中考數(shù)學二輪培優(yōu)復習專題38 中考最值難點突破胡不歸問題（解析版）

專題38中考最值難點突破胡不歸問題（解析版）模塊一典例剖析+針對訓練類型一有輔助角(隱含輔助角)典例1點P在直線上運動“胡不歸“問題【數(shù)學故事】從前，有一個小伙子在外地學徒，當他獲悉在家的老父親病危的消息后，便立即啟程趕路．由于思鄉(xiāng)心切，他只考慮了兩點之間線段最短的原理，所心以選擇了全是沙礫地帶的直線路徑A→B（如圖所示），而忽視了走折線雖然路程多但速度快的實際情況，當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，他應該選擇一條怎樣的路線呢？這就是風靡千百年的“胡不歸問題”．思路引領：先沿著驛道AC先走一段，速度為V1，再走沙礫地帶，速度為V2，可以提前到家解：先沿著驛道AC先走一段，速度為V1，再走沙礫地帶，速度為V2，可以提前到家．如圖，運動時間t=ADV1+BDV2在直線AC的下方作射線AE，使得sin∠CAE=V過點D作DG⊥AE于點G，過點B作BH⊥AE于點H，交AC于點F．在Rt△ADG中，DG＝AD?sin∠DAG=V2V∴運動時間t=1V2（BD∵BD+DG≥BH，∴先沿著驛道AC先走一段AF，速度為V1，再走沙礫地帶FB，速度為V2，可以使得時間最?。偨Y提升：本題考查胡不歸問題，解題的關鍵是學會用轉化的思想思考問題，把問題掌握垂線段最短解決．針對訓練1．（2022春?江漢區(qū)月考）如圖，△ABC中，AB＝AC＝10，∠A＝30°．BD是△ABC的邊AC上的高，點P是BD上動點，則32BP+CP的最小值是思路引領：過點P作PE⊥AB于點E，先在Rt△ABD中求出∠ABD及BD，再在Rt△BPE中利用sin60°得到32BP+CP=EP+CP，當當C、P、E三點在同一直線上，且CE⊥AB時其取得最小值，最小值為解：過點P作PE⊥AB于點E，在Rt△ABD中，∠ABD＝180°﹣90°﹣30°＝60°，BD=1在Rt△BPE中，sin60°=EP∴EP=32∴32BP+CP=EP+當C、P、E三點在同一直線上，且CE⊥AB時32BP+CP=EP+∵AB＝AC＝10，BD⊥AC，CE⊥AB，∴CE＝BD＝5，∴32BP+CP=EP+故答案為5．總結提升：此題是胡不歸模型，涉及到等腰三角形的性質，直角三角形的性質、銳角三角函數(shù)等，解題關鍵是將32BP+CP轉化成EP+2．（2021春?麗水期中）如圖，?ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P為邊CD上的一動點．求：（1）當PD＝6?3時，PB（2）PB+12PD的最小值等于思路引領：（1）點到直線上點的連線中，垂線段最短，當PB⊥CD時，PB最短；（2）過P點作AD延長線上的垂線PE，則PE=12PD，則12PD+PB=PE+PB，當P、解（1）如圖，當PB⊥CD時，PB最短，∠C＝∠DAB＝30°∴PB=12BC=1，∴PD＝CD﹣CP=6?3故答案為：6?3（2）如圖，過P點作PE⊥AD延長線于E點，過B作BF⊥AD延長線于F點，∵CD∥AB，∴∠EDP＝∠DAB＝30°，∴EP=12∴12當且僅當B、P、E三點共線時取等號，∵BF=1∴12∴最小值為3．故答案為：3．總結提升：本題考查最值問題中的胡不歸模型，利用轉化思想轉化123．（2017春?農(nóng)安縣校級月考）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（﹣1，0），B（0，?3），C（2，0），其對稱軸與x軸交于點D（1）求二次函數(shù)的表達式及其頂點坐標；（2）點M為拋物線的對稱軸上的一個動點，若平面內(nèi)存在點N，使得以A，B，M，N為頂點的四邊形為菱形，求點M的坐標；（3）若P為y軸上的一個動點，連接PD，求12PB+PD思路引領：（1）將A、B、C三點的坐標代入y＝ax2+bx+c，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的表達式，進而得到其頂點坐標；（2）當以A，B，M，N為頂點的四邊形為菱形時，分三種情況：①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時AM＝AB；②以B為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時BM＝AB；③線段AB的垂直平分線與對稱軸有一個交點，此時AM＝BM，分別列出方程，求解即可；（3）連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時12PB+PD最小．最小值就是線段DH，求出DH解：（1）由題意a?b+c=0c=?34a+2b+c=0∴拋物線解析式為y=32x2?3∵y=32x2?32x?3=3∴頂點坐標（12，?（2）設點M的坐標為（12，y∵A（﹣1，0），B（0，?3∴AB2＝1+3＝4．①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時AM＝AB，則（12+1）2+y2＝4，解得y＝±即此時點M的坐標為（12，72）或（12②以B為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時BM＝AB，則（12）2+（y+3）2＝4，解得y=?3+即此時點M的坐標為（12，?3+152③線段AB的垂直平分線與對稱軸有一個交點，此時AM＝BM，則（12+1）2+y2＝（12）2+（y+3）2即此時點M的坐標為（12，?