专题09阿氏圆问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（原卷版+解析）

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【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题09阿氏圆问题
解题策略


模型建立：已知平面上两点A、B，则所有符合＝k（k＞0且k≠1）的点P会组成一个圆．这个结论最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，称阿氏圆．
阿氏圆基本解法：构造三角形相似．
模型解读：
如图1所示，⊙O 的半径为 r，点 A、B 都在⊙O 外，P 为⊙O 上的动点， 已知 r＝k·OB．连接 PA、PB，则当“PA＋k·PB”的值最小时，P 点的位置如何确定？


1：连接动点至圆心0（将系数不为1的线段两端点分别与圆心相连接），即连接OP、OB；
2：计算连接线段OP、OB长度；
3：计算两线段长度的比值OPOB=k；
4：在OB上截取一点C，使得OCOP=OPOB构建母子型相似：
5：连接AC，与圆0交点为P，即AC线段长为PA＋K*PB的最小值．
本题的关键在于如何确定“k·PB”的大小，（如图 2）在线段 OB上截取 OC 使 OC＝k·r，则可说明△BPO 与△PCO 相似，即 k·PB＝PC．
∴本题求“PA＋k·PB”的最小值转化为求“PA＋PC”的最小值，即 A、P、C 三点共线时最小（如图 3），时AC线段长即所求最小值．
经典例题



【例1】（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在RT△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，圆C的半径为2，点P为圆上一动点，连接AP，BP，求：

①AP+12BP，
②2AP+BP，
③13AP+BP，
④AP+3BP的最小值．
【答案】①37；②237；③2373；④237．
【分析】①在CB上取点D，使CD=1，连接CP、DP、AD．根据作图结合题意易证△DCP∼△PCB，即可得出PD=12BP，从而推出AP+12BP=AP+PD，说明当A、P、D三点共线时，AP+PD最小，最小值即为AD长．最后在Rt△ACD中，利用勾股定理求出AD的长即可；
②由2AP+BP=2(AP+12BP)，即可求出结果；
③在CA上取点E，使CE=23，连接CP、EP、BE．根据作图结合题意易证△ECP∼△PCA，即可得出EP=13AP，从而推出13AP+BP=EP+BP，说明当B、P、E三点共线时，EP+BP最小，最小值即为BE长．最后在Rt△BCE中，利用勾股定理求出BE的长即可；
④由AP+3BP=3(13AP+BP)，即可求出结果．
【详解】解：①如图，在CB上取点D，使CD=1，连接CP、DP、AD．

∵CD=1，CP=2，CB=4，
∴CDCP=CPCB=12．
又∵∠DCP=∠PCB，
∴△DCP∼△PCB，
∴PDBP=12，即PD=12BP，
∴AP+12BP=AP+PD，
∴当A、P、D三点共线时，AP+PD最小，最小值即为AD长．
∵在Rt△ACD中，AD=AC2+CD2=62+12=37．
∴AP+12BP的最小值为37；
②∵2AP+BP=2(AP+12BP)，
∴2AP+BP的最小值为2×37=237；
③如图，在CA上取点E，使CE=23，连接CP、EP、BE．

∵CE=23，CP=2，CA=6，
∴CECP=CPCA=13．
又∵∠ECP=∠PCA，
∴△ECP∼△PCA，
∴EPAP=13，即EP=13AP，
∴13AP+BP=EP+BP，
∴当B、P、E三点共线时，EP+BP最小，最小值即为BE长．
∵在Rt△BCE中，BE=BC2+CE2=42+(23)2=2373．
∴13AP+BP的最小值为2373；
④∵AP+3BP=3(13AP+BP)，
∴AP+3BP的最小值为3×2373=237．
【点睛】本题考查圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．正确的作出辅助线，并且理解三点共线时线段最短是解答本题的关键．
【例2】（2022·广东惠州·一模）如图1，抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为−1,0，抛物线的对称轴是直线x=32．


