中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)?重難點(diǎn)14 幾何最值問(wèn)題4種類(lèi)型（費(fèi)馬點(diǎn)、胡不歸模型、阿氏圓模型、瓜豆原理）（解析版）

重難點(diǎn)突破14幾何最值問(wèn)題4種類(lèi)型（費(fèi)馬點(diǎn)、胡不歸模型、阿氏圓模型、瓜豆原理）題型01費(fèi)馬點(diǎn)【基礎(chǔ)】費(fèi)馬點(diǎn)概念：三角形內(nèi)部滿(mǎn)足到三個(gè)頂點(diǎn)距離之和最小的點(diǎn)，稱(chēng)為費(fèi)馬點(diǎn).結(jié)論：1）對(duì)于一個(gè)各角不超過(guò)120°的三角形，費(fèi)馬點(diǎn)是對(duì)各邊的張角都是120°的點(diǎn)；對(duì)于2)有一個(gè)角超過(guò)120°的三角形，費(fèi)馬點(diǎn)就是這個(gè)內(nèi)角的頂點(diǎn).（注意：通常涉及費(fèi)馬點(diǎn)的試題中三角形的最大頂角小于120°）【解題思路】運(yùn)用旋轉(zhuǎn)的方法，以?ABC任意一條邊向外旋轉(zhuǎn)60°構(gòu)造等邊三角形，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短，得出最短長(zhǎng)度.結(jié)論證明過(guò)程：情況一：當(dāng)△ABC各角不超過(guò)120°時(shí)，將?APB繞著點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到?A’P’B則?APB≌?A’P’B∴BP=BP’AP=AP’∠A’P’B=∠APB而∠P’BP=60°則?P’BP為等邊三角形∴∠BPP’=∠P’BP=∠BP’P=60°∵PA+PB+PC=P’A’+PP’+PC≤A’C∴當(dāng)A’、P’、P、C四點(diǎn)共線時(shí)，PA+PB+PC的最小值為A’C此時(shí)∠BPC=180°-∠BPP’=120°∠APB=∠A’P’B=180°-∠BP’P=120°∠APC=360°-∠APB-∠BPC=120°情況二（僅需理解）：當(dāng)△ABC有一個(gè)內(nèi)角不小于120°時(shí)，延長(zhǎng)BA至C'使得AC=AC'，做∠C'AP'=∠CAP，并且使得AP'=AP,PC'=PC，則△APC≌△AP'C'∵∠BAC≥120°∴∠PAP'=180°-∠BAP-∠C'AP'=180°-∠BAP-∠CAP=180°-∠BAC≤60°∴等腰三角形PAP'中，AP≥PP'∴PA+PB+PC≥PP'+PB+PC'>BC'=AB+AC（(只有當(dāng)P、A重合時(shí)取等號(hào))）所以，當(dāng)有一內(nèi)角大于或等于120°時(shí)，所求的P點(diǎn)就是鈍角的頂點(diǎn)．【費(fèi)馬點(diǎn)的作法】（當(dāng)△ABC各角不超過(guò)120°）作法：1）如圖，分別以?ABC中的AB、AC為邊，作等邊?ADB、等邊?AEC2）連接CD、BE，則?ADC≌?ABE(手拉手模型)3）記CD、BE交點(diǎn)為P，點(diǎn)P為費(fèi)馬點(diǎn).4）以BC為邊作等邊?BCF，連接AF，必定經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，且BE=AF=CD.【擴(kuò)展】與等腰三角形、等邊三角形、直角三角形常見(jiàn)的費(fèi)馬點(diǎn)結(jié)論如圖所示，以邊AB、AC分別向△ABC外側(cè)作等邊三角形，連接DC、EB，交點(diǎn)為點(diǎn)P，點(diǎn)P為費(fèi)馬點(diǎn).圖形結(jié)論等腰三角形①∠APB=∠BPC=∠APC=120°；②△ABP與△ACP全等；③△BCP為等腰三角形；④△ABC的三頂點(diǎn)的距離之和為AP+BP+CP，且點(diǎn)P為費(fèi)馬點(diǎn)時(shí)和最小.等邊三角形①AP=BP=CP；②∠APB=∠BPC=∠APC=120°；③△ABP、△ACP、△BCP全等；④點(diǎn)P是垂心，是△ABC各邊的高線的交點(diǎn)；⑤點(diǎn)P是△ABC各邊的中線的交點(diǎn)；⑥點(diǎn)P是內(nèi)心，是在三角形三個(gè)內(nèi)角的角平分線的交點(diǎn)；⑦△ABC的三頂點(diǎn)的距離之和為AP+BP+CP，且點(diǎn)P為費(fèi)馬點(diǎn)時(shí)和最小.直角三角形①△ABC的三頂點(diǎn)的距離之和為AP+BP+CP，且點(diǎn)P為費(fèi)馬點(diǎn)時(shí)和最??；②∠APB=∠BPC=∠APC=120°【進(jìn)階】加權(quán)費(fèi)馬點(diǎn)模型概述：前面學(xué)的PA+PB+PC最小值的費(fèi)馬點(diǎn)問(wèn)題線段前面系數(shù)都是l，如果現(xiàn)在求mPA+nPB+xPC最小值，前面系數(shù)不是1，那么此類(lèi)題目就叫做“加權(quán)費(fèi)馬點(diǎn)”.【關(guān)鍵】系數(shù)的改變只是影響了旋轉(zhuǎn)角度的改變，依然考的是旋轉(zhuǎn).已知：在Rt△ABC中，∠ACB=30°，BC=6，AC=5,△ABC內(nèi)部有一點(diǎn)P,連接PA，PB，PC問(wèn)題求解圖形作法求PA+PB+PC最小值△CAP繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△CDEBD長(zhǎng)度即為所求,在Rt△BCD中有勾股定理可得BD=BC求PA+PB+2PC最小值△CAP繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△CDE此時(shí)△PCE為等腰直角三角形，即PE=2PC因此原式=PA+PB+2PC=ED+PB+PE，則當(dāng)B、P、E、D四點(diǎn)共線時(shí)取得最小值，BD長(zhǎng)度即為所求,在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF求PA+PB+3PC最小值△CAP繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得△CDE此時(shí)△PCE為等腰三角形且∠PCE=120°，即PE=3PC，因此原式=PA+PB+3PC=ED+PB+PE，則當(dāng)B、P、E、D四點(diǎn)共線時(shí)取得最小值，BD長(zhǎng)度即為所求,在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF求2PA+PB+3PC最小值思路：原式=2（PA+12PB+32PC）

1)將PC邊繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)60°，然后過(guò)點(diǎn)P作PF⊥CE于點(diǎn)F,則PF=32PC;2)12PB利用三角形中位線來(lái)處理；3）PA前的系數(shù)是過(guò)程：△BCP繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△CDE,然后過(guò)點(diǎn)P作PF⊥CE于點(diǎn)F,此時(shí)△PCE為等邊三角形，即PF=32PC，過(guò)點(diǎn)F作FG∥DE，則FG=12PB，則當(dāng)A、P、F、G四點(diǎn)共線時(shí)取得最小值，AG長(zhǎng)度即為所求,在Rt△ACG中有勾股定理可得AG=CG+AC2=34,原式=2（PA+求2PA+4PB+23PC過(guò)程：△ACP繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△CDE,然后過(guò)點(diǎn)P作PF⊥CE于點(diǎn)F,此時(shí)△PCE為等邊三角形，即PF=32PC，過(guò)點(diǎn)F作FG∥DE，則FG=12AP，則當(dāng)B、P、F、G四點(diǎn)共線時(shí)取得最小值，BG長(zhǎng)度即為所求,在Rt△BCG中有勾股定理可得BG=CG+AC2=7.5,原式=4（12備注：若變形后的系數(shù)不是特殊值，則可借助位似的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.【費(fèi)馬點(diǎn)專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練】1．（2022·廣東廣州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點(diǎn)P是AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，作PD⊥BC于點(diǎn)D，線段AD上存在一點(diǎn)Q，當(dāng)QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2時(shí)，則PD=．【答案】3【分析】如圖1，將△BQC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接QN，當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)Q，點(diǎn)N，點(diǎn)M共線時(shí)，QA+QB+QC值最小，此時(shí)，如圖2，連接MC，證明AM垂直平分BC，證明AD=BD，此時(shí)P與D重合，設(shè)PD=x，則DQ=x-2，構(gòu)建方程求出x可得結(jié)論．【詳解】解：如圖1，將△BQC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接QN，∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，∴△BQN是等邊三角形，∴BQ=QN，∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，∴當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)Q，點(diǎn)N，點(diǎn)M共線時(shí)，QA+QB+QC值最小，此時(shí)，如圖2，連接MC∵將△BQC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，∴△BQN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM，∵BM=CM，AB=AC，∴AM垂直平分BC，∵AD⊥BC，∠BQD=60°，∴BD=3QD，∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，∴AD=BD，此時(shí)P與D重合，設(shè)PD=x，則DQ=x-2，∴x=tan60°×∴x=3+3，∴PD=3+3．故答案為：3+【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確運(yùn)用等邊三角形的性質(zhì)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建方程解決問(wèn)題．2．（2021·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，點(diǎn)M為矩形內(nèi)一點(diǎn)，點(diǎn)E為BC邊上任意一點(diǎn)，則MA＋MD＋ME的最小值為．