綜上所述，滿足條件的點M的坐標為（12，72）或（12，?72）或（12，?3+15（3）如圖，連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時12PB+PD理由：∵OA＝1，OB=3∴tan∠ABO=OA∴∠ABO＝30°，∴PH=12∴12PB+PD＝PH+PD＝DH∴此時12PB+PD在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD=32，∠HAD＝60∴sin60°=DH∴DH=3∴12PB+PD的最小值為3總結提升：本題是二次函數(shù)綜合題，其中涉及到利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，菱形的判定，銳角三角函數(shù)定義，垂線段最短的性質等知識，解題的關鍵是掌握待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，學會利用垂線段最短解決實際問題中的最短問題，學會添加輔助線，利用數(shù)形結合解決問題．類型二構造輔助角典例2（2021春?金牛區(qū)期末）如圖，長方形ABCD中，AD＝3，AB＝2，點P是線段AD上一動點，連接BP，則BP+12DP的最小值為3思路引領：在AD上方作∠ADE＝30°，作PE⊥DE于E，作BH⊥DE于H，交AD于F，將12DP轉化為PE，則BP+12DP的最小值為BH的長度，根據(jù)圖形分別求BF解：在AD上方作∠ADE＝30°，作PE⊥DE于E，作BH⊥DE于H，交AD于F，∴PE=1∴BP+12DP＝BP+當B、P、E三點共線時，BP+PE最小，即為BH的長度，∵∠AFB＝∠DFH，∠A＝∠H，∴∠ABF＝∠PDE＝30°，∴AF==33×2=233∴DF＝AD﹣AF＝3?233，∴BH＝BF+FH=4∴BP+12DP的最小值為故答案為：3+總結提升：本題主要考查了含30°角的直角三角形的性質、以及線段和最小問題，通過作輔助線將線段和最小問題轉化為求線段BH的長度是關鍵．針對訓練1．（2019?灞橋區(qū)校級一模）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的最小值為思路引領：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．總結提升：本題考查矩形的性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．2．（2020秋?宜興市期中）在平面直角坐標系中，點A的坐標為（25，0），點B為（0，1），若C為線段OA上一動點，則BC+23AC的最小值是5思路引領：過點A作直線AD交y軸于點D，使sin∠OAD=23，過點C作CE⊥AD，交AD于點E，利用三角函數(shù)以及垂線段最短將BC+23解：過點A作直線AD交y軸于點D，使sin∠OAD=23，過點C作CE⊥AD，交AD于點在Rt△AOD中，sin∠OAD=2∴ODAD設OD＝2x，則AD＝3x，∵A（25，0），∴OD2+OA2＝AD2即（2x）2+（25）2＝（3x）2，解得x＝2，∴OD＝2x＝4，∵B（0，1），∴BD＝5，在Rt△ACE中，∵sin∠OAE=2∴CEAC∴CE=23∴BC+23AC＝BC當B，C，E在同一直線上，即BE⊥AD時，BC+23AC的值最小，最小值等于垂線段此時，△BDE是直角三角形，∴∠OAD＝∠DBE，∴sin∠DBE=2∴DEBD∴DE5∴DE=10在Rt△BDE中，BE2＝BD2﹣DE2＝25?100∴BE=5∴BC+23AC的值最小值是故答案為：55總結提升：本題考查三角函數(shù)、垂線段最短、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造三角函數(shù)正弦值巧妙用轉化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．3．（2016?隨州）如圖所示，已知拋物線y＝a（x+3）（x﹣1）（a≠0），與x軸從左至右依次相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，經(jīng)過點A的直線y=?3x+b與拋物線的另一個交點為D（1）若點D的橫坐標為2，求拋物線的函數(shù)解析式；（2）若在第三象限內(nèi)的拋物線上有點P，使得以A、B、P為頂點的三角形與△ABC相似，求點P的坐標；（3）在（1）的條件下，設點E是線段AD上的一點（不含端點），連接BE．一動點Q從點B出發(fā)，沿線段BE以每秒1個單位的速度運動到點E，再沿線段ED以每秒233個單位的速度運動到點D后停止，問當點E的坐標是多少時，點思路引領：（1）根據(jù)二次函數(shù)的交點式確定點A、B的坐標，進而求出直線AD的解析式，接著求出點D的坐標，將D點坐標代入拋物線解析式確定a的值．（2）由于沒有明確說明相似三角形的對應頂點，因此需要分情況討論：①當△BPA∽△ABC時；②當△PBA∽△ABC時．（3）作DM∥x軸交拋物線于M，作DN⊥x軸于N，作EF⊥DM于F，根據(jù)正切的定義求出Q的運動時間t＝BE+EF時，t最小即可．解：（1）∵y＝a（x+3）（x﹣1），∴點A的坐標為（﹣3，0）、點B兩的坐標為（1，0），∵直線y=?3x+b經(jīng)過點A∴b＝﹣33，∴y=?3x﹣33當x＝2時，y＝﹣53，則點D的坐標為（2，﹣53），∵點D在拋物線上，∴a（2+3）（2﹣1）＝﹣53，解得，a=?3則拋物線的解析式為y=?3（x+3）（x﹣1）=?3x2﹣23x+3（2）如圖1中，設P（m，n），作PH⊥x軸于H．