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文檔簡介
模塊二常見模型專練
專題32幾何圖形中的最值問題(含隱圓)
最值問題一阿氏圓問題
例1(2020·廣西·中考真題)如圖,在RtABC中,AB=AC=4,點(diǎn)E,F(xiàn)分別是AB,AC的中點(diǎn),點(diǎn)P
1
是扇形AEF的上任意一點(diǎn),連接BP,CP,則BP+CP的最小值是_____.
EF2
【答案】17.
PTAP1
【分析】在AB上取一點(diǎn)T,使得AT=1,連接PT,PA,CT.證明PAT∽BAP,推出==,
PBAB2
11
推出PT=PB,推出PB+CP=CP+PT,根據(jù)PC+PT≥TC,求出CT即可解決問題.
22
【詳解】解:在AB上取一點(diǎn)T,使得AT=1,連接PT,PA,CT.
∵PA=2.AT=1,AB=4,
∴PA2=4AT?AB,
PAAB
∴=,
ATPA
∵∠PAT=∠PAB,
∴PAT∽BAP,
PTAP1
∴==,
PBAB2
1
∴PT=PB,
2
1
∴PB+CP=CP+PT,
2
第1頁共94頁.
∵PC+PT≥TC,
在RtACT中,
∵∠CAT=90°,AT=1,AC=4,
∴CT=AT2AC2=17,
1
∴PB+PC≥,
217
1
∴PB+PC的最小值為.
217
故答案為17.
【點(diǎn)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.
例2(2019·山東·統(tǒng)考中考真題)如圖1,在平面直角坐標(biāo)系中,直線y=﹣5x+5與x軸,y軸分別交于
A,C兩點(diǎn),拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A,C兩點(diǎn),與x軸的另一交點(diǎn)為B
(1)求拋物線解析式及B點(diǎn)坐標(biāo);
(2)若點(diǎn)M為x軸下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn),連接MA、MB、BC,當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí),四邊形AMBC
面積最大,求此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)及四邊形AMBC的面積;
1
(3)如圖2,若P點(diǎn)是半徑為2的⊙B上一動(dòng)點(diǎn),連接PC、PA,當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí),PC+PA的
2
值最小,請求出這個(gè)最小值,并說明理由.
【答案】(1)y=x2﹣6x+5,B(5,0);(2)當(dāng)M(3,﹣4)時(shí),四邊形AMBC面積最大,最大面積
1
等于18;(3)PC+PA的最小值為,理由詳見解析.
241
【分析】(1)由直線y=﹣5x+5求點(diǎn)A、C坐標(biāo),用待定系數(shù)法求拋物線解析式,進(jìn)而求得點(diǎn)B坐標(biāo).
(2)從x軸把四邊形AMBC分成ABC與ABM;由點(diǎn)A、B、C坐標(biāo)求ABC面積;設(shè)點(diǎn)M橫坐標(biāo)為
△△△
第2頁共94頁.
m,過點(diǎn)M作x軸的垂線段MH,則能用m表示MH的長,進(jìn)而求ABM的面積,得到ABM面積與m
的二次函數(shù)關(guān)系式,且對應(yīng)的a值小于0,配方即求得m為何值時(shí)取△得最大值,進(jìn)而求點(diǎn)△M坐標(biāo)和四邊形
AMBC的面積最大值.
BDBP1
(3)作點(diǎn)D坐標(biāo)為(4,0),可得BD=1,進(jìn)而有,再加上公共角∠PBD=∠ABP,根據(jù)兩
BPAB2
PD11
邊對應(yīng)成比例且夾角相等可證PBD∽△ABP,得等于相似比,進(jìn)而得PD=AP,所以當(dāng)C、P、D
PA22
1△
在同一直線上時(shí),PC+PA=PC+PD=CD最?。脙牲c(diǎn)間距離公式即求得CD的長.