(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是直线BC下方的抛物线上一个动点，是否存在点P使四边形ABPC的面积为16，若存在，求出点P的坐标若不存在，请说明理由；
(3)如图2，过点B作BF⊥BC交抛物线的对称轴于点F，以点C为圆心，2为半径作⊙C，点Q为⊙C上的一个动点，求24BQ+FQ的最小值．
【答案】(1)y=x2−3x−4
(2)P1,6或3,4
(3)37
【分析】（1）根据点A的坐标为−1,0，抛物线的对称轴是直线x=32．待定系数法求二次函数解析式即可，
（2）先求得直线BC解析式，设Pm,m2−3m−4，则Qm,m−4，过点P作PQ轴交直线BC于点Q，根据S四边形ABPC=S△ABC+S△BCP等于16建立方程，解一元二次方程即可求得m的值，然后求得P的坐标，
（3）在CB上取CE=22，过点E作EG⊥OC，构造△CQE∽△CBQ，则当F,Q,E三点共线时，取得最小值，最小值为FE，勾股定理解直角三形即可．
(1)
解：∵抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为−1,0，抛物线的对称轴是直线x=32，
∴C0,−4，
−b2a=32a−b−4=0，
解得a=1b=−3，
∴ 抛物线解析式为：y=x2−3x−4，
(2)
当y=0，即x2−3x−4=0，
解得x1=−1,x2=4，
∴B4,0，
∵C0,−4，
设直线BC解析式为y=kx+b，
−4=b4k+b=0，
解得k=1b=−4，
∴直线BC解析式为y=x−4，
设Pm,m2−3m−4，过点P作PQ轴交直线BC于点Q，

则Qm,m−4，
S四边形ABPC=S△ABC+S△BCP
=12×4+1×4+12m−4−m2+3m+4×4=−2m2+8m+10，
∵四边形ABPC的面积为16，
∴ −2m2+8m+10 =16，
解得m1=1,m2=3，
∴P1,6或3,4，
(3)
如图，过点B作BF⊥BC交抛物线的对称轴于点F，以点C为圆心，2为半径作⊙C，


∵x=32是抛物线的对称轴，yF=4−32=52
∴F32,52
∵ B4,0,C0,4，
∴OB=4,OC=4，
∴BC=42，∠OBC=45°，
∵BF⊥BC，
∴∠FBO=45°，
在CB上取CE=22，过点E作EG⊥OC，交y轴于点G，交抛物线对称轴于点H，则CG= EG=22×sin45°=12，EH=32−12=1
∴FH=6，
∵CQ=2,CE=22,BC=42，
∴CECQ=222=24,CQBC=242=24，∠QCE=∠BCQ，
∴△CQE∽△CBQ，
∴EQBQ=CQCB=24，
∴QE=24BQ，
∴24BQ+FQ ≥FE，
当F,Q,E三点共线时，取得最小值，最小值为FE，
∵EG⊥FG
∴EF=HE2+HF2=12+62=37．
则24BQ+FQ的最小值为37．
【点睛】本题考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，掌握二次函数的性质与相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【例3】（2019秋•山西期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．
已知平面上两点A、B，则所有符合＝k（k＞0且k≠1）的点P会组成一个圆．这个结论最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，称阿氏圆．
阿氏圆基本解法：构造三角形相似．
【问题】如图1，在平面直角坐标系中，在x轴，y轴上分别有点C（m，0），D（0，n），点P是平面内一动点，且OP＝r，设＝k，求PC+kPD的最小值．

