用三角函數(shù)得到k?PA的等線段注意：若k>1，則提取系數(shù)，轉(zhuǎn)化為小于1的形式解決即可.【模型拓展】對形如a?PA+b?PB(a>b)的式子，可以先將式子變形為，再求出的最小值，此時只需要構(gòu)造,作垂線即可求出最小值.題型01已有相關(guān)角直接作垂線1．（2023·湖南湘西·中考真題）如圖，⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為4．過點B作BE⊥AC于點E，點P為線段BE上一動點（點P不與B，E重合），則CP+12BP

【答案】6【分析】過點P作PD⊥AB，連接CO并延長交AB于點F，連接AO，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和圓內(nèi)接三角形的性質(zhì)得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°角直角三角形的性質(zhì)得到OE=12OA=2，進而求出BE=BO+EO=6【詳解】如圖所示，過點P作PD⊥AB，連接CO并延長交AB于點F，連接AO

∵△ABC是等邊三角形，BE⊥AC∴∠ABE=∠CBE=∵⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為4∴OA=OB=4，CF⊥AB，∴∠OBA=∠OAB=30°∴∠OAE=∠OAB=∵BE⊥AC∴OE=∴BE=BO+EO=6∵PD⊥AB，∠ABE=30°∴PD=∴CP+∴CP+12BP∵△ABC是等邊三角形，BE⊥AC，CF⊥AB∴CF=BE=6∴CP+1故答案為：6．【點睛】此題考查了圓內(nèi)接三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含30°角直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點．2．（21-22八年級下·浙江寧波·開學考試）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)y=33x?3分別交x軸、y軸于A、B兩點，若C為x軸上的一動點，則2BC+【答案】6【分析】先求出點A，點B坐標，由勾股定理可求AB的長，作點B關(guān)于OA的對稱點B'，可證ΔABB'是等邊三角形，由直角三角形的性質(zhì)可得CH＝12AC，則2BC＋AC=2B'C+CH，即當點B'【詳解】解：∵一次函數(shù)y=33x?3分別交x軸、y軸于∴點A（3，0），點B0∴AO＝3，BO=3∴AB=O作點B關(guān)于OA的對稱點B'，連接AB'，B'C，過點C作CH∴OB=OB∴BB'∴AB=AB∴ΔAB∵AO⊥BB∴∠BAO=1∵CH⊥AB，∴CH=1∴2BC+AC=2BC+∴當點B'，點C，點H三點共線時，B'C+CH有最小值，即2BC此時，B'H⊥AB，∴BH＝AH=3∴B'∴2BC＋AC的最小值為6．故答案為：6．【點睛】本題是胡不歸問題，考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，確定點C的位置是解題的關(guān)鍵．3．（2020·陜西·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD是菱形，AB＝8，且∠ABC＝60°，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，則AM+12BM的最小值為【答案】43【分析】如圖，過點A作AT⊥BC于T，過點M作MH⊥BC于H，根據(jù)菱形的性質(zhì)和30°角的直角三角形的性質(zhì)可得MH＝12BM，于是可得AM+12BM的最小值即為【詳解】解：如圖，過點A作AT⊥BC于T，過點M作MH⊥BC于H．∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠DBC＝12∠ABC∵MH⊥BC，∴∠BHM＝90°，∴MH＝12BM∴AM+12BM＝AM+MH∵AT⊥BC，∴∠ATB＝90°，∴AT＝AB?sin60°＝43，∵AM+MH≥AT，∴AM+MH≥43，∴AM+12BM≥43∴AM+12BM的最小值為43故答案為：43．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、30°角的直角三角形的性質(zhì)、垂線段最短以及解直角三角形等知識，屬于常考題型，熟練掌握上述知識、明確解答的方法是解題關(guān)鍵．4．（2023·遼寧錦州·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列步驟作圖：①在AC和AB上分別截取AD、AE，使AD=AE．②分別以點D和點E為圓心，以大于12DE的長為半徑作弧，兩弧在∠BAC內(nèi)交于點M．③作射線AM交BC于點F．若點P是線段AF上的一個動點，連接CP，則CP+【答案】2【分析】過點P作PQ⊥AB于點Q，過點C作CH⊥AB于點H，先利用角平分線和三角形的內(nèi)角和定理求出∠BAF=30°，然后利用含30°的直角三角的性質(zhì)得出PQ=12AP，則CP+12AP=CP+PQ≥CH，當C、P、Q三點共線，且與AB垂直時，CP+12AP最小，CP+【詳解】解：過點P作PQ⊥AB于點Q，過點C作CH⊥AB于點H，由題意知：AF平分∠BAC，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠BAC=60°，∴∠BAF=1∴PQ=1∴CP+1∴當C、P、Q三點共線，且與AB垂直時，CP+12AP最小，CP+∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，∴AB=2AC=8，∴BC=A∵S△ABC∴CH=AC?BC即CP+12AP故答案為：23【點睛】本題考查了尺規(guī)作圖-作角平分線，含30°的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，注意掌握利用等積法求三角形的高或點的線的距離的方法．5．