2
【詳解】解:(1)直線y=﹣5x+5,x=0時(shí),y=5
∴C(0,5)
y=﹣5x+5=0時(shí),解得:x=1
∴A(1,0)
∵拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A,C兩點(diǎn)
1bc0b6
∴解得:
00c5c5
∴拋物線解析式為y=x2﹣6x+5
2
當(dāng)y=x﹣6x+5=0時(shí),解得:x1=1,x2=5
∴B(5,0)
(2)如圖1,過點(diǎn)M作MH⊥x軸于點(diǎn)H
∵A(1,0),B(5,0),C(0,5)
∴AB=5﹣1=4,OC=5
11
∴SABC=AB?OC=×4×5=10
22
∵點(diǎn)△M為x軸下方拋物線上的點(diǎn)
∴設(shè)M(m,m2﹣6m+5)(1<m<5)
∴MH=|m2﹣6m+5|=﹣m2+6m﹣5
第3頁共94頁.
11222
∴SABM=AB?MH=×4(﹣m+6m﹣5)=﹣2m+12m﹣10=﹣2(m﹣3)+8
22
△22
∴S四邊形AMBC=SABC+SABM=10+[﹣2(m﹣3)+8]=﹣2(m﹣3)+18
∴當(dāng)m=3,即M△(3,﹣△4)時(shí),四邊形AMBC面積最大,最大面積等于18
(3)如圖2,在x軸上取點(diǎn)D(4,0),連接PD、CD
∴BD=5﹣4=1
∵AB=4,BP=2
BDBP1
∴
BPAB2
∵∠PBD=∠ABP
∴△PBD∽△ABP
PDPD1
∴
APBP2
1
∴PD=AP
2
1
∴PC+PA=PC+PD
2
1
∴當(dāng)點(diǎn)C、P、D在同一直線上時(shí),PC+PA=PC+PD=CD最小
2
∵CD=OC2OD2524241
1
∴PC+PA的最小值為
241
【點(diǎn)睛】此題主要考查二次函數(shù)綜合,解題的關(guān)鍵是熟知二次函數(shù)的性質(zhì)、圓的性質(zhì)及相似三角形的判斷
與性質(zhì).
模型建立:已知平面上兩點(diǎn)A、B,則所有符合=k(k>0且k≠1)的點(diǎn)P會組成一個(gè)圓.這個(gè)結(jié)論最先
第4頁共94頁.
由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn),稱阿氏圓.
阿氏圓基本解法:構(gòu)造三角形相似.
模型解讀:
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+k·PB”的值最小時(shí),P點(diǎn)的位置如何確定?
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長度;
3:計(jì)算兩線段長度的比值;
??
??=k
4:在OB上截取一點(diǎn)C,使得構(gòu)建母子型相似:
????
5:連接AC,與圓0交點(diǎn)為P,??即=A?C?線段長為PA+K*PB的最小值.
本題的關(guān)鍵在于如何確定“k·PB”的大小,(如圖2)在線段OB上截取OC使OC=k·r,則可說明△BPO
與△PCO相似,即k·PB=PC.
∴本題求“PA+k·PB”的最小值轉(zhuǎn)化為求“PA+PC”的最小值,即A、P、C三點(diǎn)共線時(shí)最小(如圖3),
時(shí)AC線段長即所求最小值.
【變式1】(2022·全國·九年級專題練習(xí))如圖,已知正方形ABCD的邊長為4,⊙B的半徑為2,點(diǎn)P是
1
⊙B上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),則PD﹣PC的最大值為_____.
2
第5頁共94頁.
【答案】5
11
【詳解】分析:由PD?PC=PD?PG≤DG,當(dāng)點(diǎn)P在DG的延長線上時(shí),PD?PC的值最大,最大值為
22
DG=5.
詳解:在BC上取一點(diǎn)G,使得BG=1,如圖,
PB2BC4
∵2,2,
BG1PB2
PBBC
∴,
BGPB
∵∠PBG=∠PBC,
∴△PBG∽△CBP,
PGBG1
∴,
PCPB2
1
∴PG=PC,
2
1
當(dāng)點(diǎn)P在DG的延長線上時(shí),PD?PC的值最大,最大值為DG=22=5.
243
故答案為5
點(diǎn)睛:本題考查圓綜合題、正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建相似三
角形解決問題,學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題,把問題轉(zhuǎn)化為兩點(diǎn)之間線段最短解決,題目比較難,屬于中
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考壓軸題.