阿氏圆的关键解题步骤：
第一步：如图1，在OD上取点M，使得OM：OP＝OP：OD＝k；
第二步：证明kPD＝PM；第三步：连接CM，此时CM即为所求的最小值．
下面是该题的解答过程（部分）：
解：在OD上取点M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，
又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．
任务：
（1）将以上解答过程补充完整．
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D为△ABC内一动点，满足CD＝2，利用（1）中的结论，请直接写出AD+BD的最小值．
【分析】（1）在OD上取点M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，利用相似三角形的性质以及两点之间线段最短解决问题即可．
（2）利用（1）中结论计算即可．
【解答】解（1）在OD上取点M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，
又∵∠POD＝∠MOP，
∴△POM∽△DOP．
∴MP：PD＝k，
∴MP＝kPD，
∴PC+kPD＝PC+MP，当PC+kPD取最小值时，PC+MP有最小值，即C，P，M三点共线时有最小值，
利用勾股定理得．

（2）∵AC＝m＝4，＝，在CB上取一点M，使得CM＝CD＝，

∴的最小值为．
【例4】如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△OAB的顶点O，A，B均在格点上，点E在OA上，且点E也在格点上．
（I）的值为　　；
（Ⅱ）是以点O为圆心，2为半径的一段圆弧．在如图所示的网格中，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°）连接E'A，E'B，当E'A+E'B的值最小时，请用无刻度的直尺画出点E′，并简要说明点E'的位置是如何找到的（不要求证明）　通过取格点K、T，使得OH：OD＝2：3，构造相似三角形将E′B转化为E′H　．

【分析】（1）求出OE，OB即可解决问题．
（2）构造相似三角形把E′B转化为E′H，利用两点之间线段最短即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意OE＝2，OB＝3，
∴＝，
故答案为：．
（2）如图，取格点K，T，连接KT交OB于H，连接AH交于E′，连接BE′，点E′即为所求．

故答案为：通过取格点K、T，使得OH：OD＝2：3，构造相似三角形将E′B转化为E′H，利用两点之间线段最短即可解决问题．
培优训练


一．填空题（共13小题）
1．（2022•南召县开学）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，点E、F分别是边AB、AC的中点，点P是以A为圆心、以AE为半径的圆弧上的动点，则的最小值为 　　．

【分析】在AB上截取AQ＝1，连接AP，PQ，CQ，证明△APQ∽△ABP，可得PQ＝PB，则PB+PC＝PC+PQ，当C、Q、P三点共线时，PC+PQ的值最小，求出CQ即为所求．
【解析】如图，在AB上截取AQ＝1，连接AP，PQ，CQ，

∵点E、F分别是边AB、AC的中点，点P是以A为圆心、以AE为半径的圆弧上的动点，
∴，
∵AP＝2，AQ＝1，
∴，
∵∠PAQ＝∠BAP，
∴△APQ∽△ABP，
∴PQ＝PB，
∴PB+PC＝PC+PQ≥CQ，
在Rt△ACQ中，AC＝4，AQ＝1，
∴QB＝＝＝．，
∴PB+PC的最小值．，
故答案为：．
2．（2021秋•龙凤区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以点C为圆心，3为半径做⊙C，分别交AC，BC于D，E两点，点P是⊙C上一个动点，则PA+PB的最小值为 　　．

【分析】在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，证明△ACP∽△PCQ，可得PQ＝AP，当B、Q、P三点共线时，PA+PB的值最小，求出BQ即为所求．
【解析】在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，
∵AC＝9，CP＝3，
∴＝，
∵CP＝3，CQ＝1，
∴＝，
∴△ACP∽△PCQ，
∴PQ＝AP，
∴PA+PB＝PQ+PB≥BQ，
∴当B、Q、P三点共线时，PA+PB的值最小，
在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，
∴QB＝，
∴PA+PB的最小值，
故答案为：．

3．（2022春•长顺县月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D、E分别是边BC、AC上的两个动点，且DE＝4，P是DE的中点，连接PA，PB，则PA+PB的最小值为 　　．

【分析】如图，在CB上取一点F，使得CF＝，连接PF，AF．利用相似三角形的性质证明PF＝PB，根据PF+PA≥AF，利用勾股定理求出AF即可解决问题．
【解析】如图，在CB上取一点F，使得CF＝，连接PF，AF．