①當△BPA∽△ABC時，∠BAC＝∠PBA，∴tan∠BAC＝tan∠PBA，即OCOA即?3a3=?n?m+1．解得n＝﹣a∴n=?a(m?1)n=a(m+3)(m?1)解得m＝﹣4或1（舍棄），當m＝﹣4時，n＝5a，∵ACAB=ABPB，即AB2＝∴AB2=OC2即42=9a2解得a=?1515或∴P（﹣4，?'15②當△PBA∽△ABC時，∠CBA＝∠PBA，∴tan∠CBA＝tan∠PBA，即OCOB∴?3a1∴n＝﹣3a（m﹣1），∴n=?3a(m?1)n=a(m+3)(m?1)解得m＝﹣6或1（舍棄），當m＝﹣6時，n＝21a，∵BCBA=ABPB，即AB2＝BC∴42=1+9a2∴a=?77或∴P（﹣6，﹣37）．（3）如圖2中，作DM∥x軸交拋物線于M，作DN⊥x軸于N，作EF⊥DM于F，則tan∠DAN=DN∴∠DAN＝60°，∴∠EDF＝60°，∴DE=EFsin∠EDF∴Q的運動時間t=BE1+DE∴當BE和EF共線時，t最小，則BE⊥DM，此時點E坐標（1，﹣43）．總結提升：本題考查的是二次函數(shù)知識的綜合運用，掌握二次函數(shù)的性質、二次函數(shù)的交點式、相似三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵，解答時，注意分情況討論討論，屬于中考壓軸題．類型三求PA＋kPB＋PC最短問題典例3（2022秋?雨花臺區(qū)校級月考）背景資料：在已知△ABC所在平面上求一點P，使它到三角形的三個頂點的距離之和最?。@個問題是法國數(shù)學家費馬1640年前后向意大利物理學家托里拆利提出的，所求的點被人們稱為“費馬點”．如圖1，當△ABC三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點P在△ABC內(nèi)部，當∠APB＝∠APC＝∠CPB＝120°時，則PA+PB+PC取得最小值．（1）如圖2，等邊△ABC內(nèi)有一點P，若點P到頂點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△APB繞頂點A旋轉到△ACP'處，此時△ACP'≌△ABP這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段PA、PB、PC轉化到一個三角形中，從而求出∠APB＝150°；知識生成：怎樣找三個內(nèi)角均小于120°的三角形的費馬點呢？為此我們只要以三角形一邊在外側作等邊三角形并連接等邊三角形的頂點與△ABC的另一頂點，則連線通過三角形內(nèi)部的費馬點．請同學們探索以下問題．（2）如圖3，△ABC三個內(nèi)角均小于120°，在△ABC外側作等邊三角形△ABB'，連接CB'，求證：CB'過△ABC的費馬點．（3）如圖4，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，點P為△ABC的費馬點，連接AP、BP、CP，求PA+PB+PC的值．思路引領：（1）由旋轉的性質得AP′＝AP＝3，CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，∠CAP′＝∠BAP，再證△PAP′是等邊三角形，得∠AP′P＝60°，PP′＝AP＝3，然后證∠CP′P＝90°，進而得出結論；（2）在CB'上取點P，使∠BPC＝120°，連接AP，再在PB'上截取PE＝PB，連接BE．由此可以證明△PBE為正三角形，再利用正三角形的性質得到PB＝BE，∠PBE＝60°，∠BEB'＝120°，而△ABB'為正三角形，由此也可以得到AB＝B'B，∠ABB'＝60°，現(xiàn)在根據(jù)已知的條件可以證明△ABP≌△B'BE，然后利用全等三角形的性質即可證明題目的結論；（3）將△APB繞點B順時針旋轉60°至△A'P'B處，連接PP'，證△PBP′是等邊三角形，得PB＝PP′，∠P′PB＝∠PP′B＝60°，再證C、P、P′、A′四點共線，然后證∠A′BC＝90°，即可解決問題．（1）解：如圖2中，連接PP′．∵點P到頂點A、B、C的距離分別為3、4、5，∴AP＝3，BP＝4，CP＝5，由旋轉的性質得：△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3，CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，∠CAP′＝∠BAP，∴∠CAP′+∠PAC＝∠BAP+∠PAC，即∠PAP′＝∠BAC，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠PAP′＝60°，∴△PAP′是等邊三角形，∴∠AP′P＝60°，PP′＝AP＝3，∵32+42＝52，∴PP′2+CP′2＝CP2，∴△CP′P是直角三角形，∠CP′P＝90°，∴∠AP′C＝∠AP′P+∠CP′P＝60°+90°＝150°，∴∠APB＝150°，故答案為：150°；（2）證明：證明：在CB'上取點P，使∠BPC＝120°．連接AP，再在PB'上截取PE＝PB，連接BE．∠BPC＝120°，∴∠EPB＝60°，∴△PBE為正三角形，∴PB＝BE，∠PBE＝60°，∠BEB'＝120°．