中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)“PA+kPB”最值探究(胡不歸+阿氏圓) 學(xué)案

中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)“PA+kPB”最值探究(胡不歸+阿氏圓)學(xué)案近年來，中考數(shù)學(xué)中出現(xiàn)了“PA+k·PB”型的最值問題，其中當(dāng)k取1時，可以轉(zhuǎn)化為“PA+PB”之和最短問題，使用常見的“飲馬問題”模型來處理。但當(dāng)k取任意不為1的正數(shù)時，問題就變得更加困難，需要轉(zhuǎn)換思路。胡不歸問題是指動點P在直線上運動，求PA+k·PB的最小值或最大值的問題。這種問題無法使用常規(guī)的軸對稱思想來解決，需要采用其他方法。阿氏圓問題是指動點P在圓周上運動，求PA+k·PB的最小值或最大值的問題。解決這種問題需要利用阿氏圓的性質(zhì)。三角形三邊關(guān)系是解決線段最值問題的基礎(chǔ)思想之一。在平面內(nèi)，兩點之間線段最短，垂線段最短，可以通過將軍飲馬問題、費馬點、將軍飲馬特例、平行線間垂線段最短、直角三角形斜邊大于直角邊、圓外一點與圓上點距離最值垂徑定理等來體現(xiàn)。阿氏圓問題和胡不歸問題是解決“PA+k·PB”型的最值問題的兩種分類。在處理這種問題時，需要采用特殊的方法，而不是常規(guī)的軸對稱思想。從前，有一個小伙子在外地讀書。當(dāng)他獲悉在家的老父親病危的消息后，便立即啟程趕路。由于著急的不行，他只考慮了兩點之間線段最短的原理，所以選擇了全是沙礫地帶的直線路徑A→B，而忽視了走折線雖然路程多但速度快的實際情況。當(dāng)他氣喘吁吁地趕到家時，老人剛剛咽了氣，小伙子失聲痛哭。鄰居勸慰小伙子時告訴說，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”。已知：AC上方為砂地，速度為V2，AC上則為平地，速度為V1。路線1為走AB，路線2為走AD后再走DB。求解：D在何處所花時間最短？解決方法：路線1時間為tAB1=V2。路線2時間為tADDB2=V1+V2。關(guān)鍵點：將V1轉(zhuǎn)化為V2作∠CAE=∠α，使得sinα=V2/V1。過點B作BE⊥AE交AC于點D，則D為所求點。此時，ADDE=αV=DE/sinα=DE×V2/V1。則路線2時間變?yōu)閠BE2=V2×DE×V2/V1。模型歸納：當(dāng)V2等于1個單位每秒，V1等于0.1個單位每秒時，PA+k·PB型的最值問題為t=11kAD+DB。模型說理：A、B為定點，P為射線BM上一點，求PA+k·PB的最小值及確定P點的位置。關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化k·PB的大小，構(gòu)造∠NBM，使sin∠NBM=k，過P作PQ⊥BN與點Q，此時PQ=PB·sin∠NBM=k·PB。求PA+k·PB的最小值轉(zhuǎn)化為求PA+PQ的最小值，則過A作AQ⊥BN與點Q交BM于點P，此時AQ即為最小值，P為所求點。解題步驟：1.將所求線段寫成PA+k·PB的形式（0<k<1）。2.在PB一側(cè)，PA異側(cè)，構(gòu)造一個角度α，使sinα=k。3.過A做構(gòu)造的角的另一邊的垂線，則垂線段即為所求最小值。4.計算即可。例1：如圖，四邊形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=60°，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，求解AM+BM的最小值。詳解：如圖，作AN⊥于BC垂足為N，因為四邊形ABCD是菱形且∠ABC=60°，所以∠DBC=30°，即sinDBC1/2，因此1/BM=MN，所以AM+1/BM=AM+MN，即AM+BM的最小值為AN=2√3。變式思考：(1)改為求2AM+BM的最小值？解：2√3+2。(2)改為求AM+2BM的最小值？解：2。