∵∠DCE＝90°，DE＝4，DP＝PE，
∴PC＝DE＝2，
∵＝，＝，
∴＝，
∵∠PCF＝∠BCP，
∴△PCF∽△BCP，
∴＝＝，
∴PF＝PB，
∴PA+PB＝PA+PF，
∵PA+PF≥AF，AF＝＝＝，
∴PA+PB≥，
∴PA+PB的最小值为，
故答案为．
4．（2021秋•梁溪区校级期中）如图，⊙O与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N，⊙O半径为3，点A（0，1），点B（2，0），点P在弧MN上移动，连接PA，PB，则3PA+PB的最小值为 　　．

【分析】在y轴上取点H（0，9），连接BH，通过证明△AOP∽△POH，可证HP＝3AP，则3PA+PB＝PH+PB，当点P在BH上时，3PA+PB有最小值为HB的长，即可求解．
【解析】如图，在y轴上取点H（0，9），连接BH，

∵点A（0，1），点B（2，0），点H（0，9），
∴AO＝1，OB＝2，OH＝9，
∵，∠AOP＝∠POH，
∴△AOP∽△POH，
∴，
∴HP＝3AP，
∴3PA+PB＝PH+PB，
∴当点P在BH上时，3PA+PB有最小值为HB的长，
∴BH＝＝＝，
故答案为：．
5．（2021•碑林区校级模拟）如图，在△ABC中，BC＝6，∠BAC＝60°，则2AB+AC的最大值为 　4　．

【分析】由2AB+AC＝2（AB+）得，再将AB+AE转化成一条线段BP，可证出∠P是定角，从而点P在△PBC的外接圆上运动，当BP为直径时，BP最大解决问题．
【解析】∵2AB+AC＝2（AB+），
∴求2AB+AC的最大值就是求2（AB+）的最大值，
过C作CE⊥AB于E，延长EA到P，使得AP＝AE，
∵∠BAC＝60°，
∴EA＝，
∴AB+＝AB+AP，
∵EC＝，PE＝2AE，
由勾股定理得：PC＝，
∴sinP＝，
∴∠P为定值，
∵BC＝6是定值，
∴点P在△CBP的外接圆上，

∵AB+AP＝BP，
∴当BP为直径时，AB+AP最大，即BP'，
∴sinP'＝sinP＝，
解得BP'＝2，
∴AB+AP＝2，
∴2AB+AC＝2（AB+AP）＝4，
故答案为：4．
6．（2020•武汉模拟）【新知探究】新定义：平面内两定点A，B，所有满足＝k（k为定值）的P点形成的图形是圆，我们把这种圆称之为“阿氏圆”
【问题解决】如图，在△ABC中，CB＝4，AB＝2AC，则△ABC面积的最大值为 　　．

【分析】以A为顶点，AC为边，在△ABC外部作∠CAP＝∠ABC，AP与BC的延长线交于点P，证明△APC∽△BPA，由相似三角形的性质可得BP＝2AP，CP＝AP，从而求出AP、BP和CP，即可求出点A的运动轨迹，再找出距离BC最远的A点的位置即可求解．
【解析】以A为顶点，AC为边，在△ABC外部作∠CAP＝∠ABC，AP与BC的延长线交于点P，

∵∠CAP＝∠ABC，∠BPA＝∠APC，AB＝2AC，
∴△APC∽△BPA，
，
∴BP＝2AP，CP＝AP，
∵BP﹣CP＝BC＝4，
∴2AP﹣AP＝4，解得：AP＝，
∴BP＝，CP＝，即点P为定点，
∴点A的轨迹为以点P为圆心，为半径的圆上，如图，过点P作BC的垂线，交圆P与点A1，此时点A1到BC的距离最大，即△ABC的面积最大，
S△ABC＝BC•A1P＝×4×＝．
故答案为：．
7．（2020秋•天宁区校级月考）如图，已知菱形ABCD的边长为8，∠B＝60°，圆B的半径为4，点P是圆B上的一个动点，则PD﹣PC的最大值为 　2　．