∵△ABB'為正三角形，∴AB＝B′B，∠ABB'＝60°，∴∠PBA＝∠EBB′，∴△ABP≌△B′BE，∴∠APB＝∠B′EB＝120°，PA＝EB′，∴∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，∴P為△ABC的費馬點．∴CB'過△ABC的費馬點P；（3）解：將△APB繞點B順時針旋轉60°至△A'P'B處，連接PP'，如圖4所示：則∠ABP＝∠A′BP′，∠APB＝∠A′P′B，∠PBP′＝60°，PA＝P′A′，PB＝P′B，AB＝A′B，∴△PBP′是等邊三角形，∴PB＝PP′，∠P′PB＝∠PP′B＝60°，∵點P為直角三角形ABC的費馬點，∴∠APC＝∠BPC＝∠BPA＝120°，∴∠A′P′B＝∠BPC＝120°，∵∠P′PB＝∠PP′B＝60°，∴C、P、P′、A′四點共線，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1，∴AB＝2AC＝2，∴A′B＝2，在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=A∵∠ABC＝30°，∴∠A′BC＝∠A′BP′+∠CBP+∠PBP′＝∠ABP+∠CBP+∠PBP′＝∠ABC+∠PBP′＝30°+60°＝90°，在Rt△A′BC中，由勾股定理得：A′C=A'∴PA+PC+PB＝P′A′+PC+PP′＝A′C=7總結提升：本題是三角形綜合題，考查了旋轉的性質、等邊三角形的判定與性質、含30°角直角三角形的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理和勾股定理的逆定理、“費馬點”新定義等知識；本題綜合性強，熟練掌握等邊三角形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．針對訓練1．（2021春?郫都區(qū)校級期中）如圖，已知邊長為2的等邊△ABC，平面內(nèi)存在點P，則PA+3PB+PC的取值范圍為大于等于22思路引領：將△BPC繞點B順時針旋轉120°，得△BP′C′，連接PP′，過點B作BD⊥PP′于點D，根據(jù)旋轉的性質證明點A，B，C′在同一條直線上，根據(jù)等腰三角形的性質和勾股定理可得PP′＝2PD=3PB，進而可得PA+3PB+解：如圖，將△BPC繞點B順時針旋轉120°，得△BP′C′，連接PP′，過點B作BD⊥PP′于點D，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，AB＝BC＝BC′=2∴AC′＝AB+BC′＝22，∵∠CBC′＝∠PBP′＝120°，∴∠ABC′＝∠ABC+∠CBC′＝180°，∴點A，B，C′在同一條直線上，∵BP＝BP′，∠PBP′＝120°，BD⊥PP′，∴∠BPP′＝∠BP′P＝30°，∴PD=32∴PP′＝2PD=3PB∴PA+PP′+PC＝PA+3PB+PC＞AC′因為等邊三角形的邊長為2，∴PA+3PB+PC的取值范圍為大于等于22故答案為：大于等于22．總結提升：本題考查了最短路線問題，旋轉的性質，等邊三角形的性質，勾股定理，解決本題的關鍵是掌握旋轉的性質．2．（2018秋?江岸區(qū)校級月考）如圖，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底邊上的高AH上一點．若AP+BP+CP的最小值為22，則BC＝6?2思路引領：如圖將△ABP繞點A順時針旋轉60°得到△AMG．連接PG，CM．首先證明當M，G，P，C共線時，PA+PB+PC的值最小，最小值為線段CM的長，想辦法求出AC的長即可解決問題；解：如圖將△ABP繞點A順時針旋轉60°得到△AMG．連接PG，CM．∵AB＝AC，AH⊥BC，∴∠BAP＝∠CAP，∵PA＝PA，∴△BAP≌△CAP（SAS），∴PC＝PB，∵MG＝PB，AG＝AP，∠GAP＝60°，∴△GAP是等邊三角形，∴PA＝PG，∴PA+PB+PC＝CP+PG+GM，∴當M，G，P，C共線時，PA+PB+PC的值最小，最小值為線段CM的長，∵AP+BP+CP的最小值為22，∴CM＝22，∵∠BAM＝60°，∠BAC＝30°，∴∠MAC＝90°，∴AM＝AC＝2，作BN⊥AC于N．則BN=12AB＝1，AN=3，CN∴BC=B故答案為6?總結提升：本題考查軸對稱﹣最短問題，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會利用兩點之間線段最短解決問題，屬于中考?？碱}型．模塊二2023中考押題預測1．（2023春?將樂縣校級期中）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思路引領：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)在同一直線上，即AF⊥CE時，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中，∠A＝90°，∠B＝60°，AB＝4，∴BC＝8，∴DC＝BC﹣BD＝4，∴2AD+DC＝2×4+4＝12，∴2AD+DC的最小值為12，故選：D．總結提升：本題考查垂線段最短、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加輔助線，構造胡不歸模型，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考選擇或填空題中的壓軸題．2．（2023?合肥一模）如圖，△ABC為等邊三角形，BD平分∠ABC，AB＝2，點E為BD上動點，連接AE，則AE+1A．