（22-23九年級上·廣東茂名·期末）如圖，AB=AC，A0，15，C（1，0），D為射線AO上一點，一動點P從A出發(fā)，運動路徑為A?D?C，在AD上的速度為4個單位/秒，在CD上的速度為1個單位/秒，則整個運動時間最少時，D【答案】0,【分析】如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M，交AO于D′．運動時間t=AD4+CD1=AD4+CD，由△AHD∽△AOB【詳解】如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M，交AO于D'∵運動時間t=AD∵AB=AC，AO⊥BC，∴BO=OC=1，∵A(0,15)，C（1，0），AB=AC，∴AB=AC=O∵∠DAH=∠BAO，∠DHA=∠AOB=90°，∴△AHD∽△AOB，∴ADAB∴DH=1∴14∴當C，D，H共線且和CM重合時，運動時間最短，∴1∴CM=15∴AM=A∵AD'=4MD'則有：16∴m=71530∴A∴D0,故答案為0,15【點睛】本題考查勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．6．（2023·河北保定·一模）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，AB=OB=3，點M在線段AC上，且AM=2．點P為線段

（1）∠OBC=°；（2）MP+12PB【答案】302【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得到OA=OB=OC=OD，∠ABC=90°，又由AB=OB得到△OAB是等邊三角形，則（2）過點P作PE⊥BC于點E，過點M作MF⊥BC于點F，證明MP+12PB=MP+PE≥MF【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OB=OC=OD，∵AB=OB，∴AB=OB=OA，∴△OAB是等邊三角形，∴∠ABO=60°，∴∠OBC=∠ABC?∠ABO=90°?60°=30°，故答案為：30．（2）過點P作PE⊥BC于點E，過點M作MF⊥BC于點F，

在Rt△BPE由（1）知：∠PBE=30°，∴PE=1∴MP+1在矩形ABCD中，AC=2OA=2OB=6，∵AM=2，∴CM=AC?AM=6?2=4，在Rt△CMF中，∠MCF=∠OBC=30°∴MF=1∴MP+1故答案為：2．【點睛】此題考查了矩形的性質(zhì)、含30°的直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握矩形的性質(zhì)、含30°的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2022·廣西梧州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=?43x?4分別與x，y軸交于點A，B(1)求此拋物線的解析式；(2)若點C的坐標是0,6，將△ACO繞著點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ECF，點A的對應(yīng)點是點E．①寫出點E的坐標，并判斷點E是否在此拋物線上；②若點P是y軸上的任一點，求35BP+EP取最小值時，點【答案】(1)y=(2)①點E在拋物線上；②P（0，?32【分析】（1）先求出A、B坐標，然后根據(jù)待定系數(shù)法求解即可；（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出EF=AO=3，CF=CO=6，從而可求E的坐標，然后把E的坐標代入（1）的函數(shù)解析式中，從而判斷出點E是否在拋物線上；②過點E作EH⊥AB，交y軸于P，垂足為H，sin∠ABO=AOAB=HPBP=35，則HP=【詳解】（1）解：當x=0時，y=-4，當y=0時，?4∴x=-3，∴A（-3，0），B（0，-4），把A、B代入拋物線y=5得518∴b=?1∴拋物線解析式為y=5（2）解：①∵A（-3，0），C（0，6），∴AO=3，CO=6，由旋轉(zhuǎn)知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°∴E到x軸的距離為6-3=3，∴點E的坐標為（6，3），當x=3時，y=5∴點E在拋物線上；②過點E作EH⊥AB，交y軸于P，垂足為H，∵A（?3，0），B（0，?4），∴OA＝3，OB＝4，∴AB＝5，∵sin∠ABO=∴HP=3∴35∴HP＋PE的最小值為EH的長，作EG⊥y軸于G，∵∠GEP＝∠ABO，∴tan∠GEP＝tan∠ABO，∴PGEG∴PG6∴PG＝∴OP＝92?3＝3∴P（0，?32【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角函數(shù)，兩點之間、線段最短等知識，利用三角函數(shù)將35BP轉(zhuǎn)化為8．（2024·山東淄博·一模）如圖，在邊長為6的菱形ABCD中，∠BCD=60°，連接BD，點E，F(xiàn)分別是邊AB，BC上的動點，且AE=BF，連接DE，DF，EF．(1)如圖①，當點E是邊AB的中點時，求∠EDF的度數(shù)；(2)如圖②，當點E是邊AB上任意一點時，∠EDF的度數(shù)是否發(fā)生改變？若不改變，請證明：若發(fā)生改變，請說明理由；(3)若點P是線段BD上的一個動點，連接PF，求PF+3【答案】(1)60°(2)不改變，見解析(3)3【分析】（1）由菱形ABCD可得AB=BC=CD=AD=6，∠BAD=∠BCD=60°，從而△ABD，△BCD是等邊三角形，根據(jù)“三線合一”可得∠EDB=12∠ADB=30°，AE=12AB，進而證得點F是邊（2）由（1）得到△ABD，△BCD是等邊三角形，從而AD=BD，∠DAB=∠DBC=60°，進而證得△ADE≌△BDFSAS，得到∠ADE=∠BDF，從而∠EDF=∠ADB=60°（3）過點P作PG⊥AD于點G，連接PF，過點F作FG'⊥AD于點G'，交BD于點P'，則GP=DP?sin∠ADB=32DP，因此PF+32DP=PF+GP，當點F，P，G三點共線，且FG⊥AD時，PF+GP有最小值，最小值為FG【詳解】（1）∵四邊形ABCD是菱形，邊長為6，∴AB=BC=CD=AD=6，∠BAD=∠BCD=60°，∴△ABD，△BCD是等邊三角形，∴∠ADB=60°，∵點E是邊AB的