【分析】连接PB，在BC上取一点G，使得BG＝2，连接PG，DG，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于H．利用相似三角形的性质证明PG＝PC，再根据PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，求出DG，可得结论．
【解析】连接PB，在BC上取一点G，使得BG＝2，连接PG，DG，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于H．

∵PB＝4，BG＝2，BC＝8，
∴PB2＝BG•BC，
∴＝，
∵∠PBG＝∠CBP，
∴△PBG∽△CBP，
∴＝＝，
∴PG＝PC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝BC＝8，
∴∠DCH＝∠ABC＝60°，
在Rt△CDH中，CH＝CD•cos60°＝4，DH＝CD•sin60°＝4，
∴GH＝CG+CH＝6+4＝10，
∴DG＝＝＝2，
∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，
∴PD﹣PC≤2，
∴PD﹣PC的最大值为2．
8．（2020•溧阳市一模）如图，在⊙O中，点A、点B在⊙O上，∠AOB＝90°，OA＝6，点C在OA上，且OC＝2AC，点D是OB的中点，点M是劣弧AB上的动点，则CM+2DM的最小值为 　　．

【分析】延长OB到T，使得BT＝OB，连接MT，CT．利用相似三角形的性质证明MT＝2DM，求CM+2DM的最小值问题转化为求CM+MT的最小值．求出CT即可判断．
【解析】延长OB到T，使得BT＝OB，连接MT，CT．

∵OM＝6，OD＝DB＝3，OT＝12，
∴OM2＝OD•OT，
∴＝，
∵∠MOD＝∠TOM，
∴△MOD∽△TOM，
∴＝＝，
∴MT＝2DM，
∵CM+2DM＝CM+MT≥CT，
又∵在Rt△OCT中，∠COT＝90°，OC＝4，OT＝12，
∴CT＝＝＝4，
∴CM+2DM≥4，
∴CM+2DM的最小值为4，
∴答案为4．
9．如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC的中点，以B为圆心，BE为半径作⊙B，点P是⊙B上一动点，连接PD、PC，则PD+PC的最小值为 　5　．

【分析】如图，在BC上取一点T，使得BT＝1，连接PB，PT，DT．证明△PBT∽△CBP，推出＝＝，推出PT＝PC，由PD+PC＝PD+PT≥DT＝5，由此可得结论．
【解析】如图，在BC上取一点T，使得BT＝1，连接PB，PT，DT．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCT＝90°，
∵CD＝4，CT＝3，
∴DT＝＝＝5，
∵PB＝2，BT＝1，BC＝4，
∴PB2＝BT•BC，
∴＝，
∵∠PBT＝∠PBC，
∴△PBT∽△CBP，
∴＝＝，
∴PT＝PC，
∵PD+PC＝PD+PT≥DT＝5，
∴PD+PC的最小值为5，
故答案为：5．
10．如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，C是OA的中点，D是OB上一点，OD＝5，P是上一动点，则PC+PD的最小值为 　　．

【分析】如图，延长OA使AE＝OB，连接EC，EP，OP，证明△OPE∽△OCP推出＝＝，推出EP＝2PC，推出PC+PD＝（2PC+PD）＝（PD+PE），推出当点E，点P，点D三点共线时，PC+PD的值最小．
【解析】如图，延长OA使AE＝OB，连接EC，EP，OP，
∵AO＝OB＝6，C分别是OA的中点，
∴OE＝12，OP＝6，OC＝AC＝3，
∴＝＝，且∠COP＝∠EOP
∴△OPE∽△OCP
∴＝＝，
∴EP＝2PC，
∴PC+PD＝（2PC+PD）＝（PD+PE），
∴当点E，点P，点D三点共线时，PC+PD的值最小，
∵DE＝＝＝13，
∴PD+PE≥DE＝13，
∴PD+PE的最小值为13，
∴PC+PD的值最小值为．
故答案为：．