【答案】4【分析】將△AMD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AM′D′，則MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均為等邊三角形，推出AM＝MM′可得MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，共線時(shí)最短；由于點(diǎn)E也為動(dòng)點(diǎn)，可得當(dāng)D′E⊥BC時(shí)最短，此時(shí)易求得D′E＝DG＋GE的值；【詳解】解：將△AMD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AM′D′，由性質(zhì)的性質(zhì)可知：MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均為等邊三角形，∴AM＝MM′，∴MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，∴D′M、MM′、ME共線時(shí)最短，由于點(diǎn)E也為動(dòng)點(diǎn)，∴當(dāng)D′E⊥BC時(shí)最短，此時(shí)易求得D′E＝D′G＋GE＝4∴MA＋MD＋ME的最小值為4+故答案為：4【點(diǎn)睛】本題考查軸對(duì)稱(chēng)、旋轉(zhuǎn)變換、矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是添加常用輔助線，構(gòu)造等邊三角形解決問(wèn)題，用轉(zhuǎn)化的思想思考問(wèn)題，屬于中考填空題中的壓軸題．3．（2021·遼寧丹東·統(tǒng)考中考真題）已知：到三角形3個(gè)頂點(diǎn)距離之和最小的點(diǎn)稱(chēng)為該三角形的費(fèi)馬點(diǎn)．如果△ABC是銳角（或直角）三角形，則其費(fèi)馬點(diǎn)P是三角形內(nèi)一點(diǎn)，且滿(mǎn)足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°．（例如：等邊三角形的費(fèi)馬點(diǎn)是其三條高的交點(diǎn)）．若AB=AC=7,BC=23，P【答案】52【分析】①作出圖形，過(guò)B,C分別作∠②作出圖形，將△APC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)則B,P,【詳解】①如圖,過(guò)A作AD⊥BC，垂足為過(guò)B,C分別作∠DBP=∠DCP=30°,則∵AB∴∴∴∴∴AD∴PA+②如圖：∵AB=2∴∴∠∵∴∠將△APC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60由旋轉(zhuǎn)可得：△∴AP∴△AP∴∠∵P為△ABC即B,P,P∴PA+PB+PC=AB故答案為：①5，②2【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等腰三角形性質(zhì)，作出旋轉(zhuǎn)的圖形是解題的關(guān)鍵．本題旋轉(zhuǎn)△PAB4．（2022下·福建三明·八年級(jí)統(tǒng)考期中）【問(wèn)題背景】17世紀(jì)有著“業(yè)余數(shù)學(xué)家之王”美譽(yù)的法國(guó)律師皮耶·德·費(fèi)馬，提出一個(gè)問(wèn)題：求作三角形內(nèi)的一個(gè)點(diǎn)，使它到三角形三個(gè)頂點(diǎn)的距離之和最小后來(lái)這點(diǎn)被稱(chēng)之為“費(fèi)馬點(diǎn)”．如圖，點(diǎn)P是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，將△APC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到△AP'C'，則可以構(gòu)造出等邊△APP'，得AP=PP'，CP=CP'，所以PA+PB+(1)【拓展應(yīng)用】如圖1，點(diǎn)P是等邊△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，連接PA，PB，PC，將△PAC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到①若PA=3，則點(diǎn)P與點(diǎn)P'之間的距離是②當(dāng)PA=3，PB=5，PC=4(2)如圖2，點(diǎn)P是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，且∠BAC=90°，AB=6，【答案】(1)①3；②150°；(2)2【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可求出PP'②先證△ABP≌△ACP'，利用全等的性子求出對(duì)應(yīng)的邊長(zhǎng)，通過(guò)勾股定理的逆定理得到∠CPP（2）將△APC繞C點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到A'P'C，先求出∠BCA'=120°，然后證明△CPP'為等邊三角形，當(dāng)B、P、【詳解】（1）①如圖，將△PAC繞A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°則AP=AP'∴△APP∴PP②∵△ABC為等邊三角形，∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°，又∵△APP∴∠PAC+∠CAP'∴∠BAP=∠CAP在△ABP與△ACP'中，∴△ABP≌△ACP'（∴BP∴PP'2+∴∠APC又∵旋轉(zhuǎn)，∴∠A（2）如圖，將△APC繞C點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到A'則∠ACP在Rt△ABC中，∵AC∴∠ACP又∵∠ACP∴∠ACP'過(guò)A'作A'D⊥BC交BC則∠A∴∠C∵A'C=AC∴A∵∠PCP'=60°,PC當(dāng)B、P、P'、A'四點(diǎn)共線時(shí)，在Rt△BDA'∴BA∴PA+PB+【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于能夠添加輔助線構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．5．（2023·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）1643年，法國(guó)數(shù)學(xué)家費(fèi)馬曾提出一個(gè)著名的幾何問(wèn)題：給定不在同一條直線上的三個(gè)點(diǎn)A，B，C，求平面上到這三個(gè)點(diǎn)的距離之和最小的點(diǎn)的位置，意大利數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家托里拆利給出了分析和證明，該點(diǎn)也被稱(chēng)為“費(fèi)馬點(diǎn)”或“托里拆利點(diǎn)”，該問(wèn)題也被稱(chēng)為“將軍巡營(yíng)”問(wèn)題．(1)下面是該問(wèn)題的一種常見(jiàn)的解決方法，請(qǐng)補(bǔ)充以下推理過(guò)程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點(diǎn)之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫(xiě)角度數(shù)，④處填寫(xiě)該三角形的某個(gè)頂點(diǎn)）當(dāng)△ABC的三個(gè)內(nèi)角均小于120°如圖1，將△APC繞，點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知由②可知，當(dāng)B，P，P'，A在同一條直線上時(shí)，PA+PB+PC取最小值，如圖2，最小值為A'B，此時(shí)的P點(diǎn)為該三角形的已知當(dāng)△ABC有一個(gè)內(nèi)角大于或等于120°時(shí)，“費(fèi)馬點(diǎn)”為該三角形的某個(gè)頂點(diǎn)．如圖3，若∠BAC≥120°，則該三角形的“費(fèi)馬點(diǎn)”(2)如圖4，在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知點(diǎn)P

(3)如圖5，設(shè)村莊A，B，C的連線構(gòu)成一個(gè)三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．現(xiàn)欲建一中轉(zhuǎn)站P沿直線向A，B，C三個(gè)村莊鋪設(shè)電纜，已知由中轉(zhuǎn)站P到村莊A，B，C的鋪設(shè)成本分別為a元/km，a元/km，【答案】(1)①等邊；②兩點(diǎn)之間線段最短；③120°；④A．(2)5(3)2【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和兩點(diǎn)之間線段最短進(jìn)行推理分析即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)（1）的方法將△APC繞，點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'P'C，即可得出可知當(dāng)B，P，P'，A在同一條直線上時(shí)，PA+PB（3）由總的鋪設(shè)成本=a(PA+PB+2PC)，通過(guò)將△APC繞，點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C【詳解】（1）解：∵PC=∴△PC∴PP'=又P'A'由兩點(diǎn)之間線段最短可知，當(dāng)B，P，P'，A在同一條直線上時(shí)，PA最小值為A'B，此時(shí)的P點(diǎn)為該三角形的“費(fèi)馬點(diǎn)∴∠BPC+∠P∴∠BPC=120°，又∵△APC∴∠APC∴∠APB∴∠APC∵∠BAC∴BC>AC，∴BC+AB>∴三個(gè)頂點(diǎn)中，頂點(diǎn)A到另外兩個(gè)頂點(diǎn)的距離和最?。帧咭阎?dāng)△ABC有一個(gè)內(nèi)角大于或等于120°時(shí)，“費(fèi)馬點(diǎn)”∴該三角形的“費(fèi)馬點(diǎn)”為點(diǎn)A，故答案為：①等邊；②兩點(diǎn)之間線段最短；③120°；④A．（2）將△APC繞，點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'由（1）可知當(dāng)B，P，P'，A在同一條直線上時(shí)，PA+PB

∵∠ACP∴∠ACP又∵∠∴∠BC由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：AC=∴A'∴PA+PB+（3）∵總的鋪設(shè)成本=∴當(dāng)PA+將△APC繞，點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'P由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：P'C=PC，∠PC∴PP∴PA+當(dāng)B，P，P'，A在同一條直線上時(shí)，P'A'+