1 B．2 C．3 D．2思路引領：過E作EM⊥BC于M，過H作AH⊥BC于H，交BD于E'，由△ABC為等邊三角形，BD平分∠ABC，可得EM=12BE，當AE+12BE最小時，AE+EM最小，此時E與E'重合，M與H重合，AE+12BE的最小值為AH的長度，在Rt△ABH中，有AH＝AB?sin∠ABH＝2×sin60°=3解：過E作EM⊥BC于M，過H作AH⊥BC于H，交BD于E'，如圖：∵△ABC為等邊三角形，BD平分∠ABC，∴∠EBM＝30°，∴EM=12∴AE+12BE＝AE+當AE+12BE最小時，AE+EM最小，此時E與E'重合，M與H重合，AE+12在Rt△ABH中，AH＝AB?sin∠ABH＝2×sin60°=3∴AE+12BE最小值為故選：C．總結提升：本題考查等邊三角形的性質，涉及胡不歸問題，解題的關鍵是轉化思想的應用．3．（2022秋?任城區(qū)校級期末）如圖，△ABC中，AB＝AC＝15，tanA＝2，BE⊥AC于點E，D是線段BE上的一個動點，則CD+55A．35 B．65 C．53 D．10思路引領：如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanA=BEAE=2，設AE＝a，BE＝2a，利用勾股定理構建方程求出a，再證明DH=解：如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB＝90°，∵tanA=BE設AE＝a，BE＝2a，則有：225＝a2+4a2，∴a2＝45，∴a＝35或﹣35（舍棄），∴BE＝2a＝65，∵AB＝AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM＝BE＝65（等腰三角形兩腰上的高相等），∵∠DBH＝∠ABE，∠BHD＝∠BEA，∴sin∠DBH=DH∴DH=5∴CD+5∵CD+DH≥CM，∴當點H與M重合，且C，D，H共線時，CD+DH的值最小，∴CD+55BD∴CD+55BD故選：B．總結提升：本題考查解直角三角形，等腰三角形的性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，用轉化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．4．（2023?邗江區(qū)校級一模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=?49x2+83x與x軸的正半軸交于點A，A．24 B．25 C．30 D．36思路引領：連接OB，過C點作CM⊥OB于M點，過A點作AN⊥OB于N點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D，先求出拋物線與坐標軸的交點坐標，繼而得出BD、OA、OD，再證明△OBD∽△CBM，△OBD∽△OAN，進而可得3BC+5AC＝5MC+5AC＝5（AC+CM），當A、C、M三點共線，且三點連線垂直O(jiān)B時，AC+CM最小，根據(jù)ANOA=BDOB求出AN，AC+解：連接OB，過C點作CM⊥OB于M點，過A點作AN⊥OB于N點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D，如圖，令y＝0，得方程?4解得：x1＝0，x2＝6，∴A點坐標為（6，0），即OA＝6，將y=?49x∴B點坐標為（3，4），∴BD＝4，OD＝3，∵CM⊥OB，AN⊥OB，∴∠BMC＝∠ANO＝90°，根據(jù)拋物線對稱軸的性質可知BD⊥OA，∴∠BDO＝90°，在Rt△BDO中，利用勾股定理得OB=O∵∠OBD＝∠CBM，∠BDO＝∠BMC＝90°，∴△OBD∽△CBM，同理可證得△OBD∽△OAN，∴BCMC=BO∴BCMC=BOOD=∴3BC+5AC＝5MC+5AC＝5（AC+CM），∵當A、C、M三點共線，且三點連線垂直O(jiān)B時，AC+CM最小，∴AC+CM最小值為AN，如圖所示，∵ANOA∴AN=BD∴AC+CM最小值245∴即3BC+5AC＝5（AC+CM）＝24．故選：A．總結提升：本題考查了求拋物線與坐標軸的交點和拋物線頂點的坐標、相似三角形的判定與性質、垂線段最短等知識，利用三角形相似得出3BC＝5MC，進而得出3BC+5AC＝5（AC+CM）是解答本題的關鍵．5．（2022?平南縣二模）如圖，在等邊△ABC中，AB＝6，點E為AC中點，D是BE上的一個動點，則CD+1A．3 B．33 C．6 D．思路引領：如圖，過點C作CF⊥AB于點F，過點D作DH⊥AB于點H，則CD+DH≥CF，先解直角三角形可求出CF，再由直角三角形的性質得DH=12BD，進而可得CD+12BD=CD解：如圖，過點C作CF⊥AB于點F，過點D作DH⊥AB于點H，則CD+DH≥CF，∵△ABC是等邊三角形，AB＝6，∴∠A＝∠ABC＝60°，AF＝BF＝3，∴CF＝AFtan60°=33∵點E是AC的中點，∴∠DBH＝60°÷2＝30°，在Rt△BDH中，DH=1∴CD+12BD=CD+∴CD+12BD故答案為：B．總結提升：本題主要考查解直角三角形，等邊三角形的性質、垂線段最短等知識，解題關鍵是將CD+12BD轉化成CD6．（2022春?覃塘區(qū)期中）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E是邊BC的中點，P是對角線BD上的一個動點，連接AE，AP，若AP+12A．AB B．AE C．BD D．