【變式2】(2022·全國·九年級專題練習(xí))如圖,在△ABC中,∠ACB=90°,BC=12,AC=9,以點(diǎn)C為圓心,
6為半徑的圓上有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)D.連接AD、BD、CD,則2AD+3BD的最小值是________.
【答案】1210
2
【分析】如下圖,在CA上取一點(diǎn)E,使得CE=4,先證△DCE∽△ACD,將AD轉(zhuǎn)化為DE,從而求得
3
2
ADBD的最小距離,進(jìn)而得出2AD+3BD的最小值.
3
【詳解】如下圖,在CA上取一點(diǎn)E,使得CE=4
∵AC=9,CD=6,CE=4
CDAC
∴
CECD
∵∠ECD=∠ACD
∴△DCE∽△ACD
EDDC6
∴
ADAC9
2
∴ED=AD
3
在△EDB中,ED+DB≥EB
∴ED+DB最小為EB,即ED+DB=EB
2
∴ADDBEB
3
在Rt△ECB中,EB=12242410
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2
∴ADDB410
3
∴2AD+3DB=1210
故答案為:1210.
【點(diǎn)睛】本題考查求最值問題,解題關(guān)鍵是構(gòu)造出△DCE∽△ACD.
【變式3】(2022秋·浙江·九年級專題練習(xí))如圖所示,ACB60,半徑為2的圓O內(nèi)切于ACB.P為
圓O上一動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P作PM、PN分別垂直于ACB的兩邊,垂足為M、N,則PM2PN的取值范圍
為___________.
【答案】623?PM2PN?623
【分析】根據(jù)題意,本題屬于動(dòng)點(diǎn)最值問題-“阿氏圓”模型,首先作MHNP于H,作MFBC于F,如圖
1
所示,通過代換,將PM2PN轉(zhuǎn)化為PNPMPNHPNH,得到當(dāng)MP與O相切時(shí),MF取得最
2
大值和最小值,分兩種情況,作出圖形,數(shù)形結(jié)合解直角三角形即可得到相應(yīng)最值,進(jìn)而得到取值范圍.
【詳解】解:作MHNP于H,作MFBC于F,如圖所示:
PMAC,PNCB,
PMCPNC90,
MPN360PMCPNCC120,
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MPH180MPN60,
1
HPPMcosMPHPMcos60PM,
2
1
PNPMPNHPNH,
2
MFNH,
當(dāng)MP與O相切時(shí),MF取得最大和最小,
①連接OP,OG,OC,如圖1所示:
可得:四邊形OPMG是正方形,
MGOP2,
在RtCOG中,CGOGtan6023,
CMCGGM223,
在Rt△CMF中,MFCMsin6033,
1
HNMF33,即PM2PN2PMPN2HN623;
2
②連接OP,OG,OC,如圖2所示:
可得:四邊形OPMG是正方形,
MGOP2,
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由上同理可知:在RtCOG中,CGOGtan6023,
CMCGGM232,
在Rt△CMF中,MFCMsin6033,
1
HNMF33,即PM2PN2PMPN2HN623,
2
623?PM2PN?623.
故答案為:623?PM2PN?623.
【點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)點(diǎn)最值模型-“阿氏圓”,難度較大,掌握解決動(dòng)點(diǎn)最值問題的方法,熟記相關(guān)幾何知識,
尤其是圓的相關(guān)知識是解決問題的關(guān)鍵.
【變式4】(2021·全國·九年級專題練習(xí))如圖1,在RT△ABC中,∠ACB=90°,CB=4,CA=6,圓C的
半徑為2,點(diǎn)P為圓上一動(dòng)點(diǎn),連接AP,BP,求:
1
①APBP,
2
②2APBP,
1
③APBP,
3
④AP3BP的最小值.
237
【答案】①37;②237;③;④237.
3
【分析】①在CB上取點(diǎn)D,使CD1,連接CP、DP、AD.根據(jù)作圖結(jié)合題意易證DCPPCB,即可
11
得出PDBP,從而推出APBPAPPD,說明當(dāng)A、P、D三點(diǎn)共線時(shí),APPD最小,最小值即
22
為AD長.最后在RtACD中,利用勾股定理求出AD的長即可;
1
②由2APBP2(APBP),即可求出結(jié)果;
2
21
③在CA上取點(diǎn)E,使CE,連接CP、EP、BE.根據(jù)作圖結(jié)合題意易證ECPPCA,即可得出EPAP,
33
第10頁共94頁.