過(guò)點(diǎn)A'作A'H∵∠ACB=60°，∴∠A∴A'∴HC=∴BH=∴APA+PB總的鋪設(shè)成本=PA故答案為：2【點(diǎn)睛】本題考查了費(fèi)馬點(diǎn)求最值問(wèn)題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，以及兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)點(diǎn)，讀懂題意，利用旋轉(zhuǎn)作出正確的輔助線是解本題的關(guān)鍵．6．（2021上·江蘇蘇州·八年級(jí)蘇州工業(yè)園區(qū)星灣學(xué)校?？计谥校┍尘百Y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)的距離之和最小.這個(gè)問(wèn)題是法國(guó)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(chēng)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)∠(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△ABP繞頂點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△ACP'處，此時(shí)△ACP'≌△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(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C(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(4)如圖5，在正方形ABCD中，點(diǎn)E為內(nèi)部任意一點(diǎn)，連接AE、BE、CE，且邊長(zhǎng)AB=2；求AE【答案】(1)150°；(2)見(jiàn)詳解；(3)7；(4)6+【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得出△ABP≌△ACP'，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根據(jù)△ABC為等邊三角形，得出∠BAC=60°，可證△APP′為等邊三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根據(jù)勾股定理逆定理PP'2+P'C2=32+（2）將△APB逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AB′P′，連結(jié)PP′，根據(jù)△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根據(jù)∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，根據(jù)PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短得出點(diǎn)C，點(diǎn)（3）將△APB逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′B′，連結(jié)BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可證△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根據(jù)PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，可得點(diǎn)C，點(diǎn)P，點(diǎn)P′，點(diǎn)B′四點(diǎn)共線時(shí)，PA+PB+PC最小=CB′，利用30°直角三角形性質(zhì)得出AB=2AC=2，根據(jù)勾股定理BC=AB（4）將△BCE逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△CE′B′，連結(jié)EE′，BB′，過(guò)點(diǎn)B′作B′F⊥AB，交AB延長(zhǎng)線于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可證△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'，得出點(diǎn)C，點(diǎn)E，點(diǎn)E′，點(diǎn)B′四點(diǎn)共線時(shí)，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'最小=AB′，根據(jù)四邊形ABCD為正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求【詳解】（1）解：連結(jié)PP′，∵△ABP≌△∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC=60°∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，∴△APP′為等邊三角形，,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，在△P′PC中，PC=5，PP∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，∴∠APB=∠AP′C=150°，故答案為150°；（2）證明：將△APB逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AB′P′，連結(jié)PP′，∵△APB≌△AB′P′，∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，∵PA+∴點(diǎn)C，點(diǎn)P，點(diǎn)P′，點(diǎn)B′四點(diǎn)共線時(shí)，PA+PB+PC∴點(diǎn)P在CB′上，∴CB'過(guò)（3）解：將△APB逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′B′，連結(jié)BB′，PP′，∴△APB≌△AP′B′，∴AP′=AP，AB′=AB，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，∵PA∴點(diǎn)C，點(diǎn)P，點(diǎn)P′，點(diǎn)B′四點(diǎn)共線時(shí)，PA+PB+PC∵∠C=90°，AC=1∴AB=2AC=2，根據(jù)勾股定理BC=A∴BB′=AB=2，∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，∴在Rt△CBB′中，B′C=B∴PA+PB+PC最小=（4）解：將△BCE逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△CE′B′，連結(jié)EE′，BB′，過(guò)點(diǎn)B′作B′F⊥AB，交AB延長(zhǎng)線于F，∴△BCE≌△CE′B′，∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，∵∠ECE′=∠BCB′=60°，∴△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，∵AE+∴點(diǎn)C，點(diǎn)E，點(diǎn)E′，點(diǎn)B′四點(diǎn)共線時(shí)，AE+BE+CE∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=2，∠ABC=90°，∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，∵B′F⊥AF，∴BF=12BB'=∴AF=AB+BF=2+3，∴AB′=AF∴AE+BE+CE最小=【點(diǎn)睛】本題考查圖形旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，等邊三角形判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形判定與性質(zhì)，兩點(diǎn)之間線段最短，四點(diǎn)共線，正方形性質(zhì)，30°直角三角形性質(zhì)，掌握?qǐng)D形旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，等邊三角形判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形判定與性質(zhì)，兩點(diǎn)之間線段最短，四點(diǎn)共線，正方形性質(zhì)，30°直角三角形性質(zhì)是解題關(guān)鍵．7．（2022·山東德州·統(tǒng)考一模）若一個(gè)三角形的最大內(nèi)角小于120°，則在其內(nèi)部有一點(diǎn)所對(duì)三角形三邊的張角均為120°，此時(shí)該點(diǎn)叫做這個(gè)三角形的費(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，此時(shí)∠APB=∠BPC(1)如圖2，等邊三角形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，小林利用“轉(zhuǎn)化”思想，將△ABP繞頂點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△ACP'處，連接PP'，此時(shí)△ACP'≌△(2)如圖3，在圖1的基礎(chǔ)上延長(zhǎng)BP，在射線BP上取點(diǎn)D，E，連接AE，AD．使AD=AP，∠DAE(3)如圖4，在直角三角形ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，AB=1，點(diǎn)P為直角三角形ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，連接AP，BP【答案】(1)150°(2)見(jiàn)解析(3)7【分析】（1）由全等三角形的性質(zhì)得到AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，證明△APP′為等邊三角形，△PP′C為直角三角形，最后由∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C解答；（2）由費(fèi)馬點(diǎn)的性質(zhì)得到∠APB=120°，∠APD=60°，再證明△（3）將△APB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，由勾股定理解得BC=3，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可證明△BPP′是等邊三角形，再證明C、P、A′、P【詳解】（1）解：∵△ACP∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，由題意知旋轉(zhuǎn)角∠PAP′＝60°，∴△APP′為等邊三角形，PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：AP′＝AP＝PP′=3，CP′＝4，PC=5，∵32+42=52∴△PP′C為直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°＝150°；故答案為：150°；（2）證明：∵點(diǎn)P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，∴∠APB∴∠APD又∵AD=∴APD為等邊三角形∴AP=PD=∴∠ADE∴∠ADE在△APC和△ADE中，∠∴△APC≌△ADE∴PC=∵BE=∴BE＝PA＋PB＋PC；（3）解：如圖，將△APB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC=把△APB繞點(diǎn)B順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到△A′P′B，∴∠A′BC＝∠ABC＋60°＝30°＋60°＝90°，∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△APB繞點(diǎn)B順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°，得到△A′P′B，∴A′B＝AB＝2，BP＝BP′，A′P′＝AP，∴△BPP′是等邊三角形，∴BP＝PP′，∠BPP′＝∠BP′P＝60°，∵∠APC＝∠CPB＝∠BPA＝120°，∴∠CPB＋∠BPP′＝∠BP′A′＋∠BP′P＝120°＋60°＝180°，∴C、P、A′、P′四點(diǎn)共線，在Rt△A′BC中，A'∴PA＋PB＋PC＝A′P′＋PP′＋PC＝A′C＝7．【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、費(fèi)馬點(diǎn)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，有難度，掌握相關(guān)知識(shí)，正確做出輔助線是解題關(guān)鍵．8．（2021·河南鄭州·鄭州外國(guó)語(yǔ)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）閱讀材料：平面幾何中的費(fèi)馬問(wèn)題是十七世紀(jì)法國(guó)數(shù)學(xué)家、被譽(yù)為業(yè)余數(shù)學(xué)家之王的皮埃爾·德·費(fèi)馬提出的一個(gè)著名的幾何問(wèn)題．1643年，在一封寫(xiě)給意大利數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家托里拆利的私人信件中，費(fèi)馬提出了下面這個(gè)極富挑戰(zhàn)性和趣味性的幾何難題，請(qǐng)求托里拆利幫忙解答：給定不在一條直線上的三個(gè)點(diǎn)A，B，C，求平面上到這三個(gè)點(diǎn)的距離之和最短的點(diǎn)P的位置．