中點，∴∠EDB=12∠ADB=∵AE=BF，∴BF=∴點F是邊BC的中點，∴∠BDF=1∴∠EDF=∠EDB+∠BDF=30°+30°=60°；（2）∠EDF的度數(shù)不改變，證明如下：由（1）得到△ABD，△BCD是等邊三角形，∴AD=BD，∠DAB=∠DBC=60°，∵AE=BF，∴△ADE≌△BDFSAS∴∠ADE=∠BDF，∴∠EDF=∠BDE+∠BDF=∠BDE+∠ADE=∠ADB=60°；（3）如圖，過點P作PG⊥AD于點G，連接PF，過點F作FG'⊥AD于點G'，交∵∠ADB=60°，∴在Rt△DPG中，∴PF+3∴當點F，P，G三點共線，且FG⊥AD時，PF+GP有最小值，最小值為FG的長，過點D作DH⊥BC于點H，∵四邊形ABCD是菱形，∴DH=FG∴PF+32DP∵DH⊥BC，△BCD是等邊三角形，∴DH=CD?sin∴PF+32DP【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，垂線段最短，解直角三角形．正確作出輔助線，綜合運用相關(guān)知識，采用轉(zhuǎn)化思想是解題的關(guān)鍵．9．（22-23九年級下·江蘇宿遷·階段練習）如圖，二次函數(shù)y=ax2+2ax?3a與x軸交于點A，B，對稱軸為直線l，頂點C到x軸的距離為23．點P為直線l上一動點，另一點從C出發(fā)，先以每秒2個單位長度的速度沿CP運動到點P，再以每秒1個單位長度的速度沿PA運動到點【答案】2【分析】如圖，連接AC,BC，作AD⊥BC于點D，AD與EC交點即為符合題意的點P，可得AB=AC=BC，利用30°角所對的直角邊等于斜邊的一半得到動點運動的時間為CP2【詳解】如圖，連接AC,BC，作AD⊥BC于點D，AD與EC交點即為符合題意的點P，令y=0，則ax解得x=?3或x=1，∴A，B兩點坐標為?3，0，∴AB=4，∵A，B兩點關(guān)于l對稱，∴AE=BE=2，∵頂點C到x軸的距離為23∴AC=BC=∴AB=AC=BC，∵AD,CE都是△ABC的高，∴AD=CE=23由題意得動點運動的時間為CP2∵△ABC是等邊三角形，CE⊥AB，∴∠PCD=1∵作PD⊥CD，∴PD=1∴12顯然在l上另取一點P'，連接P∵P'∴當PA+PD=AD時，運動時間最短為23故答案為：23【點睛】本題考查最短路徑問題，等邊三角形的判定和性質(zhì)，掌握等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型02構(gòu)造相關(guān)角再作垂線10．（22-23九年級上·四川樂山·期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°,∠B=60°,AB=4，若D是BC邊上的動點，則2AD+DC的最小值是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】過點C作射線CE，使∠BCE=30°，再過動點D作DF⊥CE，垂足為點F，連接AD，在Rt△DFC中，∠DCF=30°,DF=12DC,2AD+DC=2(AD+12DC)=2(AD+DF)當A，D，【詳解】解：過點C作射線CE，使∠BCE=30°，再過動點D作DF⊥CE，垂足為點F，連接AD，如圖所示：在Rt△DFC中，∴DF=1∵2AD+DC=2(AD+＝2(AD+DF)，∴當A，D，F(xiàn)在同一直線上，即AF⊥CE時，AD+DF的值最小，最小值等于垂線段AF的長，此時，∠B=∠ADB=60∴△ABD是等邊三角形，∴AD=BD=AB=4，在Rt△ABC中，∴BC=8，∴DC=4，∴DF=1∴AF=AD+DF=4+2=6，∴2(AD+DF)=2AF=12，∴2(AD+DC)的最小值為12，故選：D．【點睛】本題考查垂線段最短、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加輔助線，構(gòu)造胡不歸模型，學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考選擇或填空題中的壓軸題．11．（2024·四川德陽·二模）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A(1，0)，C(?3，0)兩點，與y軸交于點B(0A．2 B．2 C．22 D．4【答案】C【分析】本題考查了二次函數(shù)的圖象，等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，垂線段最短等知識，關(guān)鍵在于把求22BP+AP最小值轉(zhuǎn)化為求PG+AP的最小值；連接BC，AP，過點P作PG⊥BC于點G，連接AG，過點A作AH⊥BC于點H；由B、C的坐標得OB=OC，則有∠OBC=45°，從而PG=2【詳解】解：連接BC，AP，過點P作PG⊥BC于點G，連接AG，過點A作AH⊥BC于點∵C(?3，0)∴OC=OB，∴∠OBC=45°，∴PG=2∴22∴22BP+AP∵A(1，∴AC=1?(?3)=4，在Rt△ACH∵∠ACH=45°，∴AH=2∴22BP+AP故選：C．12．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足為D，P為線段AD上的一動點，連接PB、PC．則PA+2PB的最小值為．【答案】42【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2【詳解】解：如圖，在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB最小，∴∠AFB＝90°∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠CAD＝∠BAD＝12∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，∴PF＝12∴PA+2PB＝212PA+PB＝12在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，∴BF＝AB?sin45°＝4×2∴（PA+2PB）最大＝2BF＝42故答案為：42【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解直角直角三角形，解題的關(guān)鍵是作輔助線．