例2：如圖所示，點A為直線l外一定點，點B,C為直線l上兩點，且AB=2，∠ABC=15°，點P為直線l上的動點，請確定點P的位置，使AP+1/BP最小，并求出這個最小值。解：如圖，作AN⊥于BC垂足為N，在Rt△ABN中，AN=AB·sin∠ABC=2·sin15°，因此AP+1/BP的最小值為2sin15°。變式思考：改為求2AP+2BP的最小值？解：4sin15°。例3：如圖，P為正方形ABCD對角線BD上一動點，若AB=2，則AP+BP+CP的最小值為_____解：如圖，作AE⊥于BD垂足為E，因為AP+BP+CP=AE+BE+CE，所以AP+BP+CP的最小值為2√2。例4：如圖，一條筆直的公路l穿過草原，公路邊上有一消防站A，距離公路5千米的地方有一居名點B，A，B的直線距離是13千米.居民點B著火，消防員受命欲前往救火，若消防車在公路上的最快速度是80千米/小時，而在草地上的最快速度是40千米/小時，則消防車在出發(fā)后最快經(jīng)5/2小時可到達居民點B.（友情提醒：消防車可從公路的任意位置進入草地行駛）解：如圖，設(shè)消防車從公路上某點O進入草地，則在公路上行駛的時間為t1，行駛的路程為80t1，在草地上行駛的時間為t2，行駛的路程為40t2，因為消防車在出發(fā)后最快經(jīng)5/2小時可到達居民點B，所以80t1+40t2=13，且t1+t2=5/2，解得t1=1，t2=3/2，因此消防車在出發(fā)后最快經(jīng)5/2小時可到達居民點B。例5：如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知A(0,4)，B(-1,0)，在y軸上有一動點G，求BG+1/3AG的最小值.解：如圖，設(shè)G的坐標(biāo)為(0,y)，則BG+1/3AG=√(1+y^2)+1/3√y^2+16，因此BG+1/3AG的最小值為4。例6：如圖，等腰△ABC中，AB=AC=3，BC=2，BC邊上的高為AO，點D為射線AO上一點，一動點P從點A出發(fā)，沿AD-DC運動，動點P在AD上運動速度3個單位每秒，動點P在CD上運動的速度為1個單位每秒，則當(dāng)AD=9/2時，運動時間最短為3秒.解：如圖，設(shè)DP=x，則AP=9/2-x，因為AD-DC=BC=2，所以CD=2-x，因此運動時間為t=AD/3+CD=3+(2-x)/1=5-x，因此運動時間最短為3秒，此時x=2。例7：如圖，在菱形ABCD中，AB=6，且∠ABC=150°，點P是對角線AC上的一個動點，則PA+PB+PD的最小值為6。解：如圖，作AN⊥于BC垂足為N，因為∠ABC=150°，所以∠DBC=30°，因此1/BM=MN，所以PA+PB+PD=AN+BN+DN=6。剔除下面文章的格式錯誤，刪除明顯有問題的段落，然后再小幅度的改寫每段話。阿氏圓簡介：阿氏圓，又稱阿波羅尼斯圓，是一個以定比m:n內(nèi)分和外分定線段AB的兩個分點的連線為直徑的圓。這個軌跡最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，因此得名阿氏圓(k=m:n)。證明：設(shè)點A(a，0)，B(0,0)，P(x,y)，則PA的長度為√((x-a)^2+y^2)，PB的長度為√(x^2+y^2)。因為PA/PB=k且不等于1，所以有√((x-a)^2+y^2)/√(x^2+y^2)=k。將其平方得到(x-a)^2+k^2y^2=k^2x^2+k^2y^2，整理后可得到x=(k^2a)/(k^2-1)，y=(ka)/(k^2-1)。因此，點P的坐標(biāo)可以表示為((k^2a)/(k^2-1),(ka)/(k^2-1))。因此，阿氏圓的軌跡為以線段AB的兩個分點為直徑的圓。例8：在平面四邊形ABCD中，AB=BC=1，AD=CD=2，∠DAB=∠DCB=90°，點P為AD中點，M，N分別在線段BD，BC上，則PM+2MN的最小值為多少？首先，我們可以通過畫圖來確定點M和點N的坐標(biāo)。然后，根據(jù)阿氏圓的性質(zhì)，我們可以得到點P的坐標(biāo)為(1,1)。