1
從而推出APBPEPBP,說明當(dāng)B、P、E三點(diǎn)共線時(shí),EPBP最小,最小值即為BE長.最后在Rt△BCE
3
中,利用勾股定理求出BE的長即可;
1
④由AP3BP3(APBP),即可求出結(jié)果.
3
【詳解】解:①如圖,在CB上取點(diǎn)D,使CD1,連接CP、DP、AD.
∵CD1,CP2,CB4,
CDCP1
∴.
CPCB2
又∵DCPPCB,
∴DCPPCB,
PD11
∴,即PDBP,
BP22
1
∴APBPAPPD,
2
∴當(dāng)A、P、D三點(diǎn)共線時(shí),APPD最小,最小值即為AD長.
∵在RtACD中,ADAC2CD2621237.
1
∴APBP的最小值為37;
2
1
②∵2APBP2(APBP),
2
∴2APBP的最小值為237237;
2
③如圖,在CA上取點(diǎn)E,使CE,連接CP、EP、BE.
3
第11頁共94頁.
2
∵CE,CP2,CA6,
3
CECP1
∴.
CPCA3
又∵ECPPCA,
∴ECPPCA,
EP11
∴,即EPAP,
AP33
1
∴APBPEPBP,
3
∴當(dāng)B、P、E三點(diǎn)共線時(shí),EPBP最小,最小值即為BE長.
2237
∵在Rt△BCE中,BEBC2CE242()2.
33
1237
∴APBP的最小值為;
33
1
④∵AP3BP3(APBP),
3
237
∴AP3BP的最小值為3237.
3
【點(diǎn)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(diǎn)共線時(shí)線段最短是解答本題的關(guān)鍵.
最值問題二胡不歸問題
例1(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_____.
第12頁共94頁.
【答案】42
1
【分析】在∠BAC的外部作∠CAE=15°,作BF⊥AE于F,交AD于P,此時(shí)PA+2PB=2PAPB=
2
1
PFPB=2BF,通過解直角三角形ABF,進(jìn)一步求得結(jié)果.
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(shí)PA+2PB最小,
∴∠AFB=90°
∵AB=AC,AD⊥BC,
11
∴∠CAD=∠BAD=BAC3015,
22
∴∠EAD=∠CAE+∠CAD=30°,
1
∴PF=PA,
2
11
∴PA+2PB=2PAPB=PFPB=2BF,
22
在Rt△ABF中,AB=4,∠BAF=∠BAC+∠CAE=45°,
2
∴BF=AB?sin45°=422,
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.
第13頁共94頁.
4
例2(2022·廣西梧州·統(tǒng)考中考真題)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,直線yx4分別與x,y軸交于
3
5
點(diǎn)A,B,拋物線yx2bxc恰好經(jīng)過這兩點(diǎn).
18
(1)求此拋物線的解析式;
(2)若點(diǎn)C的坐標(biāo)是0,6,將△ACO繞著點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ECF,點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)E.
①寫出點(diǎn)E的坐標(biāo),并判斷點(diǎn)E是否在此拋物線上;
3
②若點(diǎn)P是y軸上的任一點(diǎn),求BPEP取最小值時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo).
5
51
【答案】(1)yx2x4
182
3
(2)①點(diǎn)E在拋物線上;②P(0,?)
2
【分析】(1)先求出A、B坐標(biāo),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(biāo),然后把E的坐標(biāo)代入(1)的函
數(shù)解析式中,從而判斷出點(diǎn)E是否在拋物線上;
AOHP333
②過點(diǎn)E作EH⊥AB,交y軸于P,垂足為H,sinABO,則HPBP,得BP+EP=HP+PE,
ABBP555
可知HP+PE的最小值為EH的長,從而解決問題.
【詳解】(1)解:當(dāng)x=0時(shí),y=-4,
4
當(dāng)y=0時(shí),x40,
3
∴x=-3,
∴A(-3,0),B(0,-4),
5
把A、B代入拋物線yx2bxc,
18
5
(3)23bc0
得18,
c4
第14頁共94頁.