13．（21-22九年級下·湖北武漢·階段練習）如圖，在△ACE中，CA=CE，∠CAE=30°，半徑為5的⊙O經(jīng)過點C，CE是圓O的切線，且圓的直徑AB在線段AE上，設(shè)點D是線段AC上任意一點(不含端點)，則OD+12CD【答案】5【分析】過點C作關(guān)于AE的平行線，過點D作DH垂直于該平行線于H，可將12CD轉(zhuǎn)化為DH，此時OD+12CD【詳解】解：如圖所示，過點C作關(guān)于AE的平行線，過點D作DH垂直于該平行線于H，∵CH//AB，∠CAE=30°，OC=OA，∴∠HCA=∠OCA=30°，∴sin∠HCD=HD∴1∴OD+1∵當O，D，H三點共線，即在圖中H在H'位置，D在D'位置的時候有OD+DH最小，∴當O，D，H三點共線時，OD+1此時OH'=OC×sin∴OD+12CD故答案為53【點睛】本題主要考查了最值問題中的胡不歸問題，解題的關(guān)鍵是在于將1214．（2020九年級·新疆·學業(yè)考試）如圖，在△ABC中，∠A=90°,∠B=60°,AB=4，若D是BC邊上的動點，則2AD+DC的最小值為．【答案】12【分析】過點C作射線CE，使∠BCE=30°，再過動點D作DF⊥CE，垂足為點F，連接AD，在Rt△DFC中，∠DCF=30°，DF=12DC，2AD+DC=2(AD+12DC)=2(AD+DF)當A，D，F(xiàn)【詳解】解：過點C作射線CE，使∠BCE=30°，再過動點D作DF⊥CE，垂足為點F，連接AD，如圖所示：在Rt△DFC中，∠DCF=30°∴DF=1∵2AD+DC=2(AD+=2(AD+DF)，∴當A，D，F(xiàn)在同一直線上，即AF⊥CE時，AD+DF的值最小，最小值等于垂線段AF的長，此時，∠B=∠ADB=60°，∴△ABD是等邊三角形，∴AD=BD=AB=4，在Rt△ABC∠A=90°，∠B=60°，AB=4，∴BC=8，∴DC=4，∴DF=1∴AF=AD+DF=4+2=6，∴2(AD+DF)=2AF=12，∴2AD+DC的最小值為12，故答案為：12．【點睛】本題考查垂線段最短、等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30度的直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加輔助線，構(gòu)造數(shù)學模型，學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．15．（2021九年級·全國·專題練習）如圖，矩形ABCD中AB＝3，BC=3，E為線段AB上一動點，連接CE，則12AE＋CE的最小值為【答案】3【詳解】思路引領(lǐng)：在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．易證ET=12AE，推出12AE+EC＝CE+ET≥CH答案詳解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴tan∠CAB=CB∴∠CAB＝30°，∴AC＝2BC＝23，在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．∵ET⊥AM，∠EAT＝30°，∴ET=12∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝23，∴CH＝AC?sin6°＝23×∵12AE+EC＝CE+ET≥CH∴12AE+EC∴12AE+EC故答案為3．16．（2023·福建泉州·模擬預(yù)測）如圖，已知拋物線y=k8x+2x?4（k為常數(shù)，且k>0）與x軸從左至右依次交于A，B兩點，與y軸交于點C，經(jīng)過點B的直線

(1)若點D的橫坐標為?5，求拋物線的函數(shù)表達式；(2)在（1）條件下，設(shè)F為線段BD上一點（不含端點），連接AF，一動點M從點A出發(fā)，沿線段AF以每秒1個單位的速度運動到F，再沿線段FD以每秒2個單位的速度運動到D后停止．當點F的坐標是多少時，點M在整個運動過程中用時最少?【答案】(1)y=(2)?2,2【分析】（1）由點B的坐標求出直線BD的解析式，再由點D的橫坐標代入直線BD的解析式求出點D的坐標，然后將點D的坐標代入拋物線解析式求k，從而得到拋物線的函數(shù)表達式；（2）過點D作DE⊥x軸于點E，過點D和點F分別作x軸的平行線和y軸的平行線，交于點N，過點A作AH⊥DN于點H，由點B和點D的坐標求線段DE、BE和BD的長度，得到∠DBE=30°，結(jié)合速度可知時間為AF+12DF，然后利用“30°角所對的直角邊是斜邊的一半”得12DF=NF【詳解】（1）解：對于y=k8x+2x?4，當y=0時，∴A?2,0，B將點B4,0代入y=?3∴b=4則直線BD的解析式為：y=?3當x=?5時，y=?3∴D?5,3將點D?5,33代入y=k∴k=8∴拋物線的表達式為：y=3（2）由題意得：點M的運動時間為AF+1過點D作DE⊥x軸于點E，

∵D?5,33，∴DE=33，EB=9，BD=6∴∠DBE=30°，過點D和點F分別作x軸的平行線和y軸的平行線，交于點N，∴∠DBE=∠FDN=30°，∴NF=1∴AF+1過點A作AH⊥DN于點H，此時AF+NFmin∴AH與直線BD的交點即為所求點F，∵A?2,0∴當x=?2時，y=?3∴點F的坐標為?2,23時，點M【點睛】本題考查了二次函數(shù)和一次函數(shù)圖象上點的坐標特征、待定系數(shù)法求拋物線解析式、特殊角的直角三角形三邊關(guān)系，第2問的突破點是利用轉(zhuǎn)化的思想結(jié)合“30°角所對的直角邊是斜邊的一半”將12DF進行轉(zhuǎn)化，然后利用垂線段最短求得用時最小時的點17．（23-24九年級下·江蘇南通·階段練習）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=ax2?2ax?3a與x軸交于A，B兩點，若AB=m，函數(shù)y=ax2(1)求該拋物線的解析式；(2)如果將該拋物線在x軸下方的部分沿x軸向上翻折，得到的圖象與剩余的圖象組成新圖形G．