托里拆利成功地解決了費(fèi)馬的問(wèn)題．后來(lái)人們就把平面上到一個(gè)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C距離之和最小的點(diǎn)稱(chēng)為△ABC的費(fèi)馬-托里拆利點(diǎn)，也簡(jiǎn)稱(chēng)為費(fèi)馬點(diǎn)或托里拆利點(diǎn)．問(wèn)題解決：（1）費(fèi)馬問(wèn)題有多種不同的解法，最簡(jiǎn)單快捷的還是幾何解法．如圖1，我們可以將△BPC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BDE，連接PD，可得△BPD為等邊三角形，故PD=PB，由旋轉(zhuǎn)可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由可知，PA+PB+PC的最小值與線段的長(zhǎng)度相等；（2）如圖2，在直角三角形ABC內(nèi)部有一動(dòng)點(diǎn)P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，連接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如圖3，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4，∠ABC=60°，平面內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)E，在點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，始終有∠BEC=90°，連接AE、DE，在△ADE內(nèi)部是否存在一點(diǎn)P，使得PA+PD+PE最小，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出PA+PD+PE的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）兩點(diǎn)之間，線段最短；AE；（2）27；（3）存在，213-2【分析】（1）連接AE，由兩點(diǎn)之間線段最短即可求解；（2）在Rt△ABC中先求出AC，將△BPC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△CDE，連接PD、AE，由兩點(diǎn)之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長(zhǎng)度相等，根據(jù)勾股定理即可求解；（3）在△ADE內(nèi)部取一點(diǎn)P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△FGD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和兩點(diǎn)之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長(zhǎng)度相等，再根據(jù)圓的特點(diǎn)、菱形與勾股定理即可求出GE，故可求解．【詳解】（1）連接AE，如圖，由兩點(diǎn)之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值為線段AE的長(zhǎng)故答案為：兩點(diǎn)之間線段最短；AE；（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2∴BC=2AB=4由勾股定理可得AC=B如圖2，將△BPC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△CDE，連接PD、AE，可得△CPD為等邊三角形，∠BCE=60°∴PD=PC由旋轉(zhuǎn)可得DE=PB，CE=BC=4∴PA+PB+PC=PA+DE+PD由兩點(diǎn)之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長(zhǎng)度相等∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°∴在Rt△ACE中，AE=A即PA+PB+PC的最小值為27；（3）存在在△ADE內(nèi)部是否存在一點(diǎn)P，使得PA+PD+PE最小，如圖3，在△ADE內(nèi)部取一點(diǎn)P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△FGD，連接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均為等邊三角形∴PD=PF由旋轉(zhuǎn)可得PA=GF∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，兩點(diǎn)之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長(zhǎng)度相等∵∠BEC=90°∴點(diǎn)E在以BC為直徑的⊙O上，如圖3則OB=OC=12如圖3，連接OG交⊙O于點(diǎn)H，連接CG交AD于點(diǎn)K，連接AC，則當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)H重合時(shí)，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值為線段GH的長(zhǎng)∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4∴△ABC、△ACD均為等邊三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°∴四邊形ACDG是菱形，∠ACG=12∠ACD∴CG、AD互相垂直平分∴DK=12AD∴根據(jù)勾股定理得CK=C∴CG=2CK=4∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°∴在Rt△OCG中，OG=O∵OH=OC=2∴GH=OG-OH=213-2即PA+PD+PE的最小值為213-2．【點(diǎn)睛】此題主要考查四邊形與圓綜合的最短距離，解題的關(guān)鍵是熟知旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、圓周角定理及兩點(diǎn)之間的距離特點(diǎn)．9．（2020·江蘇南通·南通市新橋中學(xué)?？家荒＃?）【操作發(fā)現(xiàn)】如圖1，將△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)50°，得到△ADE，連接BD，則∠ABD＝度．（2）【解決問(wèn)題】①如圖2，在邊長(zhǎng)為7的等邊三角形ABC內(nèi)有一點(diǎn)P，∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC的面積．②如圖3，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，若PB＝1，PA＝3，∠BPC＝135°，則PC＝．（3）【拓展應(yīng)用】如圖4是A，B，C三個(gè)村子位置的平面圖，經(jīng)測(cè)量AB＝4，BC＝32，∠ABC＝75°，P為△ABC內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PA，PB，PC．求PA+PB+PC的最小值．【答案】（1）65；（2）①3；②2；（3）PA+PB+PC的最小值為58．【分析】（1）【操作發(fā)現(xiàn)】：如圖1中，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AD＝AB，由等邊對(duì)等角和三角形內(nèi)角和定理可求出答案；（2）【解決問(wèn)題】①如圖2中，將△APB繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°，得到△AP′C′，只要證明∠PP′C＝90°，利用勾股定理即可解決問(wèn)題；②如圖3中，將△CBP繞著點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，得到△CAP′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到∠P′CP＝∠ACB＝90°，進(jìn)而得到等腰直角三角形，求出PP'即可得出答案；（3）【拓展應(yīng)用】如圖4中，將△APB繞BC順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EDB，連接PD、CE．得出∠CBE＝135°，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，求出CF和EF的長(zhǎng)，可求出CE長(zhǎng)，則答案可求出．【詳解】（1）【操作發(fā)現(xiàn)】解：如圖1中，∵△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)50°，得到△ADE，∴AD＝AB，∠DAB＝50°，∴∠ABD=180故答案為：65．（2）【解決問(wèn)題】①解：如圖2中，∵將△APB繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°，得到△AP′C′，∴△APP′是等邊三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°﹣90°﹣120°＝150°，∴PP′＝AP，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°，∴PP′＝32PC，即AP＝32∵∠APC＝90°，∴AP2+PC2＝AC2，即（32PC）2+PC2＝（7）2∴PC＝2，∴AP＝3，∴S△APC＝12AP?PC＝12×3×2＝②如圖3，將△CBP繞著點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，得到△CAP′，∵CP′＝CP，∠P′CP＝∠ACB＝90°，∴△P′CP為等腰直角三角形，∴∠CP'P＝45°，∵∠BPC＝135°＝∠AP'C，∴∠AP′P＝90°，∵PA＝3，PB＝1，∴AP′＝1，∴PP′＝AP2-'2＝3∴PC＝22'＝22故答案為：2．（3）【拓展應(yīng)用】解：如圖4中，將△APB繞B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EDB，連接PD、CE．∵將△APB繞B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EDB，∴∠ABP＝∠EBD，AB＝EB＝4，∠PBD＝60°，△BPD為等邊三角形，AP=DE∴∠ABP+∠PBC＝∠EBD+∠PBC，PB=PD∴∠EBD+∠PBC＝∠ABC＝75°，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可得PA+PB+PC=DE＋PD＋PC≤CE，即PA+PB+PC的最小值為CE的長(zhǎng)∴∠CBE＝135°，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，∴∠EBF＝45°，∴BF=在Rt△CFE中，∵∠CFE＝90°，BC＝32，EF＝22，∴CE=C即PA+PB+PC的最小值為58．【點(diǎn)睛】此題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)、等腰直角三角形的判定及性質(zhì)和勾股定理，掌握作輔助線的方法、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)、等腰直角三角形的判定及性質(zhì)和利用勾股定理解直角三角形是解決此題的關(guān)鍵．【加權(quán)費(fèi)馬點(diǎn)專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練】1．