BE思路引領：由菱形的性質可得∠DBC=12∠ABC＝30°，可得PF=12BP，可得AP+12解：如圖，過點P作PF⊥BC于點F，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DBC=12∠ABC＝30°，且PF⊥∴PF=12∴AP+12BP＝AP+∴當點A，點P，點F三點共線且垂直BC時，AP+PF有最小值，∴AP+12BP故選：B．總結提升：本題考查了菱形的性質，直角三角形的性質，最短路徑問題，熟練運用菱形的性質是本題的關鍵．7．（2022春?新羅區(qū)校級月考）如圖，△ABC中，AB＝AC＝10，BE⊥AC于點E，BE＝2AE，D是線段BE上的一個動點，則CD+55A．25 B．45 C．55 D．10思路引領：過點D作DH⊥AB，垂足為H，過點C作CM⊥AB，垂足為M，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE，BE的長，再證明DH=55BD，從而可得CD+55BD＝解：過點D作DH⊥AB，垂足為H，過點C作CM⊥AB，垂足為M，∵BE⊥AC，∴∠AEB＝90°，∵BE＝2AE，AB＝10，∴AE2+BE2＝AB2，∴5AE2＝100，∴AE＝25或AE＝﹣25（舍去），∴BE＝2AE＝45，∴sin∠ABE=AE∵∠A＝∠A，∠AEB＝∠AMC＝90°，AB＝AC，∴△AEB≌△AMC（AAS），∴CM＝BE＝45，在Rt△BHD中，DH＝BDsin∠ABE=55∴CD+55BD＝CD+∵CD+DH≥CM，∴CD+55BD≥4∴CD+55BD的最小值是：4故選：B．總結提升：本題考查了胡不歸問題，等腰三角形的性質，根據(jù)題目的已知條件并結合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．8．（2021秋?澄海區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝x2+3x﹣4的圖象與x軸交于A、C兩點，與y軸交于點B，若P是x軸上一動點，點Q（0，2）在y軸上，連接PQ，則PQ+22A．6 B．2+322 C．2+32思路引領：過P作PH⊥BC，過Q作QH'⊥BC．再由PH=22PC得PQ+22PC＝PQ+PH，根據(jù)垂線段最短可知，PQ+PH的最小值為解：連接BC，過P作PH⊥BC，過Q作QH'⊥BC，令y＝0，即x2+3x﹣4＝0，解得x＝﹣4或1，∴A（1，0），C（﹣4，0），∵OB＝OC＝4，∠BOC＝90°，∴∠PCH＝45°，∴PH＝PCsin45°=22∴PQ+22PC＝PQ+根據(jù)垂線段最短可知，PQ+PH的最小值為QH'，∵BQ＝OB+OQ＝4+2＝6，∠QBH′＝45°，∴QH′＝sin45°?BQ＝32，∴PQ+22PC的最小值為3故選：D．總結提升：本題考查胡不歸問題，二次函數(shù)的性質，等腰直角三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是將求PQ+22PC的最小值轉化為求PQ+9．（2022?南山區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，則AB＝2BC．請在這一結論的基礎上繼續(xù)思考：若AC＝2，點D是AB的中點，P為邊CD上一動點，則AP+12A．1 B．2 C．3 D．2思路引領：過C作CE⊥AB于E，過點P作PF⊥EC于F，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半和等邊三角形的性質得出PF=12CP，再由AP+12CP＝AP+PF≥解：過C作CE⊥AB于E，過點P作PF⊥EC于F，∵∠ACB＝90°，點D是AB的中點，∴CD=12AB＝∵∠CAB＝30°，∴∠B＝60°，∴△BCD為正三角形，∴∠DCE＝30°，∴PF=12∴AP+12CP＝AP+PF≥∵∠CAB＝30°，AC＝2，∴CE=12∴AE=A∴AP+12CP的最小值為故選：C．總結提升：本題主要考查了含30°直角三角形中，30°所對的直角邊等于斜邊一半，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，解決此題的關鍵是作出垂線CE和PF，將12CP轉化為PF10．（2022春?武漢期末）如圖，?ABCD中∠A＝60°，AB＝6，AD＝2，P為邊CD上一點，則3PD+2PB最小值為63．思路引領：由直角三角形的性質可得DH=12DP，HP=3DH=32DP，則當點H，點P，點H三點共線時，HP+PB有最小值，即解：如圖，過點P作PH⊥AD，交AD的延長線于H，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠A＝∠CDH＝60°，∵HP⊥AD，∴∠DPH＝30°，∴DH=12DP，HP=3DH∵3PD+2PB＝2（32PD+PB）＝2（HP+PB∴當點H，點P，點H三點共線時，HP+PB有最小值，即3PD+2PB有最小值，此時：BH⊥AH，∠A＝60°，∴∠ABP＝30°，∴AH=12AB＝3，BH=3AH則3PD+2PB最小值為63，故答案為：63．總結提升：本題考查了胡不歸問題，平行四邊形的性質，直角三角形的性質，構造直角三角形是解題的關鍵．11．（2023春?