當函數(shù)y1=kx?1+2k的圖象與圖形G的公共點的個數(shù)大于2時，求(3)在（2）的條件下，當k取最大值時，函數(shù)y1=kx?1+2k的圖象與圖形G的對稱軸交于點P，若過P作平行于x軸的直線交圖形G于點Q，過點Q作y軸的平行線交函數(shù)y1=kx+1?2k的圖象于點R，D為線段RQ上的一點，動點C從點R出發(fā)，沿RD→DP運動到點P停止，已知點C在RD上運動的速度為5單位長度每秒，在DP上運動的速度為1單位長度每秒．求當點【答案】(1)y=(2)1≤k≤2(3)D?2,7【分析】（1）令y=0，解方程求得AB=4，得出m=4，進而根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，得出?4a=?4求得a的值，即可求解；（2）先得出y1=kx?1+2k過點?2，?1，根據(jù)題意畫出圖象，觀察函數(shù)圖象可得當y1=kx?1+2k過點A時，與拋物線有3個交點，當y1（3）根據(jù)題意得出k的最大值為2，則y1=2x+3，解方程得出Q?2,5【詳解】（1）解：令y=ax解得：x1∴A?1,0∴AB=4，∵AB=m，∴m=4，∵m+n=0，∴n=?4，∵y=ax∴?4a=?4，解得：a=1，∴拋物線解析式為y=x（2）解：∵y1=kx?1+2k=kx+2?1，當∴y1=kx?1+2k如圖所示，當y1=kx?1+2k過點將A?1,0代入y即?k?1+2k=0解得：k=1，依題意，當?1<x<3時的拋物線解析式為y=?x當y1=kx?1+2k與拋物線∴y消去y得，x∴Δ解得：k=2或k=10（舍去）結(jié)合函數(shù)圖象可得：當函數(shù)y1=kx?1+2k的圖象與圖形G的公共點的個數(shù)大于2時，（3）∵1≤k≤2∴k的最大值為2∴y∵A∴拋物線的對稱軸為直線x=1∴當x=1時，y=2x+3=5，則P當y=5時，x2解得：x1∴Q?2,5或Q當Q?2,5時，如圖所示，則PQ=1?令x=?2，代入y=2x+3=?1，則R∴RQ=6，則PQ=35∴tan∠PRQ=1如圖所示，作P關(guān)于RQ的對稱點P'，則P?5,5，過點D作DN⊥P.∴∠∴ND=sin依題意，點C在RD上運動的速度為5單位長度每秒，在DP上運動的速度為1單位長度每秒．∵PD+ND≥PN，當D在PN上時，取得最小值，即點C運動的時間最短時，此時如圖所示，∵∠RDN=∠QDP,∠PQD=∠DNR=90°，∴∠DQP=∠DRN，∴tan∠QPD=∴PQ=2DQ，∴DQ=3∴D?2,當Q4,5同理可得DQ=1∴D4,綜上所述，D?2,72【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的幾何變換，一次函數(shù)與二次函數(shù)交點問題，解直角三角形，胡不歸問題，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．18．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）探究式學習是新課程倡導的重要學習方式，某興趣小組擬做以下探究．【嘗試初探】（1）如圖①，在四邊形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，AB=AD=5，∠BAD=120°，求AC的長；【深入探究】（2）如圖②，在四邊形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=45°，AC=82，求BD【拓展延伸】（3）如圖③，在四邊形ABCD中，若∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC=60°，AD=AB=23，延長DA,CB相交于點E，DE⊥CE，P是線段AC上一動點，連接PD，求2DP+CP【答案】（1）10；（2）8；（3）62【分析】本題是三角形綜合題，涉及了解特殊的直角三角形、對角互補模型、最值胡不歸模型、角平分線性質(zhì)及判定、全等三角形的判定，解題關(guān)鍵是利用三角形全等轉(zhuǎn)化線段和角的關(guān)系，由30度角、45度角的解直角三角形，求邊長，構(gòu)造胡不歸模型利用垂線段最短求出最值．（1）易證△ABC≌△ADC(HL)，從而可得∠BAC=12∠BAD=60°（2）如圖2，取AC的中點O，連接OB、OD，由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可證明△BOD是等腰直角三角形，OD=OB=12AC=4（3）由已知可以求得證明∠ACD=∠ACB=12∠BCD=15°，∠CAD=105°，再構(gòu)造含30度的直角三角形求出CD=CQ+DQ=6+43，再利用胡不歸模型構(gòu)造【詳解】解：（1）∵∠ABC=∠ADC=90°，AB=AD=5，AC=AC；∴Rt△ABC≌∴∠BAC=∠CAD=1∴∠ACD=90°?∠CAD=30°，∴AC=2AD=10．（2）如圖②，取AC的中點O，連接OB、OD，∵∠ABC=∠ADC=90°，∴OD=OC=12AC∴∠ODC=∠OCD，∠OBC=∠OCB，∴∠AOD=∠ODC+∠OCD=2∠OCD，∠AOB=∠OBC+∠OCB=2∠OCB；∴∠AOD+∠AOB=2(∠OCD+∠OCB)，即∠BOD=2∠BCD，∵∠BCD=45°，∴∠BOD=90°，又∵OD=OB=1∴BD=O（3）如圖③，過點A作AF⊥CD，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC=60°，∴∠ABC=120°，∠ABE=60°，又∵DE⊥CE，∴∠BAE=90°?∠ABE=30°，∴∠DAB=150°，∴∠DCB=360°?∠DAB?(∠ADC+∠ABC)=30°，在△ABE和△ADF中，∠AEB=∠AFD=90°∴△ABE≌△ADF(AAS∴AF=AE，∵AF⊥CD，AE⊥EC，∴∠ACD=∠ACB=1∴∠CAF=90°?∠ACD=75°，∠CAD=180°?∠ADC?∠ACD=105°過點A作AQ⊥AD交CD于點Q，∴∠AQD=90°?∠ADC=30°，∠QAC=∠CAD?∠DAQ=105°?90°=15°，∴DQ=2AD=43，AQ=∵∠QAC=∠ACD=15°，∴AQ=CQ=6，∴CD=CQ+DQ=6+43如圖④，作∠ACG=30°，過點P作PH⊥CG，垂足為H，過點D作DN⊥CG，垂足為N，交AC于M，∴PH=12PC∴DP+PH=DP+12PC∵DP+PH≥DN，當點P在點M位置時，點H與N重合，DP+PH取最小值，最小值為32∴DP+12PC∴2DP+PC最小值為6219．