11．如图所示的平面直角坐标系中，A（0，4），B（4，0），P是第一象限内一动点，OP＝2，连接AP、BP，则BP+的最小值是 　　．

【分析】如图，取点T（0，1），连接PT，BT．利用相似三角形的性质证明PT＝PB，推出PB+PA＝PB+PT≥BT，求出BT，可得结论．
【解析】如图，取点T（0，1），连接PT，BT．

∵T（0，1），A（0，4），B（4，0），
∴OT＝1，OA＝4，OB＝4，
∵OP＝2，
∴OP2＝OT•OA，
∴＝，
∵∠POT＝∠AOP，
∴△POT∽△AOP，
∴＝＝，
∴PT＝PA，
∴PB+PA＝PB+PT，
∵BT＝＝，
∴PB+PT≥，
∴BP+AP≥
∴BP+PB的最小值为．
故答案为：．
12．如图所示，∠ACB＝60°，半径为2的圆O内切于∠ACB．P为圆O上一动点，过点P作PM、PN分别垂直于∠ACB的两边，垂足为M、N，则PM+2PN的取值范围为 　6﹣2≤PM+2PN≤6+2　．

【分析】PM+2PN＝2（PM+PN），作MH⊥PN，HP＝PM，确定HN的最大值和最小值．
【解答】
解：作MH⊥NP于H，作MF⊥BC于F，
∵PM⊥AC，PN⊥CB，
∴∠PMC＝∠PNC＝90°，
∴∠MPN＝360°﹣∠PMC﹣∠PNC﹣∠C＝120°，
∴∠MPH＝180°﹣∠MPN＝60°，
∴HP＝PM•cos∠MPH＝PM•cos60°＝PM，
∴PN+PM＝PN+HP＝NH，
∵MF＝NH，
∴当MP与⊙O相切时，MF取得最大和最小，
如图1，

连接OP，OG，
可得：四边形OPMG是正方形，
∴MG＝OP＝2，
在Rt△COG中，
CG＝OG•tan60°＝2，
∴CM＝CG+GM＝2+2，
在Rt△CMF中，
MF＝CM•cosC＝（2+2）×＝3+，
∴HN＝MF＝3+，
PM+2PN＝2（）＝2HN＝6+2，
如图2，

由上知：CG＝2，MG＝2，
∴CM＝2﹣2，
∴HM＝（2﹣2）×＝3﹣，
∴PM+2PN＝2（）＝2HN＝6﹣2，
∴6﹣2≤PM+2PN≤6+2．
13．如图，边长为4的正方形，内切圆记为圆O，P为圆O上一动点，则PA+PB的最小值为 　2　．

【分析】PA+PB＝（PA+PB），利用相似三角形构造PB．
【解答】
解：设⊙O半径为r，
OP＝r＝BC＝2，OB＝r＝2，
取OB的中点I，连接PI，
∴OI＝IB＝，
∵，
，
∴，
∠O是公共角，
∴△BOP∽△POI，
∴，
∴PI＝PB，
∴AP+PB＝AP+PI，
∴当A、P、I在一条直线上时，AP+PB最小，
作IE⊥AB于E，
∵∠ABO＝45°，
∴IE＝BE＝BI＝1，
∴AE＝AB﹣BE＝3，
∴AI＝＝，
∴AP+PB最小值＝AI＝，
∵PA+PB＝（PA+PB），
∴PA+PB的最小值是AI＝＝2．
故答案是2．
二．解答题
14．（2022•从化区一模）已知，AB是⊙O的直径，AB＝，AC＝BC．
（1）求弦BC的长；
（2）若点D是AB下方⊙O上的动点（不与点A，B重合），以CD为边，作正方形CDEF，如图1所示，若M是DF的中点，N是BC的中点，求证：线段MN的长为定值；
（3）如图2，点P是动点，且AP＝2，连接CP，PB，一动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P，再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B，到达点B后停止运动，求点Q的运动时间t的最小值．