（2021·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在△ABC中，∠ACB=30°,BC=6,AC=5，在△ABC內(nèi)部有一點(diǎn)（1）PA+（2）PA+（3）PA+（4）2PA（5）12（6）2PA（7）4PA（8）3PA【答案】（1）61；（2）91；（3）61+303；（4）234；（5）132；（6）26；（7）434【分析】（1）將△BPC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BP'C'，則BP'=BP，P'C=PC，∠PBP'=60°（2）將△BPC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CP'B'，則可證明PP'=2PC，從而得到PA+PB+2PC=PA+PP'（3）將△BPC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到△B'PC'，則可證明PP'=3CP，則PA+PB+3PC=PA+PP'（4）將△BPC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△CP'A'，再將△CP'A'以點(diǎn)C為位似中心放大2倍，得到△CP″A″，連接PP'（5）將△BPC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△CP'A'，再將△CP'A'以點(diǎn)C為位似中心縮小2倍，得到△CP″A″（6）由2PA+4PB+23PC=4（7）由4PA+2PB+23PC=2(2（8）將△BPC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△CP'A'，再將△CP'A'以點(diǎn)C為位似中心縮小34倍，得到△CP″A″，同理可以證得當(dāng)A、P、P″、A″，共線時(shí)【詳解】解：（1）如圖3-2，將△BPC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到∴BP'=BP，∴△BP∴BP=∴PA+∴A、P、P'、C'四點(diǎn)共線時(shí)，PA同理可證△BC∴CC'=∴∠AC∴AC∴PA+PB+（2）如圖3-4，將△BPC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到∴B'P'=BP，P'C∴PP∴PA+∴當(dāng)A、P、P'、B'四點(diǎn)共線時(shí)，PA∵∠ACB=30°，∴∠∴∠AC過(guò)點(diǎn)A再作B'C的垂線，垂足為∴∠AEC=90°，∠ACE=60°，∴∠CAE=30°，∴CE∴AE=AC∴AB∴PA+PB+（3）如圖3-6，將△BPC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到△∴B'P'=BP，P'C∴∠CP過(guò)點(diǎn)C作CE⊥PP∴CE=12∴PE=∴PP∴PA+∴當(dāng)A、P、P'、B'四點(diǎn)共線時(shí)，PA∵∠ACB=30°，∴∠∴∠AC過(guò)點(diǎn)A再作B'C的垂線，垂足為∴∠AEC=90°，∠ACE=3°，∴AE∴CE=∴B∴AB∴PA+PB+（4）如圖3-8，將△BPC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△CP'A'，再將△C由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得CA'=CA=5，C∴CA″=10，CP″∴PP'=∴∠P∴∠P∴P″∴2PA∴當(dāng)A″，P″，P，B共線時(shí)2PA∵∠BC∴A″∴2PA+PB（5）如圖3-10，將△BPC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△CP'A'，再將△同（4）原理可證得當(dāng)A″，P″，P，B共線時(shí)12∵∠BCA″=∠ACB+∠BA12PA+（6）∵2∴由（5）得：2PA+4PB（7）∵4∴由（4）得4PA+2PB（8）如圖3-12，將△BPC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△CP'A'，再將△同理可以證得當(dāng)A、P、P″、A″，共線時(shí)在△BCA″中，∠過(guò)點(diǎn)A″作A″E⊥BC∴∠A∴∠C∴CE=∴EA″=∴BA3PA+4PB【點(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，位似，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定等等，解題的關(guān)鍵在于能夠作出輔助線，找到P點(diǎn)在什么位置時(shí)，線段的和最?。}型02胡不歸模型【模型介紹】從前有一位姓胡的小伙外出學(xué)習(xí)，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?dāng)?shù)學(xué)常識(shí)，考慮到“兩點(diǎn)之間線段最短”的知識(shí)，雖然他所在求學(xué)的地方與家之間布滿(mǎn)了砂石，但他還是義無(wú)反顧的踏上了歸途.當(dāng)他趕到家時(shí)，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(shuō)，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(dāng)時(shí)先沿著驛道走一段距離，再通過(guò)砂石區(qū)域回家，是否能見(jiàn)到父親最后一面呢？如果可以，他應(yīng)該沿著驛道走多遠(yuǎn)再通過(guò)砂石區(qū)域回家呢？這就是流傳千百年的“胡不歸問(wèn)題.如圖，A是出發(fā)點(diǎn)，B是目的地，直線m是一條驛道，而驛道靠目的地一側(cè)全是砂石，為了選擇合適的路線，假設(shè)通過(guò)驛道速度為v1米/秒，通過(guò)砂石區(qū)域速度為v2米/秒（v1>v2），小伙子需要在直線m上選取一點(diǎn)C，再折往至B，求點(diǎn)C在何處時(shí)，用時(shí)最短（A→C→B）？由題目可知A、B為定點(diǎn)，點(diǎn)C在直線m上運(yùn)動(dòng)，求tAC+tBC的最小值.t總=tAC+tBC=ACv1+BCv2=1v2BC+v2v1AC，因?yàn)関1，v2為定值，所以只需求BC+v2v1AC的最小值即可，因此需要在圖中構(gòu)造出長(zhǎng)度為v2v1AC的替換線段.因?yàn)関1>v2，所以設(shè)v2v1=sinα，則在AC【解題關(guān)鍵】在求形如“PA+KPB”的式子的最值問(wèn)題中，關(guān)鍵是構(gòu)造與kPB相等的線段，將“PA+KPB”型問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“PA+PC”型.(若k>1，則提取系數(shù)，轉(zhuǎn)化為小于1的形式解決即可).【胡不歸模型專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練】1．（2023上·四川樂(lè)山·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°,∠B=60°,AB=4，若DA．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】過(guò)點(diǎn)C作射線CE，使∠BCE=30°，再過(guò)動(dòng)點(diǎn)D作DF⊥CE，垂足為點(diǎn)F，連接AD，在Rt△DFC中，∠DCF=30°,DF=12【詳解】解：過(guò)點(diǎn)C作射線CE，使∠BCE=30°，再過(guò)動(dòng)點(diǎn)D作DF⊥CE，垂足為點(diǎn)在Rt△DFC∴DF=∵2＝2(AD∴當(dāng)A，D，F(xiàn)在同一直線上，即AF⊥CE時(shí)，AD+此時(shí)，∠B∴△ABD∴AD=在Rt△ABC∴BC=8∴DC=4∴DF=∴AF=∴2(AD∴2(AD+DC故選：D．【點(diǎn)睛】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(wèn)題，屬于中考選擇或填空題中的壓軸題．2．（2022·遼寧鞍山·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=-x2+bx+3的圖像與x軸交于A、C兩點(diǎn)，與x軸交于點(diǎn)C(3,0)，若P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0,-1)A．4 B．2+22 C．22 D【答案】A【分析】過(guò)點(diǎn)P作PJ⊥BC于J，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC于H，根據(jù)2PD+PC【詳解】解：連接BC，過(guò)點(diǎn)P作PJ⊥BC于J，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC于H．∵二次函數(shù)y=-x2+bx+3∴b＝2，∴二次函數(shù)的解析式為y=-x2+2x+3，令y＝0，-x2+2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(shè)DH=x，則∵DH∴x2∴x=2∴DH＝∵PJ⊥CB，∴∠PJC∴PJ＝∴2PD∵DP+∴DP+∴DP+PJ的最小值為22∴2PD+PC故選：A．【點(diǎn)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(shí)，得到∠OBC＝∠OCB＝45°，PJ＝23．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·統(tǒng)考中考真題）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(dòng)點(diǎn)，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(shí)PA+2PB＝212PA+PB＝12PF【詳解】解：如圖，在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時(shí)PA+2PB最小，∴∠AFB＝90°∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠CAD＝∠BAD＝12∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，∴PF＝12∴PA+2PB＝212PA+PB＝1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(diǎn)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．4．（2023·遼寧錦州·統(tǒng)考中考真題）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(diǎn)D和點(diǎn)E為圓心，以大于12DE的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧在∠BAC內(nèi)交于點(diǎn)M．③作射線AM交BC于點(diǎn)【答案】2【分析】過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)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(dāng)【詳解】解：過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥由題意知：AF平分∠BAC∵∠ACB=90°，∴∠BAC∴∠BAF∴PQ=∴CP+∴當(dāng)C、P、Q三點(diǎn)共線，且與AB垂直時(shí)，CP+12AP最小，∵∠ACB=90°，∠ABC∴AB=2∴BC=∵S△∴CH=即CP+12故答案為：23【點(diǎn)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(shí)，注意掌握利用等積法求三角形的高或點(diǎn)的線的距離的方法．5．（2020·陜西·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ABCD是菱形，AB＝8，且∠ABC＝60°，M為對(duì)角線BD（不含B點(diǎn)）上任意一點(diǎn)，則AM+12BM的最小值為【答案】43【分析】如圖，過(guò)點(diǎn)A作AT⊥BC于T，過(guò)點(diǎn)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(guò)點(diǎn)A作AT⊥BC于T，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥BC于H．∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠DBC＝12∠ABC＝30°∵M(jìn)H⊥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(diǎn)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(shí)，屬于?？碱}型，熟練掌握上述知識(shí)、明確解答的方法是解題關(guān)鍵．6．（2023·湖南湘西·統(tǒng)考中考真題）如圖，⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為4．過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AC于點(diǎn)E，點(diǎn)P為線段BE上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與B，E重合），則CP