（2024·四川廣元·二模）如圖，在等腰三角形ABC中，CA=CB，C3,0，點A2,m、(1)求反比例函數(shù)的解析式，并證明△ABC為直角三角形；(2)在x軸上求作一點P，使PB+12PC【答案】(1)y=6(2)P6?3【分析】（1）過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BD⊥x軸于點D，通過證明△ACE≌△CBD（HL），得到A，B兩點的坐標，用待定系數(shù)法求出反比例函數(shù)解析式，通過全等得到∠CAE=∠BCD，進而得到∠ACB=90°（2）過點C在x軸下方作射線CN，使∠OCN=150°，過點B作BM⊥CN，垂足為M，交x軸于點P，則∠PCM=30°，根據(jù)解直角三角形求出PM=12PC，根據(jù)“垂線段最短”可知，此時PB+12PC的值最小，過點B作BF⊥x軸，垂足為【詳解】（1）解：如圖1，過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BD⊥x軸于點D，則∠AEC=∠CDB=90°，∵點C3,0，A2,m，∴EC=BD=1，∵∠AEC=∠CDB=90°，∴△ACE≌△CBD（HL）∴CD=AE=m，∴OD=3+m=n，∴點B的坐標是3+m,1，∵點A2,m,B3+m,1∴2m=3+m×1，解得∴點A的坐標是2,3，點B的坐標是6,1，∴k=2×3=6，∴反比例函數(shù)的解析式是y=6∵△ACE≌∴∠CAE=∠BCD，又∠ACE+∠CAE=90°，∴∠ACE+∠BCD=90°，∴∠ACB=90°，∴△ABC為直角三角形；（2）如圖2，過點C在x軸下方作射線CN，使∠OCN=150°，過點B作BM⊥CN，垂足為M，交x軸于點P，則∠PCM=30°，∴PM=PC?sin30°=∴PB+1根據(jù)“垂線段最短”可知，此時PB+1過點B作BF⊥x軸，垂足為F，∵BF=1，∴sin∴PB=∴OP=6?3∴P6?∴PM=1∴PB+1綜上可知，點P6?33,0【點睛】本題考查了求反比例函數(shù)綜合，待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用，垂線段最短，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形，是解題關(guān)鍵．類型二阿氏圓模型使用場景已知兩個定點A，B，動點P在定圓上，求PA+kPB的最小值類型點A，B均在圓外，r=kOB(k<1)點A，B均在圓內(nèi)，r=kOB(k>1)圖示解題策略第一步:在OB上取點D，使得OD=kr；第二步:由母子相似模型可得△POD∽△BOP，則PD=kPB,此時PA+kPB=PA+PD;第三步:連接AD，則AD的長即為PA+kPB的最小值.第一步:在OB的延長線上取點D，使得OD=kr;第二步:由母子相似模型可得△POD∽△BOP，則PD=kPB.此時PA+kPB=PA+PD;第三步:連接AD，則AD的長即為PA+kPB的最小值大招結(jié)論AD的長即為PA+kPB的最小值【模型總結(jié)】對于阿氏圓而言：當系數(shù)k＜1的時候，一般情況下，考慮向內(nèi)構(gòu)造.當系數(shù)k＞1的時候，一般情況下，考慮向外構(gòu)造.【注意事項】針對求PA+kPB的最小值問題時，當軌跡為直線時，運用“胡不歸模型”求解；當軌跡為圓形時，運用“阿氏圓模型”求解.題型01兩點在圓外：向內(nèi)取點（系數(shù)小于1）20．（2024·山東泰安·二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=22，AC=9，以C為圓心，3為半徑作⊙C，P為⊙C上一動點，連接AP、BP，則1A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形；懂得依題意作輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．在CA上截取CM，使得CM=1，連接PM，PC，BM．利用相似三角形的性質(zhì)證明MP=13PA，可得1【詳解】解：如圖，在CA上截取CM，使得CM=1，連接PM，PC，BM．∵PC=3，CM=1，CA=9，∴PC∴PCCA∵∠PCM=∠ACP，∴△PCM∽△ACP，∴PMPA∴MP=1∴13∵PM+PB≥BM，在Rt△BCM中，∠BCM=90°，CM=1，CB=22∴BM=C∴13∴13AP+BP的最小值為故選：C．21．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）如圖，矩形ABCD中AB=8，AD=6，點E是矩形ABCD內(nèi)部一個動點，且EB=4，連接CE，則DE+三分之二CE的最小值為（

）A．8 B．263 C．233 【答案】B【分析】根據(jù)題意可得：點E在以B為圓心，4為半徑的圓弧上運動，在BC上取一點F，使BF=83，連接EF，由矩形的性質(zhì)可得BC=AD=6，CD=AB=8，推出CF=103，證明△BEF∽△BCE，得到EF=23CE，推出DE+23CE=DE+EF，即當D、【詳解】解：根據(jù)題意可得：點E在以B為圓心，4為半徑的圓弧上運動，在BC上取一點F，使BF=83，連接∵矩形ABCD中，AB=8，AD=6，∴BC=AD=6，CD=AB=8，∴CF=BC?BF=6?8∵EB=4，∴BEBC又∵∠B=∠B，∴△BEF∽△BCE，∴EFCE∴EF=2∴DE+2∴當D、E、F共線時，DE+23CEDF=C故選:B．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，圓的性質(zhì)，勾股定理，線段和最短問題，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線．22．（2024·安徽六安·模擬預(yù)測）如圖，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=6，E為AD邊上一動點，將△ABE沿BE翻折到△FBE的位置，點A與點F重合，連接DF，CF，則DF+1A．92 B．132 C．