姑蘇區(qū)校級月考）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+思路引領：先求出點A，點B坐標，由勾股定理可求AB的長，作點B關于OA的對稱點B'，可證△ABB'是等邊三角形，由直角三角形的性質可得CH=12AC，則2BC+AC＝2（B'C+CH），即當點B'，點C，點H三點共線時，B'C+CH有最小值，即2BC+解：∵一次函數(shù)y=33x?3分別交x軸、y軸于∴點A（3，0），點B（0，?3∴AO＝3，BO=3∴AB=AO2+OB如圖，作點B關于OA的對稱點B'，連接AB'，B'C，過點C作CH⊥AB于H，∴OB＝OB'=3又∵AO⊥BB'，∴BB'＝23，AB＝AB'＝23，BC＝B'C，∴AB＝BB'＝B'A，∴△ABB'是等邊三角形，∵AO⊥BB'，∴∠BAO＝30°，∵CH⊥AB，∴CH=12∴2BC+AC＝2（BC+12AC）＝2（B'C+∴當點B'，點C，點H三點共線時，B'C+CH有最小值，即2BC+AC有最小值，此時，B'H⊥AB，△ABB'是等邊三角形，∴BH＝AH=3，∠BB'H＝30°∴B'H=3BH∴2BC+AC的最小值為6，故答案為：6．總結提升：本題是胡不歸問題，考查了一次函數(shù)的性質，等邊三角形的判定和性質，直角三角形的性質，確定點C的位置是解題的關鍵．12．（2022?馬鞍山一模）如圖，AC垂直平分線段BD，相交于點O，且OB＝OC，∠BAD＝120°．（1）∠ABC＝75°．（2）E為BD邊上的一個動點，BC＝6，當AE+12BE最小時BE＝2思路引領：（1）根據(jù)垂直平分線的性質以及等腰三角形的性質即可求得∠ABC；（2）作A關于OB的對稱點A'，過A作AG⊥A'B于G，過點E作EF⊥A'B于F，將12BE轉化為EF，再根據(jù)AE+12BE＝AE+FE≥AG，設AG與OB交于E'，BE'即為當AE+12解：（1）∵AC垂直平分線段BD，∴AB＝AC，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠BAD＝120°，∴∠ABD＝（180°﹣120°）÷2＝30°，∵OB＝OC，OB⊥OC，∴∠OBC＝45°，∴∠ABC＝30°+45°＝75°，故答案為：75°；（2）作A關于OB的對稱點A'，過A作AG⊥A'B于G，過點E作EF⊥A'B于F，∵∠ABO＝30°，∴∠A'BO＝30°，∴FE=12∴AE+12BE＝AE+FE≥設AG與OB交于E'，BE'即為當AE+12BE∵BC＝6，∠OBC＝45°，∴OB＝OC＝BCcos45°=32∵cos∠A'BO=OB∴BA'=26∵∠A'BA＝60°，AB＝A'B，∴△ABA'為等邊三角形，∴BG=12BA'∵cos∠A'BO=BG∴BE'＝22．故答案為：22．總結提升：本題主要考查了等腰三角形的性質，垂直平分線的性質，銳角三角函數(shù)解三角形，解決此題的關鍵是作出垂線EF和AG，將12BE轉化為EF13．（2021秋?福清市期末）如圖，△ABC為等邊三角形，BD平分∠ABC，△ABC的面積為3，點P為BD上動點，連接AP，則AP+12BP的最小值為3思路引領：過A作AF⊥CB于E，過點P作PE⊥BC于E，故PE=12BP，故AP+12BP＝AP+PE≥解：過A作AF⊥CB于E，過點P作PE⊥BC于E，∵△ABC為等邊三角形，BD平分∠ABC，∴∠DBC＝30°，∴PE=12∴AP+12BP＝AP+PE≥∵△ABC的面積為3，∴34AC2=∴AC＝2，∴12BC?AF=∴AF=3∴AP+12BP的最小值為故答案為：3．總結提升：本題主要考查了含30°角的直角三角形中，30°所對的直角邊等于斜邊一半，作出垂線PE，得到PE=1214．（2021秋?北碚區(qū)校級期末）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，CD＝4，M，N分別是邊AB，AD的動點，滿足AM＝DN，連接CM、CN，E是邊CM上的動點，F(xiàn)是CM上靠近C的四等分點，連接AE、BE、NF，當△CFN面積最小時，12BE+AE的最小值為3思路引領：連接MN、AC，由菱形ABCD的性質和∠BAD＝120°得到AB＝AD＝CD、∠BAC＝∠DAC＝∠ADC＝60°，從而得到△ADC和△ABC為等邊三角形，然后得到AC＝DC，然后結合AM＝DN得證△AMC≌△DNC，得到CM＝CN、∠DCN＝∠ACM，從而得到∠MCN＝60°，得到△CMN為等邊三角形，由點F是CM上靠近點C的四等分點得到S△CFN=14S△CMN，所以△CMN的面積最小時，△CFN的面積也最小，從而有當CN和CM最短，即CN⊥AD、CM⊥AB時△CFN的面積最小，取BE的中點為點G，連接MG，由△ABC為等邊三角形和CM⊥AB得到點M是AB的中點、AE＝BE，進而有MG=12AE=12BE，所以12BE+AE=32AE解：如圖，連接MN、AC，∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴AB＝AD＝CD，∠BAC＝∠DAC＝∠ADC＝60°，∴△ADC和△ABC為等邊三角形，∴AC＝DC，∠ACD＝60°，∵AM＝DN，∴△AMC≌△DNC（SAS），∴CM＝CN，∠DCN＝∠ACM，∴∠MCN＝∠MCA+∠ACN＝∠DCN+∠ACN＝∠ACD＝60°，∴△CMN為等邊三角形，∵點F是CM上靠近點C的四等分點，∴S△CFN=14S△∴△CMN的面積最小時，△CFN的面積也最小，∵S△CMN=3∴當CN和CM長度最短時，S△CMN的面積最小，即CN⊥AD，CM⊥AB時△CFN的面積最小，取BE的中點為點G，連接MG，∵△ABC為等邊三角形，CM⊥AB，∴點M是AB的中點，∴AE＝BE，∴MG=12AE=∴12BE+AE=12AE+AE∵點E是CM上的動點，∠AME＝90°，∴AE的最小值即為AM的長度，∵CD＝4，∴AM=12∴（12BE+AE）最小值=故答案為：3．