【答案】6【分析】過(guò)點(diǎn)P作PD⊥AB，連接CO并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)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°【詳解】如圖所示，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥AB，連接CO并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)F

∵△ABC是等邊三角形，∴∠∵⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為∴OA=OB=4∴∠∴∠∵BE∴OE∴BE∵PD⊥AB∴PD∴CP∴CP+12∵△ABC是等邊三角形，BE⊥∴CF∴CP+12故答案為：6．【點(diǎn)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(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)．7．（2023下·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系，A(1,1)，直線l:y=43x+1經(jīng)過(guò)【答案】8【分析】先求出B點(diǎn)坐標(biāo)；過(guò)B點(diǎn)作x軸的垂線與x軸交于點(diǎn)F，B點(diǎn)作x軸的平行線，過(guò)A點(diǎn)作該平行線的垂線，兩條線相交于點(diǎn)M，AM與直線l的交點(diǎn)為H；直線y=43x+1與x軸的交點(diǎn)G(-34，0)，，則可求【詳解】解：∵y=4∴43∴m∴B過(guò)B點(diǎn)作x軸的垂線與x軸交于點(diǎn)F，B點(diǎn)作x軸的平行線，過(guò)A點(diǎn)作該平行線的垂線，兩條線相交于點(diǎn)M，AM與直線l的交點(diǎn)為H；直線y=43x+1與x∵BF∴GF∴sin∴sin∴45∴AH當(dāng)A、H、M三點(diǎn)共線時(shí)，AH+∴M∴AM∴AH+4【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)的圖像及性質(zhì),點(diǎn)到直線垂線段最短；能夠利用三角形函數(shù)將45BH轉(zhuǎn)化為8．（2022·四川成都·四川省成都市七中育才學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）拋物線y=ax2+bx+3分別交x軸于點(diǎn)A1,0，B-3,0，交y軸于點(diǎn)C，拋物線的對(duì)稱(chēng)軸與x軸相交于點(diǎn)D(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)線段MN，NC在數(shù)量上有何關(guān)系，請(qǐng)寫(xiě)出你的理由；(3)在M，N移動(dòng)的過(guò)程中，DM＋12MC【答案】(1)y(2)NC=(3)有，最小值為3【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）在Rt△AOC中，OC=3，OA=1，根據(jù)MN（3）先求出∠OCA=30°，即∠OAC=60°，即有MN=12CM，則DM+【詳解】（1）把點(diǎn)A1,0，B-3,0a+b+∴拋物線的解析式為：y=-（2）NC=理由是：如圖1，令x=0，則y=3∵A1,0，C∴，OC=3，在Rt△AOC中，OC=∵M(jìn)N⊥∴∠MNC∴tan∠∴13∴NC=（3）在M，N移動(dòng)的過(guò)程中，DM+12由（2）知：tan∠∴∠OCA=30°，即∴MN=∴DM+12MC的最小值是DM+MN的最小值，即D、M、N三點(diǎn)共線時(shí)，點(diǎn)D到拋物線解析式為：y=-∴對(duì)稱(chēng)軸是：x=-1，即D∴AD=在Rt△ADN中，∴DN=即DM+∴在M，N移動(dòng)的過(guò)程中，DM+12【點(diǎn)睛】本題主要考查了利用待定系數(shù)法求解拋物線解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，解直角三角形以及垂線段最短等知識(shí)．題目難度不大，細(xì)心作答即可．掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．9．（2022下·重慶·八年級(jí)統(tǒng)考期末）已知，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD上的兩點(diǎn)，連接BE、CF，并延長(zhǎng)交于點(diǎn)G，連接DG，H為CF上一點(diǎn)，連接BH、DH，∠(1)如圖1，若H為CF的中點(diǎn)，且AF=2DF，DH=(2)如圖2，若BH=BC，過(guò)點(diǎn)B作BI⊥CH于點(diǎn)(3)如圖2，在（1）的條件下，P為線段AD（包含端點(diǎn)A、D）上一動(dòng)點(diǎn)，連接CP，過(guò)點(diǎn)B作BQ⊥CP于點(diǎn)Q，將△BCQ沿BC翻折得△BCM，N為直線AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接MN，當(dāng)【答案】(1)3(2)見(jiàn)解析(3)3【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得FC=2DH=10，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為3x，AF（2）過(guò)點(diǎn)D作DM⊥GC于點(diǎn)M，證明△GBI是等腰直角三角形，△BIC≌△CMD（3）取BC的中點(diǎn)S，連接SM，連接PN，以PN為底邊，在PN的左側(cè)作等腰直角三角形TPN，根據(jù)直角三角形中斜邊上的中點(diǎn)等于斜邊的一半可得SM=12BC=32，則當(dāng)SM⊥BC時(shí)，△BCM的面積最大，由TN+MN=【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC∵H為CF的中點(diǎn)，DH=∴FC=2設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為3x，AF=2DF在Rt△FDC中，即3x解得x=1∴AB（2）如圖，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥GC于點(diǎn)M∵∠AEB=∠GED∵∠AEB∴∠ABE=∠GBH∵BH=BC，∴∠HBI=∠CBI∵∠ABC∴∠GBI∴△GBI∴GI∵∠BIC=∠CMD∴△BIC∴MD=IC∴GM∴GM∴△GMD∴MD∴GC即BI+（3）如圖甲所示，取BC的中點(diǎn)S，連接SM，連接PN，以PN為底邊，在PN的左側(cè)作等腰直角三角形TPN，∴TN∵BQ∴△BCQ∵將△BCQ沿BC翻折得△∴△BMC∴SM當(dāng)SM⊥BC時(shí)，∵S是BC的中點(diǎn)，∴△BMC則△BQC∴CQ此時(shí)如圖乙所示，則點(diǎn)P與A重合，∵TN+∴T,N,∴∠PCM∵∠BMC=90°，則四邊形ATMC是矩形，∴TM即22AN+【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，兩點(diǎn)之間線段最短，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．10．（2021·四川綿陽(yáng)·統(tǒng)考三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝12x＋2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C．拋物線y＝ax2＋bx＋c的對(duì)稱(chēng)軸是x＝－32且經(jīng)過(guò)A、C兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)(1)求二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的表達(dá)式；(2)點(diǎn)P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，求AP＋2PC的最小值；(3)拋物線上是否存在點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)M作MN垂直x軸于點(diǎn)N，使得以點(diǎn)A，M，N為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)拋物線表達(dá)式為：y=-(2)AP+2PC的最小值是23(3)存在M(0,2)或(-3,2)或(2,-3)或(5,-18)，使得以點(diǎn)A、M、N為頂點(diǎn)的三角形與△ABC【分析】（1）先求的直線y=12x+2與x軸，y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用拋物線的對(duì)稱(chēng)性可求得點(diǎn)B的坐標(biāo)；設(shè)拋物線的解析式為y=a(x+4)(x-1)（2）如圖1，作∠OAE=30°，交y軸于E，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AE于H，當(dāng)C，P，H三點(diǎn)共線時(shí)，AP+2PC的值最小，根據(jù)直角三角形含（3）首先可證明△ABC是直角三角形，且有AC=2BC，然后分三種情況討論即可：①當(dāng)M點(diǎn)與C點(diǎn)重合，即M（0，2）時(shí)，△MAN∽△BAC；②根據(jù)拋物線的對(duì)稱(chēng)性，當(dāng)M（-3，2）時(shí)，△MAN∽△ABC；③當(dāng)點(diǎn)M在第四象限時(shí)，解題時(shí)，需要注意相似三角形的對(duì)應(yīng)關(guān)系．【詳解】（1）y=12x+2中，當(dāng)x=0時(shí)，y=2，當(dāng)y∴C（0，2），A（-4，0），由拋物線的對(duì)稱(chēng)性可知：點(diǎn)A與點(diǎn)B關(guān)于x=-∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，0）．