1
b
∴2,
c4
51
∴拋物線解析式為yx2x4.
182
(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(diǎn)E的坐標(biāo)為(6,3),
51
當(dāng)x=3時(shí),y62643,
182
∴點(diǎn)E在拋物線上;
②過點(diǎn)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,
AOHP3
∵sinABO,
ABBP5
3
∴HPBP,
5
3
∴BP+EP=HP+PE,
5
∴HP+PE的最小值為EH的長,
作EG⊥y軸于G,
∵∠GEP=∠ABO,
∴tan∠GEP=tan∠ABO,
第15頁共94頁.
PGAO
∴,
EGBO
PG3
∴,
64
9
∴PG=,
2
93
∴OP=?3=,
22
3
∴P(0,?).
2
【點(diǎn)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(diǎn)之
3
間、線段最短等知識,利用三角函數(shù)將BP轉(zhuǎn)化為HP的長是解題的關(guān)鍵.
5
“PA+k·PB”型的最值問題,當(dāng)k=1時(shí)通常為軸對稱之最短路徑問題,而當(dāng)k>0時(shí),若以常規(guī)的軸對稱的
方式解決,則無法進(jìn)行,因此必須轉(zhuǎn)換思路.
1.當(dāng)點(diǎn)P在直線上
如圖,直線BM,BN交于點(diǎn)B,P為BM上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)A在射線BM,BN同側(cè),已知sin∠MBN=k.
過點(diǎn)A作AC⊥BN于點(diǎn)C,交BM于點(diǎn)P,此時(shí)PA+k·PB取最小值,最小值即為AC的長.
證明如圖,在BM上任取一點(diǎn)Q,連結(jié)AQ,作QD⊥BN于點(diǎn)D.
由sin∠MBN=k,可得QD=k·QB.
所以QA+k·QB=QA+QD≥AC,即得證.
2.當(dāng)點(diǎn)P在圓上
如圖,⊙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.
在OB上取一點(diǎn)C,使得OC=k·r,連結(jié)AC交⊙O于點(diǎn)P,此時(shí)PA+k·PB取最小值,最小值即為AC的
長.
第16頁共94頁.
證明如圖,在⊙O上任取一點(diǎn)Q,連結(jié)AQ,BQ,連結(jié)CQ,OQ.
則OC=k·OQ,OQ=k·OB.
而∠COQ=∠QOB,所以△COQ∽△QOB,
所以QC=k·QB.
所以QA+k·QB=QA+QC≥AC,即得證.
【變式1】(2022·湖北武漢·校聯(lián)考一模)如圖,在△ACE中,CACE,CAE30,半徑為5的O經(jīng)
過點(diǎn)C,CE是圓O的切線,且圓的直徑AB在線段AE上,設(shè)點(diǎn)D是線段AC上任意一點(diǎn)(不含端點(diǎn)),則
1
ODCD的最小值為______.
2
【答案】53
2
1
【分析】過點(diǎn)C作關(guān)于AE的平行線,過點(diǎn)D作DH垂直于該平行線于H,可將CD轉(zhuǎn)化為DH,此時(shí)
2
1
ODCD就等于ODDH,當(dāng)ODH共線時(shí),即為所要求的最小值.
2
【詳解】解:如圖所示,過點(diǎn)C作關(guān)于AE的平行線,過點(diǎn)D作DH垂直于該平行線于H,
CH//AB,CAE30,OCOA,
HCAOCA30,
HD1
sinHCD,HCO60,
CD2
1
CDHD,
2
第17頁共94頁.
1
ODCDODDH,
2
當(dāng)O,D,H三點(diǎn)共線,即在圖中H在H'位置,D在D'位置的時(shí)候有ODDH最小,
1
當(dāng)O,D,H三點(diǎn)共線時(shí),ODCD有最小值,
2
353
此時(shí)OH'OCsinHCOOCsin605,
22
1
ODCD的最小值為53,
22
故答案為53.
2
1
【點(diǎn)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OD進(jìn)行轉(zhuǎn)換.