接下來，我們可以使用距離公式計算PM和MN的長度，然后求和得到PM+2MN的值。最后，我們可以通過求導(dǎo)數(shù)來確定這個式子的最小值，得到最終答案。例9：在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=ax^2+bx+c的圖像經(jīng)過點A(-1,0)，B(0,-3)，C(2,0)，其中對稱軸與x軸交于點D。若P為y軸上的一個動點，連接PD，則1/2PB+PD的最小值為多少？首先，我們可以通過已知點求出二次函數(shù)的系數(shù)，然后求出對稱軸的方程。接下來，我們可以確定點D的坐標(biāo)為(0,1)，然后使用距離公式計算出PD和PB的長度。最后，我們可以根據(jù)最小值原理來求出1/2PB+PD的最小值，得到最終答案。例10：已知拋物線y=(8/3)(x+2)(x-4)與x軸從左至右依次交于點A、B，與y軸交于點C，經(jīng)過點B的直線y=-3x+43與拋物線的另一個交點為D(-5,33/3)。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(dāng)點F的坐標(biāo)為(-2,23)時，點M在整個運動過程中用時最少。首先，我們可以通過已知點求出拋物線的方程和點B的坐標(biāo)。然后，我們可以使用求根公式來求出拋物線和直線的交點的坐標(biāo)。接下來，我們可以使用距離公式計算出AF和FD的長度。然后，我們可以使用時間公式計算出點M到點F和點F到點D的時間。最后，我們可以將兩個時間相加得到總時間，并通過求導(dǎo)數(shù)來確定F的坐標(biāo)，使得總時間最小。例11：拋物線y=x^2-2x-3與x軸交于A,B兩點，過點B的直線交拋物線于點E，且tan∠EBA=4/3。有一只螞蟻從A(3,0)出發(fā)，先以1單位/秒的速度爬到線段BE的點D處，再以1.25單位/秒的速度沿著DE爬到E處覓食。螞蟻從A到E的最短時間是多少秒？首先，我們可以通過已知點求出拋物線的方程和點B的坐標(biāo)。然后，我們可以使用tan的定義來求出直線BE的斜率。接下來，我們可以使用點斜式來確定直線BE的方程。然后，我們可以使用距離公式計算出AD、BD、BE、DE的長度。接下來，我們可以使用時間公式計算出點A到點D和點D到點E的時間。最后，我們可以將兩個時間相加得到總時間，并通過求導(dǎo)數(shù)來確定D的坐標(biāo)，使得總時間最小。$x-a)^2+y^2=kx^2+y^2/2$化簡得：$2x-a=kx^2/(1-k)$∴點P的軌跡是以$(a/2,0)$為圓心，半徑為$a/(2\sqrt{1-k^2})$的圓。重要結(jié)論：$AM/AN=AP/AN=AP/AM=k$$OP/OA=OP/OB=AP/BP=k$（母子型相似）模型考法：考慮阿波羅尼斯圓模型時，已知阿波羅尼斯圓P和一個定點A（大前提：$OA_1=k$），要求找到AP，則需要找出B點，使得$BP$為所求。但是如何找到B點呢？法一：根據(jù)阿波羅尼斯圓的定義構(gòu)造母子相似。法二：根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，連接$AC$即為所求。解題步驟：1.連接動點至圓心O，連接$OP$、$OB$。2.計算出所連接的這兩條線段$OP$、$OB$的長度。3.計算這兩條線段長度的比。4.在$OB$上取點C，使得$OC=k*OP$。5.連接$AC$，與圓$O$交點即為點P。6.計算$AC$的長度即可。例1：在直角三角形$ABC$中，$\angleACB=90^\circ$，$CB=4$，$CA=6$，圓$C$半徑為$2$，$P$為圓上一動點，連接$AP$、$BP$，求$AP+BP$的最小值為多少？解：連接$CP$，在$CB$上取點$D$，使得$CD=1$，則$PD=BP$，$AP+BP=AD$。由相似三角形可得$PD=BP=2/3$，$CD=1$，$AD=37/6$，故$AP+BP=AD=37/6$。例1變式：已知函數(shù)$f(x)=\sqrt{2x-x^2}$，$x\in[0,2]$，$AB$為$f(x)$的圖像上的一條弧，$O$為坐標(biāo)系原點，$P$為$AB$上一動點，$PC$垂直于$x$軸，$PD$垂直于$y$軸，求$PC+PD$的最小值。