4 【答案】D【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，找到最小距離是解題的關(guān)鍵．在BC上取點G，使BG=32，連接FG，DG，證明△FBG∽△CBF，可得出FG=12CF，則DF+12FC=DF+GF≥DG，當D、F、【詳解】解：如圖，在BC上取點G，使BG=32，連接FG，∵△ABE沿BE邊翻折到△FBE，∴BF=AB=3，又∵BC=6，∴BGBF=1∴BGBF又∠FBG=∠CBF，∴△FBG∽△CBF，∴GFCF∴FG=1∴DF+1當D、F、G三點共線時，DF+1在Rt△CDG中，CD=AB=3CG=BC?BG=4.5，∠BCD=90°，∴DG=C即DF+12FC故選：D．23．（2020·廣西·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，點E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，點P是扇形AEF的EF上任意一點，連接BP，CP，則12BP+CP的最小值是【答案】17．【分析】在AB上取一點T，使得AT＝1，連接PT，PA，CT．證明△PAT∽△BAP，推出PTPB＝APAB＝12，推出PT＝12PB，推出12PB+CP＝CP+PT，根據(jù)PC+PT【詳解】解：在AB上取一點T，使得AT＝1，連接PT，PA，CT．∵PA＝2．AT＝1，AB＝4，∴PA2＝4=AT?AB，∴PAAT＝AB∵∠PAT＝∠PAB，∴△PAT∽△BAP，∴PTPB＝APAB＝∴PT＝12PB∴12PB+CP＝CP+PT∵PC+PT≥TC，在Rt△ACT中，∵∠CAT＝90°，AT＝1，AC＝4，∴CT＝AT2+A∴12PB+PC≥17∴12PB+PC的最小值為17故答案為17．【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，三角形的三邊關(guān)系，圓的基本性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．24．（2022九年級上·浙江·專題練習）如圖所示的平面直角坐標系中，A(0,4)，B(4,0)，P是第一象限內(nèi)一動點，OP=2，連接AP、BP，則BP+12AP【答案】17【分析】取點T(0,1)，連接PT，BT．根據(jù)OP2=OT?OA，有OPOT=OAOP，即可證明△POT∽△AOP，即有PTPA=【詳解】解：如圖，取點T(0,1)，連接PT，BT．∵T(0,1)，A(0,4)，B(4,0)，∴OT=1，OA=4，OB=4，∵OP=2，∴OP∴OPOT∵∠POT=∠AOP，∴△POT∽△AOP，∴PTPA∴PT=1∴PB+1∵BT=1∴PB+PT≥17∴BP+12AP≥17，（當B、∴BP+12PB故答案為：17．【點睛】本題考查阿氏圓問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．25．（2021九年級·全國·專題練習）如圖1，在RT△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，圓C的半徑為2，點P為圓上一動點，連接AP，BP，求：①AP+1②2AP+BP，③13④AP+3BP的最小值．【答案】①37；②237；③2373；【分析】①在CB上取點D，使CD=1，連接CP、DP、AD．根據(jù)作圖結(jié)合題意易證△DCP～△PCB，即可得出PD=12BP，從而推出AP+12BP=AP+PD，說明當A、P、D三點共線時，AP+PD最小，最小值即為②由2AP+BP=2(AP+1③在CA上取點E，使CE=23，連接CP、EP、BE．根據(jù)作圖結(jié)合題意易證△ECP～△PCA，即可得出EP=13AP，從而推出13AP+BP=EP+BP，說明當B、P、E三點共線時，EP+BP④由AP+3BP=3(1【詳解】解：①如圖，在CB上取點D，使CD=1，連接CP、DP、AD．∵CD=1，CP=2，CB=4，∴CDCP又∵∠DCP=∠PCB，∴△DCP～△PCB，∴PDBP=1∴AP+1∴當A、P、D三點共線時，AP+PD最小，最小值即為AD長．∵在Rt△ACD中，AD=A∴AP+12BP②∵2AP+BP=2(AP+1∴2AP+BP的最小值為2×37③如圖，在CA上取點E，使CE=23，連接CP、EP、∵CE=23，CP=2，∴CECP又∵∠ECP=∠PCA，∴△ECP～△PCA，∴EPAP=1∴13∴當B、P、E三點共線時，EP+BP最小，最小值即為BE長．∵在Rt△BCE中，BE=B∴13AP+BP的最小值為④∵AP+3BP=3(1∴AP+3BP的最小值為3×2【點睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．正確的作出輔助線，并且理解三點共線時線段最短是解答本題的關(guān)鍵．26．（2023·山東煙臺·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx+5與x軸交于A,B兩點，與y軸交于點C,AB=4．拋物線的對稱軸x=3與經(jīng)過點A的直線y=kx?1交于點D，與x

(1)求直線AD及拋物線的表達式；(2)在拋物線上是否存在點M，使得△ADM是以AD為直角邊的直角三角形?若存在，求出所有點M的坐標；若不存在，請說明理由；(3)以點B為圓心，畫半徑為2的圓，點P為⊙B上一個動點，請求出PC+1【答案】(1)直線AD的解析式為y=x?1；拋物線解析式為y=(2)存在，點M的坐標為4,?3或0,5或5,0(3)41【分析】（1）根據(jù)對稱軸x=3，AB=4，得到點A及B的坐標，再利用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）先求出點D的坐標，再分兩種情況：①當∠DAM=90°時，求出直線AM的解析式為y=?x+1，解方程組y=?x+1y=x2?6x+5，即可得到點M的坐標；②當∠ADM=90°時，求出直線DM的解析式為y=?x+5，解方程組（3）在AB上取點F，使BF=1，連接CF，證得BFPB=PBAB，又∠PBF=∠ABP，得到△PBF∽△ABP，推出PF=12PA，進而得到當點C、P、F【詳解】（1）解：∵拋物線的對稱軸x=3，AB=4，∴A1,0將A1,0代入直線y=kx?1，得k?1=0解得k=1，∴直線AD的解析式為y=x?1；將A1,0,B5,0a+b+5=025a+5b+5=0，解得a=1∴拋物線的解析式為y=x（2）存在點M，∵直線AD的解析式為y=x?1，拋物線對稱軸x=3與x軸交于點E．