專題50 多線段的最值問題（解析版）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)經(jīng)典問題專題訓(xùn)練

專題50多線段的最值問題【規(guī)律總結(jié)】【典例分析】例1．（2020·樂山市實驗中學(xué)九年級期中）如圖，等腰的底邊，面積為120，點P在邊BC上，且，是腰AC的垂直平分線，若點D在上運動，則周長的最小值為（）A． B． C． D．17【答案】A【分析】根據(jù)題意連接交與，再依據(jù)垂直平分線性質(zhì)得出，進而利用兩點間線段最短求出AF的值即可得出周長的最小值．【詳解】解：如圖，連接交與，因為是的垂直平分線，所以，的周長，因為為定值，所以當(dāng)最小時，周長最小因為兩點之間線段最短，所以最小值為，過作于點，因為，所以，因為面積為，，所以，因為，所以，，在中，根據(jù)勾股定理得，，所以，所以的周長．故選：A．【點睛】本題考查等腰三角形和垂直平分線性質(zhì)，熟練掌握垂直平分線上到兩個端點的距離相等以及等腰三角形三線合一的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例2．（2020·浙江嘉興市·八年級期末）如圖，內(nèi)有一定點P，且，在上有一動點Q，上有一動點R，若周長最小，則最小周長是___________．【答案】【分析】作點P關(guān)于OA的對稱點，關(guān)于OB的對稱點，連接與OA、OB分別相交于點Q、R，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得，，從而得到△PQR的周長，并且此時有最小值，連接，再求出為等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：如圖，作點P關(guān)于OA的對稱點，關(guān)于OB的對稱點，連接與OA、OB分別相交于點Q、R，所以，，，所以，的周長，由兩點之間線段最短得，此時周長最小，連接，則所以，所以，為等腰直角三角，所以，，即最小周長是．故答案為．【點睛】本題考查了軸對稱確定最短路線問題，軸對稱的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，難點在于作輔助線得到與周長相等的線段．例3．（2020·浙江金華市·九年級期末）如圖1，拋物線與x軸交于點，與y軸于點B，在x軸上有動點，過點E作x軸的垂線交直線于點N，交拋物線于點P，過點P作于點M．（1）求a的值和直線的函數(shù)表達式；（2）設(shè)的周長為的周長為，若，求m的值；（3）如圖2，當(dāng)，將線段繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到，旋轉(zhuǎn)角為，連接，求的最小值．【答案】（1），；（2）m=；（3）．【分析】（1）把點代入拋物線解析式，得方程即可求出a，再根據(jù)AB兩點用待定系數(shù)法可以確定直線AB解析式；

（2）由△PNM∽△ANE，推出，列出方程即可解決問題；（3）在y軸上取一點使得，構(gòu)造相似三角形，可以證明就是的最小值【詳解】解：（1）把點代入拋物線解析式得：16a+4(a+3)+3=0，

解得：，∴拋物線解析式為：，∴A（4，0），B（0，3），設(shè)直線AB解析式為y=kx+b，則，解得，∴直線AB解析式為（2）如圖1，

∵PM⊥AB，PE⊥OA，

∴∠PMN=∠AEN，

∵∠PNM=∠ANE，

∴△PNM∽△ANE，∵NE//OB，，∵A（4，0），B（0，3），∴，，∴，∴，∵拋物線解析式為，∴，∴，解得m=或4，

經(jīng)檢驗m=4是分式方程的增根，

∴m=；（3）如圖2，在y軸上取一點使得連接，

∵，，∴，，∵，

∴，，∴，∴，∴當(dāng)B、、三點共線時，最小（兩點間線段最短），此時旋轉(zhuǎn)角為，即最小值=．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式、一次函數(shù)的解析式、相似三角形的性質(zhì)和判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，列出關(guān)于m的方程是解題答問題（2）的關(guān)鍵，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造相似三角形，找到線段就是．【好題演練】一、單選題1．（2020·廣西貴港市·中考真題）如圖，動點在邊長為2的正方形內(nèi)，且，是邊上的一個動點，是邊的中點，則線段的最小值為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】作點E關(guān)于DC的對稱點E，設(shè)AB的中點為點O，連接OE，交DC于點P，連接PE，由軸對稱的性質(zhì)及90°的圓周角所對的弦是直徑，可知線段PE＋PM的最小值為OE的值減去以AB為直徑的圓的半徑OM，根據(jù)正方形的性質(zhì)及勾股定理計算即可．【詳解】解答：解：作點E關(guān)于DC的對稱點E，設(shè)AB的中點為點O，連接OE，交DC于點P，連接PE，如圖：