首先可以求出$f(x)$的定義域為$[0,2]$，然后可以求出$f(x)$的導(dǎo)數(shù)為$f'(x)=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}$，令$f'(x)=0$，解得$x=1$，即$f(x)$在$x=1$處取得最大值$\sqrt{2}$。因為$AB$是$f(x)$的圖像上的一條弧，所以可以知道$AB$的長度為$\int_0^2\sqrt{1+f'(x)^2}dx=\int_0^2\sqrt{2-x}dx=\frac{4}{3}(2\sqrt{2}-1)$。由于$PC$垂直于$x$軸，所以$PC$的長度為$f(P_x)$，其中$P_x$為$P$的橫坐標(biāo)。同理，$PD$的長度為$f^{-1}(P_y)$，其中$P_y$為$P$的縱坐標(biāo)。因此，$PC+PD=f(P_x)+f^{-1}(P_y)$。由于$f(x)$在$x=1$處取得最大值，所以當(dāng)$P_x=1$時，$f(P_x)$取得最大值$\sqrt{2}$。又因為$f(x)$是關(guān)于直線$x=1$對稱的，所以當(dāng)$P_x=1$時，$f^{-1}(P_y)$也取得最大值$\sqrt{2}$。因此，$PC+PD$的最小值為$2\sqrt{2}$。例2：如圖，在直角坐標(biāo)系中，以原點$O$為圓心作半徑為4的圓交$x$軸正半軸于點$A$，點$M$坐標(biāo)為$(6,3)$，點$N$坐標(biāo)為$(8,0)$，點$P$在圓上運動，求$PM+PN$的最小值。由于圓心在原點，半徑為4，所以圓的方程為$x^2+y^2=16$。點$A$的坐標(biāo)為$(4,0)$。由于點$P$在圓上運動，所以可以設(shè)點$P$的坐標(biāo)為$(x,\sqrt{16-x^2})$，其中$x\in[0,4]$。因此，$PM+PN=\sqrt{(x-6)^2+(\sqrt{16-x^2}-3)^2}+\sqrt{(x-8)^2+(\sqrt{16-x^2}-0)^2}$。為了方便計算，可以先將式子化簡為$\sqrt{x^2-12x+45}+\sqrt{x^2-16x+80}$。因為$x\in[0,4]$，所以可以對每個根號內(nèi)的式子求導(dǎo)數(shù)，然后令導(dǎo)數(shù)為0，解得$x=2$。因此，$PM+PN$的最小值為$\sqrt{2^2-12\times2+45}+\sqrt{2^2-16\times2+80}=2\sqrt{5}$。例3：正$\triangleABC$的內(nèi)切圓半徑為1，$P$為圓上一點，$BP+CP$的最小值為____。由于$\triangleABC$的內(nèi)切圓半徑為1，所以可以知道$\triangleABC$的面積為$s=\frac{1}{2}(a+b+c)$，其中$a,b,c$分別為$\triangleABC$的三條邊長。又因為內(nèi)切圓的半徑為1，所以可以知道$\triangleABC$的半周長為$p=s=1+\frac{BP+CP}{2}$，即$BP+CP=2p-2$。由海倫公式，可以知道$\triangleABC$的面積為$\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$。又因為$\triangleABC$是正三角形，所以可以知道$a=b=c=2p/3$。因此，$BP+CP=2p-2=2\sqrt{3}-2$。例4：如圖，半圓的半徑為1，$AB$為直徑，$AC$、$BD$為切線，$AC=1$，$BD=2$，$P$為$AB$上一動點，求$PC+PD$的最小值。由于半圓的半徑為1，所以可以知道圓的方程為$x^2+y^2=1$。因為$AC$、$BD$為切線，所以可以知道$AC\perpOD$，$BD\perpOC$，其中$O$為圓心。因此，$AC$的斜率為$-1$，$BD$的斜率為$1/2$。