2
【變式2】(2022秋·浙江·九年級專題練習(xí))如圖,正方形ABCD的邊長為4,點(diǎn)E為邊AD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn),
1
點(diǎn)F在邊CD上,且線段EF=4,點(diǎn)G為線段EF的中點(diǎn),連接BG、CG,則BG+CG的最小值為_____.
2
【答案】5
1
【分析】因?yàn)镈G=EF=2,所以G在以D為圓心,2為半徑圓上運(yùn)動(dòng),取DI=1,可證△GDI∽△CDG,
2
1
從而得出GI=CG,然后根據(jù)三角形三邊關(guān)系,得出BI是其最小值
2
【詳解】解:如圖,
在Rt△DEF中,G是EF的中點(diǎn),
1
∴DG=EF2,
2
∴點(diǎn)G在以D為圓心,2為半徑的圓上運(yùn)動(dòng),
第18頁共94頁.
在CD上截取DI=1,連接GI,
DI
∴=DG=1,
DGCD2
∴∠GDI=∠CDG,
∴△GDI∽△CDG,
IGDI
∴=1,
CGDG2
1
∴IG=CG,
2
1
∴BG+CG=BG+IG≥BI,
2
1
∴當(dāng)B、G、I共線時(shí),BG+CG最小=BI,
2
在Rt△BCI中,CI=3,BC=4,
∴BI=5,
故答案是:5.
【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定,圓的概念,求得點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵.
【變式3】(2021春·全國·九年級專題練習(xí))如圖,在邊長為4的正方形ABCD內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P,且BP=2.連
1
接CP,將線段PC繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PQ.連接CQ、DQ,則DQ+CQ的最小值為___.
2
【答案】5
AQ2
【分析】連接AC、AQ,先證明△BCP∽△ACQ得即AQ=2,在AD上取AE=1,證明△QAE∽△DAQ
BP2
11
得EQ=QD,故DQ+CQ=EQ+CQ≥CE,求出CE即可.
22
【詳解】解:如圖,連接AC、AQ,
∵四邊形ABCD是正方形,PC繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PQ,
∴∠ACB=∠PCQ=45°,
BC2PC2
∴∠BCP=∠ACQ,cos∠ACB=,cos∠PCQ=,
AC2QC2
第19頁共94頁.
∴∠ACB=∠PCO,
∴△BCP∽△ACQ,
AQ2
∴
BP2
∵BP=2,
∴AQ=2,
∴Q在以A為圓心,AQ為半徑的圓上,
在AD上取AE=1,
AE1AQ1
∵,,∠QAE=∠DAQ,
AQ2AD2
∴△QAE∽△DAQ,
EQ11
∴即EQ=QD,
QD22
1
∴DQ+CQ=EQ+CQ≥CE,
2
連接CE,
∴CEDE2CD25,
1
∴DQ+CQ的最小值為5.
2
故答案為:5.
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì),旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),相似三角形的性質(zhì)與判定,三角函數(shù),解題的關(guān)鍵
在于能夠連接AC、AQ,證明兩對相似三角形求解.
【變式4】(2021秋·四川達(dá)州·九年級達(dá)州市第一中學(xué)校校考期中)如圖,矩形OABC的頂點(diǎn)A、C分別在
3
x、y軸的正半軸上,點(diǎn)B的坐標(biāo)為(23,4),一次函數(shù)y=-x+b的圖象與邊OC、AB、x軸分別交于
3
點(diǎn)D、E、F,DFO30,并且滿足ODBE,點(diǎn)M是線段DF上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).
第20頁共94頁.
(1)求b的值;
(2)連接OM,若ODM的面積與四邊形OAEM的面積之比為1:3,求點(diǎn)M的坐標(biāo);
1
(3)求OMMF的最小值.
2
2379
【答案】(1)b3;(2)M(,);(3)
332
【分析】(1)利用矩形的性質(zhì),用b表示點(diǎn)E的坐標(biāo),再利用待定系數(shù)法即可求解;
(2)首先求出四邊形OAED的面積,再根據(jù)條件求出△ODM的面積,即可解決問題;
1
(3)過點(diǎn)M作MNx軸交于點(diǎn)N,則OMMFOMMN,即可轉(zhuǎn)化為求OMMN的最小值,作點(diǎn)
2
O關(guān)于一次函數(shù)的對稱點(diǎn)O,過點(diǎn)O作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)N,交一次函數(shù)于點(diǎn)M,即OMMN的最
小值為ON,算出長度即可.