∵拋物線y=ax2+bx+c過(guò)A（-4，0），B（1，0），可設(shè)拋物線表達(dá)式為y=a（x+4）（x-1），又∵拋物線過(guò)點(diǎn)C（0，2），∴2=-4a，∴a=-∴拋物線表達(dá)式為：y=-（2）如圖1，作∠OAE=30°，交y軸于E，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AE于H，∴PH∵AP∴當(dāng)C，P，H三點(diǎn)共線時(shí)，AP+2PC的值最小，∵∠APH=∠OPC，∠COP=∠AHP=90°，∴∠OCP=∠OAE=30°，Rt△AOE中，AO=4，OE=Rt△CHE中，EH=∴∴AP+2PC的最小值是2CH（3）∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC∴AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，AC=2BC，點(diǎn)A，M，N為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似存在以下3種情況：①如圖2，當(dāng)M點(diǎn)與C點(diǎn)重合，即M（0，2）時(shí)，△MAN∽△BAC；②如圖3，根據(jù)拋物線的對(duì)稱(chēng)性，當(dāng)M（-3，2）時(shí)，△MAN∽△ABC；③如圖4，當(dāng)M在第四象限時(shí)，設(shè)Mn,-12n2-∴MN當(dāng)ANMN=2時(shí)，AN=2MN，即整理得：n2+2n-8=0，解得：n1=-4（舍），n2=2，∴M（2，-3）；當(dāng)ANMN=12時(shí)，MN=2AN整理得：n2-n-20=0，解得：n1=-4（舍），n2=5，∴M（5，-18）．綜上所述：存在M（0，2）或（-3，2）或（2，-3）或（5，-18），使得以點(diǎn)A、M、N為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似．【點(diǎn)睛】本題主要考查的是二次函數(shù)與相似三角形的綜合應(yīng)用，還考查了軸對(duì)稱(chēng)-最短路徑問(wèn)題，難度較大，解答本題需要同學(xué)們熟練掌握二次函數(shù)和相似三角形的相關(guān)性質(zhì)．11．（2021·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝33x＋3和直線l2：y＝﹣3x＋b相交于y軸上的點(diǎn)B，且分別交x軸于點(diǎn)A和點(diǎn)C（1）求△ABC的面積；（2）點(diǎn)E坐標(biāo)為（5，0），點(diǎn)F為直線l1上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P為y軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求當(dāng)EF＋CF最小時(shí)，點(diǎn)F的坐標(biāo)，并求出此時(shí)PF＋22OP【答案】（1）S△ABC=23；（2）點(diǎn)F坐標(biāo)為（1，433）；PF＋22【分析】（1）根據(jù)l1的解析式可得A、B坐標(biāo)，把點(diǎn)B坐標(biāo)代入y＝﹣3x＋b可求出b值，進(jìn)而可得出點(diǎn)C坐標(biāo)，即可求出AC、OB的長(zhǎng)，利用三角形面積公式即可得答案；（2）如圖，作點(diǎn)C關(guān)于直線l1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)C′，連接C′E，交l1于F，根據(jù)A、B、C坐標(biāo)可得△ABC是直角三角形，可得點(diǎn)C′在直線l2上，根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式可得出C′坐標(biāo)，可得C′E為EF＋CF的最小值，利用待定系數(shù)法可得出直線C′E的解析式，聯(lián)立直線C′E與l1解析式即可得出得F的坐標(biāo)；作二、四象限對(duì)角線l3，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥l3于G，交y軸于P，可得∠GOP=45°，可得PG=22OP，可得FG為PF＋22OP的最小值，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥x軸，交l3于Q，可得△FGQ為等腰直角三角形，可得FG=22FQ，由l3的解析式為y=-x及點(diǎn)F的坐標(biāo)可得點(diǎn)Q坐標(biāo)，進(jìn)而可得【詳解】（1）∵l1：y＝33x＋3∴當(dāng)x=0時(shí)，y=3，當(dāng)y=0時(shí)，x=-3，∴A（-3，0），B（0，3），∵點(diǎn)B直線l2：y＝﹣3x＋b上，∴b=3，∴直線l2的解析式為y＝﹣3x＋3，∴當(dāng)y=0時(shí)，x=1，∴C（1，0），∴AC=4，OB=3，∴S△ABC=12AC?OB=（2）如圖，作點(diǎn)C關(guān)于直線l1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)C′，連接C′E，交l1于F，∵A（-3，0），B（0，3），C（1，0），∴AB2=（-3）2+（3）2=12，BC2=12+（3）2=4，AC2=42=16，∵AC2=AB2+BC2，∴△ABC是直角三角形，∴點(diǎn)C′在直線l2上，∵點(diǎn)C與點(diǎn)C′關(guān)于直線l1的對(duì)稱(chēng)，∴CC′=2BC=4，設(shè)點(diǎn)C′（m，﹣3m＋3，）∴（m-1）2+（﹣3m＋3）2=42，解得：m1=-1，m2=3，∵點(diǎn)C′在第二象限，∴m=-1，∴﹣3m＋3=23∵FC=FC′，∴EF＋CF=EF+FC′，∴當(dāng)C′、F、E三點(diǎn)共線時(shí)EF＋CF的值最小，設(shè)直線C′E的解析式為y=kx+b，∴-k解得：k=-∴直線C′E的解析式為y=-聯(lián)立直線C′E與l1解析式得y=-解得：x=1∴F（1，43如圖，作二、四象限對(duì)角線l3，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥l3于G，交y軸于P，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥x軸，交l3于Q，∴直線l3的解析式為y=-x，∠GOP=45°，∴△GOP是等腰直角三角形，∴PG=22OP∴G、P、F三點(diǎn)共線時(shí)，PF＋22OP的值最小，最小值為FG∵∠GOP=45°，∠POE=90°，∴∠EOQ=45°，∴∠FQO=45°，∴△FGQ是等腰直角三角形，∴FG=22FQ∵F（1，433），直線l3的解析式為y=-∴Q（1，-1），∴FQ=433-（-1）=4∴FG=22FQ=22×（433+1∴PF＋22OP的最小值為2【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)的綜合、軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，正確添加輔助線，熟練掌握待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式及軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．12．（2019·四川綿陽(yáng)·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，將二次函數(shù)y=ax2a>0的圖象向右平移1個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位，得到如圖所示的拋物線，該拋物線與x軸交于點(diǎn)A、B(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè))，OA=1，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的一次函數(shù)y=kx+b(1)求拋物線和一次函數(shù)的解析式；(2)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)E在一次函數(shù)的圖象下方，求ΔACE面積的最大值，并求出此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)；(3)若點(diǎn)P為x軸上任意一點(diǎn)，在(2)的結(jié)論下，求PE+【答案】(1)y=12x2-x-32；y=12x【分析】(1)先寫(xiě)出平移后的拋物線解析式，再把點(diǎn)A-1,0代入可求得a的值，由ΔABD的面積為5可求出點(diǎn)D的縱坐標(biāo)，代入拋物線解析式可求出橫坐標(biāo)，由A、(2)作EM∥y軸交AD于M，如圖，利用三角形面積公式，由SΔACE(3)作E關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AE于點(diǎn)H，交x軸于點(diǎn)P，則∠BAE=∠HAP【詳解】解：(1)將二次函數(shù)y=ax2a>0的圖象向右平移∵OA=1，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為-代入拋物線的解析式得，4a-2=0，∴拋物線的解析式為y=12令y=0，解得x1=-1，x2∴AB=∵ΔABD的面積為5，∴SΔABD=12代入拋物線解析式得，52=12x2-x設(shè)直線AD的解析式為y=∴4k+b∴直線AD的解析式為y=(2)過(guò)點(diǎn)E作EM∥y軸交AD于M，如圖，設(shè)Ea∴EM=∴SΔACE=SΔAME-∴當(dāng)a=32時(shí)，ΔACE的面積有最大值，最大值是2516，此時(shí)(3)作E關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F，連接EF交x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AE于點(diǎn)H，交x軸于點(diǎn)∵E32,-∴AG=1+32=52∵∠AGE∴sin∠EAG=PH∵E、F關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，∴PE=∴PE+35∵EF=158∴sin∠∴FH=∴PE+35【點(diǎn)睛】主要考查了二次函數(shù)的平移和待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的有關(guān)計(jì)算和利用對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)求最值問(wèn)題．解（1）題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法和相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)的求解；解（2）題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用二次函數(shù)的性質(zhì)求解；解（3）題的關(guān)鍵是作E關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F，靈活應(yīng)用對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)的知識(shí)，學(xué)會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想和轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想把求PE+3513．