總結提升：本題考查了菱形的性質、等邊三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、垂線段最短、等邊三角形的面積，將求三角形CFN的面積最小值轉化為CM和CN的最小值是解題的關鍵．15．（2021秋?亭湖區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，點A（﹣3，0），B（1，0）．根據(jù)教材第65頁“思考”欄目可以得到這樣一個結論：在Rt△ABC中，AB＝2BC．請在這一結論的基礎上繼續(xù)思考：若點D是AB邊上的動點，則CD+12AD的最小值為思路引領：作射線AG，使得∠BAG＝30°，過D作DE⊥AG于E，過C作CF⊥AG于F，故DE=12AD，故CD+12AD＝CD+DE≥解：作射線AG，使得∠BAG＝30°，過D作DE⊥AG于E，過C作CF⊥AG于F，∴DE=12∴CD+12AD＝CD+DE≥∵A（﹣3，0），B（1，0）．∴AB＝4，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴BC=12∴AC=AB2∵∠CAG＝∠CAB+∠BAG＝60°，∴AF=12AC∴CF=A∴CD+12故答案為：3．總結提升：本題主要考查了含30°直角三角形中，30°所對的直角邊等于斜邊一半，作出射線AG，使得∠BAG＝30°是本題的關鍵．16．（2021秋?宜興市期末）如圖①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，點C沿BE折疊與AB上的點D重合．連接DE，請你探究：BCAB=12；請在這一結論的基礎上繼續(xù)思考：如圖②，在△OPM中，∠OPM＝90°，∠M＝30°，若OM＝2，點G是OM邊上的動點，則PG+12思路引領：由折疊的性質可得AD＝BD，BC＝BD，則有AB＝2BC；作P點關于OM的對稱點P'，作P'N⊥PM交于N點，交OM于G'點，PG+12MG=P'G'+G'N≥P'N，此時PG+12解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝60°，∵點C沿BE折疊與AB上的點D重合，∴∠DBE＝∠CBE＝30°，∴∠A＝∠ABE，∵∠BDE＝∠C＝90°，∴AD＝BD，∵BC＝BD，∴AB＝2BC，∴BCAB作P點關于OM的對稱點P'，作P'N⊥PM交于N點，交OM于G'點，∴PG'＝P'G'，∵∠M＝30°，∴NG'=12G'∴PG+12MG=P'G'+G'N≥P'N∵OM＝2，在Rt△OPM中，OP=12∴PM=3在Rt△PDM中，PD=12PM∴PP'=3∵∠P'＝30°，∴PN=3在Rt△PP'N中，P'N=3∴PG+12MG故答案為：12，3總結提升：本題是圖形的折疊變換，熟練掌握折疊的性質，直角三角形的勾股定理，正確作出輔助線利用軸對稱求路線最短是解題的關鍵．17．（2021秋?汕尾期末）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝x2﹣2x+c的圖象與x軸交于A、C兩點，與y軸交于點B（0，﹣3），若P是x軸上一動點，點D（0，1）在y軸上，連接PD，則C點的坐標是（3，0），2PD+PC的最小值是4思路引領：過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H．根據(jù)2PD+PC=2（PD+22PC）=2（DP+PJ），求出解：過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H．∵二次函數(shù)y＝x2﹣2x+c的圖象與y軸交于點B（0，﹣3），∴c＝﹣3，∴二次函數(shù)的解析式為y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），C（3，0），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵D（0，1），∴OD＝1，BD＝4，∵DH⊥BC，∴∠DHB＝90°，∴DH＝BD?sin45°＝22，∵PJ⊥CB，∴∠PJC＝90°，∴PJ=22∴2PD+PC=2（PD+22PC）=2（∵DP+PJ≥DH，∴DP+PJ≥22，∴DP+PJ的最小值為22，∴2PD+PC的最小值為4．故答案為：（3，0），4．總結提升：本題考查胡不歸問題，二次函數(shù)的性質，等腰直角三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是將求2PD+PC得最小值轉化為求2（DP+PJ）的最小值．屬于中考選擇題中的壓軸題．18．（2021秋?縉云縣期末）如圖，在直角坐標系中，點M的坐標為（0，2），P是直線y=3x（1）∠MOP＝30°．（2）當MP+12OP的值最小時，點P的坐標是（3思路引領：（1）設P（t，3t），過點P作PH⊥x軸交于H，由tan∠POH=3，則∠POH＝60°，即可求∠MOP＝30°（2）作M點關于直線y=3x的對稱點M'，過M'作M'N⊥y軸交于N，連接MM'，則有MP+12OP＝M'P+NP＝M'N，此時MP解：（1）設P（t，3t），過點P作PH⊥x軸交于H，∴OH＝t，PH=3t∴tan∠POH=PH∴∠POH＝60°，∴∠MOP＝30°，故答案為：30°；（2）作M點關于直線y=3x的對稱點M'，過