【分析】（1）AB是⊙O的直径，AC＝BC可得到△ABC是等腰直角三角形，从而得道答案；
（2）连接AD、CM、DB、FB，首先利用△ACD≌△BCF，∠CBF＝∠CAD，证明D、B、F共线，再证明△CMB是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；
（3）“阿氏圆”的应用问题，以A为圆心，AP为半径作圆，在AC上取点M，使AM＝1，连接PM，过M作MH⊥AB于H，连接BM交⊙A于P'，先证明PM＝，+BP最小，即是PM+BP最小，此时P、B、M共线，再计算BM的长度即可．
【解析】（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠CAB＝45°，
∵AB＝4，
∴BC＝AB•sin45°＝4；
（2）连接AD、CM、DB、FB，如图：

∵△ABC是等腰直角三角形，四边形CDEF是正方形，
∴CD＝CF，∠DCF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90﹣∠DCB＝∠BCF，
又AC＝BC，
∴△ACD≌△BCF（SAS），
∴∠CBF＝∠CAD，
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD＝∠CAD+∠ABC+∠ABD
＝∠DAB+∠CAB++∠ABC+∠ABD
＝∠DAB+45°+45°+∠ABD，
而AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠ABD＝90°，
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD＝180°，
∴D、B、F共线，
∵四边形CDEF是正方形，
∴△DCF是等腰直角三角形，
∵M是DF的中点，
∴CM⊥DF，即△CMB是直角三角形，
∵N是BC的中点，
∴MN＝BC＝2，即MN为定值；
（3）以A为圆心，AP为半径作圆，在AC上取点M，使AM＝1，连接PM，过M作MH⊥AB于H，连接BM交⊙A于P'，如图：

一动点Q从点C出发，以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P，再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B，
∴Q运动时间t＝+BP，
∵AM＝1，AP＝2，AC＝BC＝4，
∴＝＝，
又∠MAP＝∠PAC，
∴△MAP∽△PAC，
∴＝＝，
∴PM＝，
∴+BP最小，即是PM+BP最小，
此时P、B、M共线，即P与P'重合，t＝+BP最小值即是BM的长度，
在Rt△AMH中，∠MAH＝45°，AM＝1，
∴AH＝MH＝，
∵AB＝4，
∴BH＝AB﹣AH＝，
Rt△BMH中，BM＝＝5，
∴点Q的运动时间t的最小值为5．
15．（2021•渝中区校级自主招生）如图，在△ABC 与△DEF中，∠ACB＝∠EDF＝90°，BC＝AC，ED＝FD，点D在AB上．
（1）如图1，若点F在AC的延长线上，连接AE，探究线段AF、AE、AD之间的数量关系，并证明你的结论；
（2）如图2，若点D与点A重合，且AC＝3，DE＝4，将△DEF绕点D旋转，连接BF，点G为BF的中点，连接CG，在旋转的过程中，求CG+BG的最小值；
（3）如图3，若点D为AB的中点，连接BF、CE交于点M，CE交AB于点N，且BC：DE：ME＝7：9：10，请直接写出的值．

【分析】（1）过F作FH⊥AB于H，过E作EG⊥AB于G，结合K字型全等，等腰直角三角形，四点共圆即可得到答案；
（2）第二问考察隐圆问题与阿氏圆，取AB的中点O，连接OG，在OB上取OH＝，连接GH，构建相似，转化线段即可得到答案；
（3）过点C作BF平行线，点F作BC平行线交于点G；过点G作GH⊥BF于点H，过点K作KI⊥FG，证明△BDF≌△CDE，设BC＝7t，则DE＝9t，ME＝10t，结合勾股定理、相似三角形及解直角三角形的知识进行计算．
【解析】（1）线段AF、AE、AD之间的数量关系：，证明如下：
过F作FH⊥AB于H，过E作EG⊥AB于G，如图：