（2019·湖南張家界·統(tǒng)考中考真題）已知拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)(1)求拋物線的解析式及頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；(2)過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC，垂足為M，求證：四邊形(3)點(diǎn)P為拋物線在直線BC下方圖形上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)ΔPBC面積最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(4)若點(diǎn)Q為線段OC上的一動(dòng)點(diǎn)，問(wèn)：AQ+【答案】(1)拋物線的表達(dá)式為：y=x2-4x+3，頂點(diǎn)D(2,-1)；(2)證明見(jiàn)解析；【分析】(1)設(shè)交點(diǎn)式y(tǒng)=(2)先證明四邊形ADBM為菱形，再根據(jù)有一個(gè)角是直角的菱形是正方形即可得證；(3)先求出直線BC的解析式，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交BC于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)P(x,x2-4x(4)存在，如圖，過(guò)點(diǎn)C作與y軸夾角為30°的直線CF交x軸于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥CF，垂足為H，交y軸于點(diǎn)Q，此時(shí)HQ=12CQ，則AQ+12QC最小值【詳解】解：(1)函數(shù)的表達(dá)式為：y=即：3a=3，解得：a=1，故拋物線的表達(dá)式為：y=則頂點(diǎn)D(2,-(2)∵OB=OC∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，∴AB=2，∴AM=又∵D(2，-1)，∴AD=BD=(2-1)2∴AM=MB=AD=BD，∴四邊形ADBM為菱形，又∵∠AMB∴菱形ADBM為正方形；(3)設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，將點(diǎn)B、C的坐標(biāo)代入得：{3解得：{m所以直線BC的表達(dá)式為：y=-x+3，過(guò)點(diǎn)P作y軸的平行線交BC于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)P(x,x則SΔPBC∵-32<0，故S故點(diǎn)P((4)存在，理由：如圖，過(guò)點(diǎn)C作與y軸夾角為30°的直線CF交x軸于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥CF，垂足為H，交y此時(shí)HQ=則AQ+12在Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO=FOCO∴OF=3，∴F(-3，0)，利用待定系數(shù)法可求得直線HC的表達(dá)式為：y=3∵∠COF=90°，∠FOC=30°，∴∠CFO=90°-30°=60°，∵∠AHF=90°，∴∠FAH=90°-60°=30°，∴OQ=AO?tan∠FAQ=33∴Q(0,33)利用待定系數(shù)法可求得直線AH的表達(dá)式為：y=-3聯(lián)立①②并解得：x=故點(diǎn)H(1-33則AH=即AQ+12【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合題，涉及了待定系數(shù)法，解直角三角形的應(yīng)用，正方形的判定，最值問(wèn)題等，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度，正確把握相關(guān)知識(shí)，會(huì)添加常用輔助線是解題的關(guān)鍵.題型03阿氏圓模型【模型由來(lái)】已知平面上兩點(diǎn)A、B，則所有滿(mǎn)足PA=k·PB（k≠1）的點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)圓，這個(gè)軌跡最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，故稱(chēng)“阿氏圓”，又稱(chēng)阿波羅尼斯圓.【模型解讀1】如圖1所示，⊙O的半徑為r，點(diǎn)A、B都在⊙O外，P為⊙O上的動(dòng)點(diǎn)，已知r=k·OB.連接PA、PB，則當(dāng)PA+kPB的值最小時(shí)，P點(diǎn)的位置如何確定?思路：如圖2，在線段OB上截取OC，使OC=k·r（即OCOP=k=OPOB）且∠BOP=∠COP，則可說(shuō)明△BPO與△PCO相似，即PCPB=k.故本題求PA+kPB的最小值可以轉(zhuǎn)化為PA+PC的最小值,其中A與C為定點(diǎn)，P為動(dòng)點(diǎn)，故當(dāng)A、P’、C具體步驟：1：連接動(dòng)點(diǎn)至圓心0（將系數(shù)不為1的線段兩端點(diǎn)分別與圓心相連接），即連接OP、OB；2：計(jì)算連接線段OP、OB長(zhǎng)度；3：計(jì)算兩線段長(zhǎng)度的比值OP/OB="k"；4：在OB上截取一點(diǎn)C，使得OC/OP=OP/OB構(gòu)建母子型相似：5：連接AC，與圓0交點(diǎn)為P，即AC線段長(zhǎng)為PA＋K*PB的最小值．【模型解讀2】如圖點(diǎn)A，B在⊙O上，OA⊥OB,OA=OB=12，點(diǎn)C是OA的中點(diǎn)，D在OB上，OD=10，點(diǎn)P是⊙【詳解】解：如圖1，延長(zhǎng)OA到E，使OA=AE，連接PE、OP，∵OA=OP，C為OA中點(diǎn)，∴OPOE=12，OC∵∠COP=∠POE，∴△OCP∽△OPE，∴OPOE∴PE=2PC，∴2PC+PD=PE+PE,即當(dāng)E最小值為OE如圖2，延長(zhǎng)OB到F，使OF=725，連接PF、OP∵OD=10，OP==OA=12，∴OPOF∵∠DOP=∠POF，∴△ODP∽△OPF，∴OPOF=DPPF=56∴PC+65PD=PC+PF,即當(dāng)最小值為OC【模型總結(jié)】對(duì)于阿氏圓而言：當(dāng)系數(shù)k＜1的時(shí)候，一般情況下，考慮向內(nèi)構(gòu)造。當(dāng)系數(shù)k＞1的時(shí)候，一般情況下，考慮向外構(gòu)造。【注意事項(xiàng)】針對(duì)求PA+kPB的最小值問(wèn)題時(shí)，當(dāng)軌跡為直線時(shí)，運(yùn)用“胡不歸模型”求解；當(dāng)軌跡為圓形時(shí)，運(yùn)用“阿氏圓模型”求解.【阿氏圓模型專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練】1．（2021·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C為圓心、3為半徑作⊙C，P為⊙C上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP、BP，則13AP＋BP的最小值為（

A．7 B．52 C．4+10 D．【答案】B【詳解】思路引領(lǐng)：如圖，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13AP+BP＝PM+PB≥BM答案詳解：如圖，在CA上截取CM，使得CM＝1，連接PM，PC，BM．∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，∴PC2＝CM?CA，∴PCCA∵∠PCM＝∠ACP，∴△PCM∽△ACP，∴PMPA∴PM=13∴13AP+BP＝PM+PB∵PM+PB≥BM，在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，∴BM=12+∴13AP+BP≥52∴13AP+BP的最小值為52故選：B．2．（2023·陜西咸陽(yáng)·?？既＃┤鐖D，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E、F分別是OD、OC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且EF=4，P是EF的中點(diǎn)，連接OP、PC

【答案】1452/【分析】在OD上取一點(diǎn)G，使得OG=12,連接PG、CG．根據(jù)菱形的性質(zhì)可知OC=6,OD=8，則OGOP=OPOD=1【詳解】解：如圖，在OD上取一點(diǎn)G，使得OG=12

∵四邊形ABCD為菱形，AC=12,∴OC=12∵EF=4，P是EF∴OP=∴OGOP又∵∠GOP∴△POG∴GPPD=1∵PC+∴當(dāng)點(diǎn)G、P、C在同一直線上時(shí)，PC+此時(shí)PC+1故答案為：1452【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握“胡不歸”問(wèn)題模型，正確畫(huà)出輔助線，構(gòu)造相似三角形，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和勾股定理求解．3．（2022·四川瀘州·四川省瀘縣第一中學(xué)校考一模）如圖，AB為⊙O的直徑，AB＝2，點(diǎn)C與點(diǎn)D在AB的同側(cè)，且AD⊥AB，BC⊥AB，AD＝1，BC【答案】34【分析】連接OD，先利用勾股定理求得OD=2，∠AOD=45°，在OD上截取OI=22，過(guò)I作IH⊥AB于H，IG⊥BC于G，求得BG=IH【詳解】解：連接OD，∵AB為⊙O的直徑，AB∴OA=OB∵在Rt△AOD中，∴OD=AD在OD上截取OI=22，過(guò)I作IH⊥AB于H，IG⊥BC∴四邊形IHBG是矩形，IH=∴BG=IH=∴CG=在Rt△CIG中，∵OIOP=OP∴△POI∴PIPD=OPOD∴22PD+故22PD+故答案為：342【點(diǎn)睛】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、圓的基本概念、相似三角形的判定與性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，解答的關(guān)鍵是截取在OD上截取OI=224．（2022上·浙江·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，A(0,4)，B(4,0)，P是第一象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，OP=2，連接AP、BP，則BP+【答案】17【分析】取點(diǎn)T(0,1)，連接PT，BT．根據(jù)OP2=OT?OA，有OPOT=OAOP，即可證明△【詳解】解：如圖，取點(diǎn)T(0,1)，連接PT，BT∵T(0,1)，A(0,4)∴OT=1，OA=4∵OP∴O∴OPOT∵∠POT∴△POT∴PTPA∴PT∴PB∵BT∴PB∴BP+12AP≥17∴BP+1故答案為：17．【點(diǎn)睛】本題考查阿氏圓問(wèn)題，相似三角形的判定和性質(zhì)，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)造相似三角形解決問(wèn)題．5．（2020·江蘇常州·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，點(diǎn)A、點(diǎn)B在⊙O上，∠AOB=90°，OA=6，點(diǎn)C在OA上，且OC=2AC，點(diǎn)D是OB的中點(diǎn)，點(diǎn)M是劣弧【答案】4【分析】延長(zhǎng)OB到T，使得BT=OB，連接MT，CT，利用相似三角形的性質(zhì)證明MT=2DM，求CM+2【詳解】解：延長(zhǎng)OB到T，使得BT=OB，連接MT，∵OM=6，OD=∴O∴OMOD∵∠MOD∴△∴DMMT∴MT∵CM又∵在Rt△OCT中，∠COT=90°，OC∴CT∴CM∴CM+2DM故答案為：410【點(diǎn)睛】本題考查了相似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)造相似三角形解決問(wèn)題．6．（2021·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，邊長(zhǎng)為4的正方形，內(nèi)切圓記為⊙O，P是⊙O上一動(dòng)點(diǎn)，則2PA＋PB的最小值為．【答案】2【分析】2PA＋PB＝2（PA＋22PB），利用相似三角形構(gòu)造22【詳解】解：設(shè)⊙O半徑為r，OP＝r＝12BC＝2，OB＝2r＝22取OB的中點(diǎn)I，連接PI，∴OI＝IB＝2，∵OPOI=22∴OPOI=OBOP∴△BOP∽△POI，∴PIPB∴PI＝22PB∴AP＋22PB＝AP＋PI∴當(dāng)A、P、I在一條直線上時(shí)，AP＋22PB作IE⊥AB于E，∵∠ABO＝45°，∴IE＝BE