∴當x=3時，y=x?1=2，∴D3,2①當∠DAM=90°時，設(shè)直線AM的解析式為y=?x+c，將點A坐標代入，得?1+c=0，解得c=1，∴直線AM的解析式為y=?x+1，解方程組y=?x+1y=得x=1y=0或x=4∴點M的坐標為4,?3；②當∠ADM=90°時，設(shè)直線DM的解析式為y=?x+d，將D3,2得?3+d=2，解得d=5，∴直線DM的解析式為y=?x+5，解方程組y=?x+5y=解得x=0y=5或x=5∴點M的坐標為0,5或5,0綜上，點M的坐標為4,?3或0,5或5,0；（3）如圖，在AB上取點F，使BF=1，連接CF，∵PB=2，∴BFPB∵PBAB∴BFPB又∵∠PBF=∠ABP，∴△PBF∽△ABP，∴PFPA=BF∴PC+1∴當點C、P、F三點共線時，PC+12PA∵OC=5,OF=OB?1=5?1=4，∴CF=O∴PC+12PA

【點睛】此題是一次函數(shù)，二次函數(shù)及圓的綜合題，掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，求兩圖象的交點坐標，正確掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．27．（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=6,BC=8,，D，E為BC，AC上的動點，且DE=4，P(1)若DE∥AB，求(2)在線段DE的運動過程中，CD的長由2到23，求這一變化過程中，點P(3)連結(jié)PA，PB，求【答案】(1)16(2)1(3)145【分析】（1）先利用勾股定理求出AB=10，根據(jù)DE∥AB，證明（2）連接CP，根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半求出CP=2，再根據(jù)當CD=2時，△DCP為等邊三角形，∠DCP=60°；當CD=23時，∠DCP=30°，得到弧的圓心角為30°（3）在CB上取一點F，使得CF=12，連接PF，AF，利用相似三角形的性質(zhì)證明PF=14PB【詳解】（1）解：在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=6,BC=8∴AB=A∵DE∥∴△CDE∽∴CDBC=DE∴CD=16（2）解：連接CP，∵∠C=90°，P為DE的中點，DE=4，∴CP=1∴點P運動的路線是以C為圓心，2為半徑的一段圓弧，當CD=2時，△DCP為等邊三角形，∠DCP=60°；當CD=23時，∠DCP=30°，得到弧的圓心角為30°則P運動的路程即為圓心角為30°的弧的長度，即為30×2π（3）解：如圖，在CB上取一點F，使得CF=12，連接PF，∵∠DCE=90°，DE=4，DP=PE，∴PC=1∵CFCP=1∴CFCP∵∠PCF=∠BCP，∴△PCF∽△BCP，∴PFPB∴PF=1∴PA+1∵PA+PF≥AF，AF=C∴PA+1∴PA+14PB【點睛】本題考查阿氏圓問題，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．28．（2021九年級·全國·專題練習）如圖，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C為頂點的正方形CDEF（C、D、E、F四個頂點按逆時針方向排列）可以繞點C自由轉(zhuǎn)動，且CD＝2，連接AF，BD（1）求證：△BDC≌△AFC（2）當正方形CDEF有頂點在線段AB上時，直接寫出BD＋22AD（3）直接寫出正方形CDEF旋轉(zhuǎn)過程中，BD＋22AD【答案】（1）見解析；（2）2+1或2+【分析】（1）利用SAS，即可證明△FCA≌△DCB；（2）分兩種情況當點D，E在AB邊上時和當點E，F(xiàn)在邊AB上時，討論即可求解；（3）取AC的中點M．連接DM，BM．則CM＝1，可證得△DCM∽△ACD，可得DM＝22AD，從而得到當B，D，M共線時，BD+22【詳解】（1）證明：∵四邊形CDEF是正方形，∴CF＝CD，∠DCF＝∠ACB＝90°，∴∠ACF＝∠DCB，∵AC＝CB，∴△FCA≌△DCB（SAS）；（2）解：①如圖2中，當點D，E在AB邊上時，∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，∴AB=AC∵CD⊥AB，∴AD＝BD＝=AC×sin∴BD+22AD＝=②如圖3中，當點E，F(xiàn)在邊AB上時．BD＝CF＝BC×sin45°=2×2AD＝BD2+A∴BD+22AD＝2綜上所述，BD＋22AD的值2+1或（3）如圖4中．取AC的中點M．連接DM，BM．則CM＝1，∵CD＝2，CM＝1，CA＝2，∴CD2＝CM?CA，∴CDCA＝CM∵∠DCM＝∠ACD，∴△DCM∽△ACD，∴DMAD＝CDAC＝∴DM＝22AD∴BD+22AD＝BD+DM∴當B，D，M共線時，BD+22AD最小值BM=C【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，熟練掌握相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．29．（2024·廣東廣州·三模）已知，如圖1，PAB為⊙O的割線，直線PC與⊙O有公共點C，且PC

(1)求證：①∠PCA=∠PBC；②直線PC是⊙O的切線；(2)如圖2，作弦CD，使CD⊥AB，連接AD、BC，，若AD=2，BC=6，求⊙O的半徑；(3)如圖3，若⊙O的半徑為2，PO=10，MO=2，∠POM=90°，⊙O上是否存在一點Q，使得PQ+【答案】(1)見解析(2)10(3)存在，最小值為11【分析】（1）①根據(jù)已知條件得到PCPA=PBPC，推出△PCA∽△PBC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到∠PCA=∠PBC；②作直徑CF，連接AF，則∠CAF=90°，得到∠PCA+∠FCA=90°，（2）作直徑BE，連接CE、AE．則∠BCE=∠BAE=90°，推出AE∥