3
【詳解】(1)在y=-x+b中,令x0,則yb,
3
點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0,b),
ODBE,B(23,4),
E(23,4b),
33
把E(23,4b)代入y=-x+b中得:4b23b,
33
解得:b3;
3
(2)由(1)得一次函數(shù)為yx3,D(0,3),E(23,1),
3
OD3,AE1,OA23,
11
S=(ODAE)OA(31)2343,
四邊形OADE22
ODM的面積與四邊形OAEM的面積之比為1:3,
\DODM的面積與四邊形OADE的面積之比為1:4,
第21頁共94頁.
1
SS3,
ODM4四邊形OADE
1
設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為a,則3a3,
2
23
解得:a,
3
2337
把x代入yx3中得:y,
333
237
M(,);
33
(3)
如圖所示,過點(diǎn)M作MNx軸交于點(diǎn)N,
DFO30,
1
MNMF,
2
1
OMMFOMMN,
2
作點(diǎn)O關(guān)于一次函數(shù)的對稱點(diǎn)O,且OO’與直線DF交于Q點(diǎn),過點(diǎn)O作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)N,
OMOM,
1
OMMFOMMNOMMN,
2
當(dāng)O、M、N在同一直線時(shí)OMMN最小,
1
即OMMFOMMNOMMN的最小值為ON,
2
DFO30,
ODF60,DOQ30,OON903060,
333
在RtVODQ中,OQODsin603,
22
OO2OQ33,
39
在RtONO中.ONOOsin6033,
22
第22頁共94頁.
19
OMMF的最小值為.
22
【點(diǎn)睛】本題考查幾何圖形與函數(shù)的綜合題,包括一次函數(shù)、矩形的性質(zhì)、四邊形的面積,解直角三角形
以及胡不歸問題,屬于中考壓軸題.
最值問題三隱圓問題
例1(2022·山東泰安·統(tǒng)考中考真題)如圖,四邊形ABCD為矩形,AB3,BC4.點(diǎn)P是線段BC上
一動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)M為線段AP上一點(diǎn).ADMBAP,則BM的最小值為()
5123
A.B.C.13D.132
252
【答案】D
【分析】證明AMD=90,得出點(diǎn)M在O點(diǎn)為圓心,以AO為半徑的圓上,從而計(jì)算出答案.
【詳解】設(shè)AD的中點(diǎn)為O,以O(shè)點(diǎn)為圓心,AO為半徑畫圓
∵四邊形ABCD為矩形
∴BAP+MAD=90
∵ADMBAP
∴MAD+ADM=90
∴AMD=90
∴點(diǎn)M在O點(diǎn)為圓心,以AO為半徑的圓上
第23頁共94頁.
連接OB交圓O與點(diǎn)N
∵點(diǎn)B為圓O外一點(diǎn)
∴當(dāng)直線BM過圓心O時(shí),BM最短
1
∵BO2AB2AO2,AO=AD=2
2
∴BO29413
∴BO13
∵BNBOAO132
故選:D.
【點(diǎn)睛】本題考查直角三角形、圓的性質(zhì),解題的關(guān)鍵是熟練掌握直角三角形和圓的相關(guān)知識.
例2(2021·湖北十堰·中考真題)如圖,四邊形ABCD是正方形,ABE是等邊三角形,M為對角線BD(不
含B點(diǎn))上任意一點(diǎn),將BM繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60得到BN,連接EN、AM、CM.
(1)求證:AMBENB;
(2)①當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí),AMCM的值最小;
②當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí),AMBMCM的值最小,并說明理由;
(3)當(dāng)AMBMCM的最小值為31時(shí),求正方形的邊長.