∵動點M在邊長為2的正方形ABCD內(nèi)，且AM⊥BM，

∴點M在以AB為直徑的圓上，OM＝AB＝1，

∵正方形ABCD的邊長為2，

∴AD＝AB＝2，∠DAB＝90°，

∵E是AD的中點，

∴DE＝AD＝×2＝1，

∵點E與點E關(guān)于DC對稱，

∴DE＝DE＝1，PE＝PE，

∴AE＝AD＋DE＝2＋1＝3，

在Rt△AOE中，OE＝＝＝，

∴線段PE＋PM的最小值為：

PE＋PM

＝PE＋PM

＝ME

＝OE?OM

＝?1．

故選：A．【點睛】本題考查了軸對稱?最短路線問題、圓周角定理的推論、正方形的性質(zhì)及勾股定理等知識點，數(shù)形結(jié)合并熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．2．（2021·廣東肇慶市·八年級期末）如圖，等邊△ABC中，BD⊥AC于D，AD=3.5cm，點P、Q分別為AB、AD上的兩個定點且BP=AQ=2cm，在BD上有一動點E使PE+QE最短，則PE+QE的最小值為（）A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm【答案】C【分析】作點Q關(guān)于BD的對稱點Q′，連接PQ′交BD于E，連接QE，此時PE+EQ的值最?。钚≈礟E+PQ=PE+EQ′=PQ′，【詳解】解：如圖，∵△ABC是等邊三角形，