又因為$AC=1$，$BD=2$，所以可以知道$C$的坐標(biāo)為$(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}})$，$D$的坐標(biāo)為$(\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}})$。設(shè)$P$的坐標(biāo)為$(x,y)$，則$PC=\sqrt{(x-\frac{1}{\sqrt{2}})^2+(y-\frac{1}{\sqrt{2}})^2}$，$PD=\sqrt{(x-\frac{2}{\sqrt{5}})^2+(y-\frac{1}{\sqrt{5}})^2}$。因此，$PC+PD=\sqrt{(x-\frac{1}{\sqrt{2}})^2+(y-\frac{1}{\sqrt{2}})^2}+\sqrt{(x-\frac{2}{\sqrt{5}})^2+(y-\frac{1}{\sqrt{5}})^2}$。為了方便計算，可以先將式子化簡為$\sqrt{2-2x\sqrt{2}+2y\sqrt{2}}+\sqrt{5-4x\sqrt{5}+y\sqrt{5}}$。對每個根號內(nèi)的式子求導(dǎo)數(shù)，然后令導(dǎo)數(shù)為0，解得$x=\frac{1}{\sqrt{10}}$，$y=\frac{2}{\sqrt{10}}$。因此，$PC+PD$的最小值為$\sqrt{2-2\times\frac{1}{\sqrt{10}}\times\sqrt{2}+2\times\frac{2}{\sqrt{10}}\times\sqrt{2}}+\sqrt{5-4\times\frac{1}{\sqrt{10}}\times\sqrt{5}+\frac{2}{\sqrt{10}}\times\sqrt{5}}=2\sqrt{2}+\sqrt{5}-\sqrt{10}$。例5：已知扇形$COD$中，$\angleCOD=90^\circ$，$OC=6$，$OA=3$，$OB=5$，點$P$是$CD$上一點，則$2PA+PB$的最小值為_______。因為$\angleCOD=90^\circ$，所以可以知道扇形$COD$的面積為$\frac{1}{2}\times6\times5=15$。又因為$OA=3$，$OB=5$，所以可以知道扇形$COD$的弧長為$3\pi+5\pi-2\times6\pi=2\pi$。因此，$PA+PB$的最小值為$\frac{2}{\pi}\times15=10$。因為$2PA+PB$是$PA+PB$的兩倍，所以$2PA+PB$的最小值為$20$。例6：如圖，菱形$ABCD$的邊長為2，銳角大小為60°，$\odotA$與$BC$相切與點$E$，在$\odotA$上任取一點$P$，求$PB+PD$的最小值。因為菱形$ABCD$的邊長為2，所以可以知道$\triangleABD$的邊長為2。又因為銳角大小為60°，所以可以知道$\triangleABD$是等邊三角形。因此，$AB=BD=2$。又因為$\odotA$與$BC$相切于點$E$，所以可以知道$AE$為$\odotA$的切線，即$AE=1$。設(shè)$\odotA$的半徑為$r$，則可以知道$BE=BC-CE=2-r$。因此，$PE=\sqrt{r^2-(1-r)^2}=2\sqrt{r-r^2}$。因為$\trianglePBE$是直角三角形，所以可以知道$PB=\sqrt{(2-r)^2+(2\sqrt{r-r^2})^2}=2\sqrt{2-2r+3r^2}$。又因為$\trianglePDC$是等邊三角形，所以可以知道$PD=2$。因此，$PB+PD=\sqrt{2-2r+3r^2}+2$。對根號內(nèi)的式子求導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)為0，解得$r=\frac{1}{3}$。因此，$PB+PD$的最小值為$\sqrt{2-2\times\frac{1}{3}+3\times(\frac{1}{3})^2}+2=\frac{10}{3}$。例7：在平面直角坐標(biāo)系中，$A(2,0)$，$B(0,2)$，$C(4,0)$，$D(3,2)$，$P$是$\triangle