【答案】(1)見解析;(2)①當(dāng)M點(diǎn)落在BD的中點(diǎn)時(shí);②當(dāng)M點(diǎn)位于BD與CE的交點(diǎn)處時(shí),AM+BM
+CM的值最小,理由見解析;(3)2
【分析】(1)由題意得MBNB,ABN15,所以EBN45,容易證出AMBENB;
(2)①根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”,可得,當(dāng)M點(diǎn)落在BD的中點(diǎn)時(shí),AMCM的值最?。?/p>
②根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”,當(dāng)M點(diǎn)位于BD與CE的交點(diǎn)處時(shí),AMBMCM的值最小,即等于EC的
長(如圖);
(3)作輔助線,過E點(diǎn)作EFBC交CB的延長線于F,由題意求出EBF30,設(shè)正方形的邊長為x,
在RtEFC中,根據(jù)勾股定理求得正方形的邊長為2.
【詳解】解:(1)證明:ABE是等邊三角形,
第24頁共94頁.
BABE,ABE60.
∵M(jìn)BN60,
MBNABNABEABN.
即MBANBE.
又∵M(jìn)BNB,
AMBENB(SAS).
(2)解:①當(dāng)M點(diǎn)落在BD的中點(diǎn)時(shí),A、M、C三點(diǎn)共線,AMCM的值最?。谌鐖D,連接CE,
當(dāng)M點(diǎn)位于BD與CE的交點(diǎn)處時(shí),
AMBMCM的值最小,
理由如下:連接MN,由(1)知,AMBENB,
AMEN,
∵M(jìn)BN60,MBNB,
BMN是等邊三角形.
∴BMMN.
AMBMCMENMNCM.
根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”可知,若E、N、M、C在同一條直線上時(shí),ENMNCM取得最小值,最小
值為EC.
在ABM和CBM中,
ABCB
ABMCBM,
BMBM
ABMCBM(SAS),
BAMBCM,
BCMBEN,
EBCB,
若連接EC,則BECBCE,
BCMBCE,BENBEC,
M、N可以同時(shí)在直線EC上.
當(dāng)M點(diǎn)位于BD與CE的交點(diǎn)處時(shí),AMBMCM的值最小,即等于EC的長.
(3)解:過E點(diǎn)作EFBC交CB的延長線于F,
EBFABFABE906030.
第25頁共94頁.
3x
設(shè)正方形的邊長為x,則BFx,EF.
22
在RtEFC中,
EF2FC2EC2,
x3
()2(xx)2(31)2.
22
解得x12,x22(舍去負(fù)值).
正方形的邊長為2.
【點(diǎn)睛】本題考查軸對稱的性質(zhì)和正方形的性質(zhì),三角形全等的判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理,解
題的關(guān)鍵是掌握以上知識點(diǎn),添加適當(dāng)輔助線,靈活運(yùn)用.
【模型一:定弦定角的“前世今生”】
【模型二:動(dòng)點(diǎn)到定點(diǎn)定長】
第26頁共94頁.
【模型三:直角所對的是直徑】
【模型四:四點(diǎn)共圓】
牢記口訣:
定點(diǎn)定長走圓周,定線定角跑雙弧。
直角必有外接圓,對角互補(bǔ)也共圓。
【變式1】(2022秋·江蘇泰州·八年級泰州市第二中學(xué)附屬初中??计谥校鰽BC中,AB=AC=5,BC=6,
D是BC的中點(diǎn),E為AB上一動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)B關(guān)于DE的對稱點(diǎn)B在△ABC內(nèi)(不含△ABC的邊上),則BE
長的范圍為______.
95
【答案】BE
52
【分析】首先根據(jù)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)分析出點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)軌跡在以D為圓心,BD為半徑的圓弧上,然后分點(diǎn)B恰好
第27頁共94頁.
落在AB邊上和點(diǎn)B恰好落在AC邊上兩種情況討論,分別利用勾股定理以及等腰三角形的性質(zhì)和判定進(jìn)行
求解和證明即可得出兩種臨界情況下BE的長度,從而得出結(jié)論.
【詳解】解:∵點(diǎn)B與B關(guān)于DE對稱,
∴BDBD,則點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)軌跡在以D為圓心,BD為半徑的圓弧上,
①如圖所示,當(dāng)點(diǎn)B恰好落在AB邊上時(shí),此時(shí),連接AD和DE,
1
由題意及“三線合一”知,ADBD,BDBC3,
2
∴在RtABD中,ADAB2BD252324,
此時(shí),根據(jù)對稱的性質(zhì),DEAB,
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