∴BA=BC，

∵BD⊥AC，

∴AD=DC=3.5cm，

作點Q關(guān)于BD的對稱點Q′，連接PQ′交BD于E，連接QE，此時PE+EQ的值最?。钚≈禐镻E+PQ=PE+EQ′=PQ′，

∵AQ=2cm，AD=DC=3.5cm，

∴QD=DQ′=1.5（cm），

∴CQ′=BP=2（cm），

∴AP=AQ′=5（cm），

∵∠A=60°，

∴△APQ′是等邊三角形，

∴PQ′=PA=5（cm），

∴PE+QE的最小值為5cm．

故選：C．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，軸對稱最短問題等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用軸對稱解決最短問題．二、填空題3．（2020·廣州白云廣雅實驗學(xué)校九年級月考）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線的頂點為D，且與軸分別交于A、B兩點（點A在點B的左邊），P為拋物線對稱軸上的動點，則的最小值是_____【答案】【分析】先把拋物線的解析式化為頂點式，則有點D的坐標為，假設(shè)對稱軸與x軸的交點為C，連接BD，過點P作PH⊥BD于點H，過點A作AM⊥BD于點M，根據(jù)題意易得BC=3，，由勾股定理可得BD=6，進而可得∠CDB=30°，則，所以把求的最小值轉(zhuǎn)化為求的最小值，最后由點A、P、H三點共線時取最小，即為AM的長，則問題可求解．【詳解】解：由拋物線可得，∴點D的坐標為，點A的坐標為，點B的坐標為，假設(shè)對稱軸與x軸的交點為C，連接BD，過點P作PH⊥BD于點H，過點A作AM⊥BD于點M，如圖所示：∴AB=6，BC=3，，在Rt△DCB中，，∴∠BDC=30°，∠DBC=60°，∴，∴的最小值即為的最小值，∴當(dāng)點A、P、H三點共線時有最小值，即為AM的長，∴，∴的最小值為；故答案為．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的幾何綜合及三角函數(shù)，關(guān)鍵是由“胡不歸”法進行求解最值，然后利用三角函數(shù)進行求解線段的長．4．（2020·陜西渭南市·九年級期末）如圖，是⊙的一條弦，點是⊙上一動點，且，點、分別是、的中點，直線與⊙交于、兩點，若⊙的半徑為，則的最大值為_______【答案】【分析】連接，，根據(jù)圓周角定理，求出，進而判斷為等邊三角形，然后根據(jù)⊙的半徑為，可得，再根據(jù)三角形的中位線定理，求出的長度，最后判斷出當(dāng)弦是圓的直徑時，弦長度有最大值，進而求出的最大值．【詳解】如圖，連接，．，，，為等邊三角形，⊙的半徑為，點、分別是、的中點，，要求的最大值，即求的最大值，也就是弦長度的最大值，當(dāng)弦是⊙的直徑時，弦的長度有最大值，弦的長度最大值為：，的最大值為：．故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角定理，三角形中位線定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握作輔助線解題，學(xué)會轉(zhuǎn)化的思想．三、解答題5．（2021·渝中區(qū)·重慶巴蜀中學(xué)八年級期末）已知：如圖，在平面直角坐標系中，直線與x軸，y軸分別交于點A，B，直線分別交x軸，y軸于點D，E，且直線于點C．（1）如圖1，在y軸上有一長為的線段（點P在點Q上方），當(dāng)線段在y軸正半軸移動時，求的最小值．（2）如圖2，將沿直線方向平移至點E恰好位于x軸上時，記作，再將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角度為，旋轉(zhuǎn)中的三角形記作，在旋轉(zhuǎn)過程中，邊所在的直線分別交直線于點K，H，當(dāng)為等腰三角形時，請求出點的坐標．【答案】（1）；（2）點的坐標為（，-）或（，-）或（，）【分析】（1）根據(jù)兩直線垂直得到直線，由此求出交點C（），連接OC，作點C關(guān)于y軸的對稱點F交y軸于R，連接OF，F(xiàn)P，過點P作PM⊥OC于M，過點Q作QN⊥OC于N，QH⊥PM于H，則四邊形QNMH是矩形，利用點C的坐標求出，根據(jù)QN⊥OC，QH⊥PM，求得=，由PQ是定值即PH是定值，推出當(dāng)F、P、M三點共線且FM⊥OC時，的值最小，即有最小值，最小值為FM+PH，證明△COF是等邊三角形，OC=FC，求得FM=，即可計算FM+PH=，得到的最小值；（2）先求出E（0,1），D（，0），，DE=2，由平移及旋轉(zhuǎn)后得到OE1=，當(dāng)為等腰三角形時，分三種情況：①當(dāng)D2H=D2K時，②當(dāng)KH=KD2,時，③當(dāng)HK=HD2時，畫出圖形，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及相似三角形求解．【詳解】（1）∵直線，直線，直線，∴，∴直線，解方程組，得，∴C（），連接OC，作點C關(guān)于y軸的對稱點F交y軸于R，連接OF，F(xiàn)P，過點P作PM⊥OC于M，過點Q作QN⊥OC于N，QH⊥PM于H，則四邊形QNMH是矩形，∵，∴，∴，∵QN⊥OC，QH⊥PM，∴=，∵PQ是定值即PH是定值，∴當(dāng)F、P、M三點共線且FM⊥OC時，的值最小，即有最小值，最小值為FM+PH，∵，∴，∵OC=OF，∴△COF是等邊三角形，OC=FC，∵，∴FM=，∴FM+PH=，即的最小值為；（2）∵直線分別交x軸，y軸于點D，E，∴E（0,1），當(dāng)y=0時，得，解得x=，∴D（，0），∴OE=1，OD=，∵，∴,∴DE=2，將沿直線方向平移至點E恰好位于x軸上時，記作，再將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角度為，旋轉(zhuǎn)中的三角形記作，∴，，EE1∥AB，∴OE1=，當(dāng)為等腰三角形時，分三種情況：①當(dāng)D2H=D2K時，則∠D2HK=∠D2KH=，作D2Z⊥x軸，D2T∥x軸，O2T⊥x軸交x軸于W，則四邊形ZD2TW是矩形，∵∠OAB=，∴∠ZE1D2=∠HE1A=，∴D2Z=ZE1=，設(shè)O2W=a，則O2T=-a，E1W=，∵∠E1O2W+∠D2O2T=∠D2O2T+∠TD2O2=，∴∠E1O2W=∠TD2O2，∵∠T=∠E1WO2=，∴△D2O2T∽△O2E1W，∴，∴，解得a=，∴E1W=，∴OW=+，∴O2（，-）；②當(dāng)KH=KD2,時，∠D2HK=∠D2=，則D2H∥y軸，過點O2作O2S⊥x軸于S，∵∠SE1O2=，∴SO2=，E1S=，∴OS=，∴O2（，-）；③當(dāng)HK=HD2時，則∠HKD2=∠HD2K=，∵∠OAB=∠HKD2+∠HD2K=，∴點H與點A重合，作O2V⊥x軸于V，∵∠E1O2V=，∴E1V=，O2V=，∴OV=∴O2（，），綜上，點的坐標為（，-）或（，-）或（，）．．【點睛】此題考查一次函數(shù)的交點問題，軸對稱的性質(zhì)，最短路徑問題，勾股定理，等邊三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)及平移的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，這是一道圖形類的綜合題，較難．6．（2020·遼寧沈陽市·九年級期末）如圖，在邊長為16的菱形中，、為對角線，，點、分別是邊、邊上的動點，連接、、．（1）當(dāng)點、點分別是邊，邊的中點時．①求證：是等邊三角形；②若點是對角線上的動點，連接，，則直接寫出的最小值為______；（2）若點是對角線上的動點，連接、，則直接寫出的最小值為______；（3）若，交于點，點、點分別是線段、線段上的動點，連接、，則直接寫出的最小值為______．【答案】（1）①見解析；；②16；（2）；（3）【分析】（1）①證明證明△AED≌△BFD，推出DE=DF，∠BAD=∠EDF即可解決問題．②作E關(guān)于AC的對稱點，連接交AC于點G，此時最?。?）過點E作關(guān)于AC的對稱點，過點作F⊥BC，垂足為F，利用兩平行線間垂線段最短，結(jié)合解直角三角形求解即可；（3）如圖中，作點K關(guān)于DF的對稱點為M，過點M做DE的垂線，交DF為Q，交DE為P，此時，PQ+KQ最短，連接DM、作DG⊥EF于G，EH⊥AD于H．首先求出DE、DG的長，再證明△DGK≌△MPD，推出MP=DG即可．【詳解】解：（1）①如圖，∵ABCD是菱形，∠DAC=60°，∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=120°∴△ADB為等邊三角形∴∠ABD=∠CBD=60°∵點、點分別是邊，邊的中點∴AE=BF在△AED和△BFD中，∴△AED≌△BFD

∴DE=DF，∠ADE+∠BDE=∠FDB+∠BDE=60°，

∴∠EAF=60°，

∴△DEF為等邊三角形，②作E關(guān)于AC的對稱點，連接交AC