∵FH⊥AB，EG⊥AB，∠EDF＝90°，
∴∠FHD＝∠DGE＝90°，∠FDH＝90°﹣∠EDG＝∠DEG，
且DF＝DE，
∴△FHD≌△DGE（AAS），
∴FH＝DG＝AD+AG，
∵∠ACB＝∠EDF＝90°，BC＝AC，ED＝FD，
∴∠FAB＝∠FED＝45°，
∴点F、D、A、E四点共圆，
∴∠FAE＝∠FDE＝90°，∠EAG＝∠DFE＝45°，
∵FH⊥AB，EG⊥AB，∠BAC＝45°，
∴△FAH和△EAG为等腰直角三角形，
∴AF＝FH，AE＝AG，
∴AF＝（AD+AG）＝AD+AG＝AD+AE；
（2）取AB的中点O，连接OG，在OB上取OH＝，连接GH，如图：

∵G为BF的中点，O为AB中点，
∴OG是△ABF的中位线，
∴OG＝AF＝DF＝DE＝2，
∵AC＝3，
∴AB＝AC＝6，OB＝AB＝3，
∴＝，
而＝＝，
∴＝，
又∠HOG＝∠GOB，
∴△HOG∽△GOB，
∴＝＝，
∴HG＝BG，
∴，
要使CG+BG的最小，需CG+HG最小，
∴当H、G、C三点共线时，CG+BG的最小，CG+BG的最小值是CH，如图：

∵OC＝AB＝3，OH＝，
∴CH＝＝，
∴CG+BG的最小值是CH＝×＝．
（3）过点C作BF平行线，点F作BC平行线交于点G；过点G作GH⊥BF于点H，过点K作KI⊥FG；如图：

∵∠BDC＝∠FDE＝90°，
∴∠BDC+∠CDF＝∠FDE+∠CDF，即∠BDF＝∠CDE，
且CD＝BD，DE＝DF，
∴△BDF≌△CDE（SAS），
∴BF＝CE，∠DEC＝∠DFB，
∵∠DEC+∠DPE＝90°，∠DPE＝∠MPF，
∴∠DFB+∠MPF＝90°，
∴∠FME＝90°
由BC：DE：ME＝7：9：10，设BC＝7t，则DE＝9t，ME＝10t；
∴EF＝DE＝9t，
∵CG∥BF，FG∥BC，
∴四边形BFGC为平行四边形，
∴CE＝BF＝CG，∠ECG＝∠FME＝90°，
∴△ECG为等腰直角三角形，
∴∠CGE＝45°＝∠GKH，
∴△GKH为等腰直角三角形，
∴＝，＝＝，＝，
∴，
∴△CDE∽△GFE，
∴∠DCE＝∠FGE，
∴；
Rt△MFE中，MF＝＝t，
∴FK＝MK﹣MF＝ME﹣MF＝10t﹣t，FG＝BC＝7t，
设∠GFH＝α，∠KGI＝∠NCD＝β，
∴＝，
Rt△FKI中，sinα＝，
∴，
∵GH＝，
∴KI＝FK•＝，
∴sinβ＝＝＝＝＝，
∴．
16．（2021•九龙坡区校级模拟）在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB．若点D为AC上一点，连接BD，将BD绕点B顺时针旋转90°得到BE，连接CE，交AB于点F．

（1）如图1，若∠ABE＝75°，BD＝4，求AC的长；
（2）如图2，点G为BC的中点，连接FG交BD于点H．若∠ABD＝30°，猜想线段DC与线段HG的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，若AB＝4，D为AC的中点，将△ABD绕点B旋转得△A′BD′，连接A′C、A′D，当A′D+A′C最小时，求S△A′BC．
【分析】（1）通过作辅助线，构造直角三角形，借助解直角三角形求得线段的长度；
（2）通过作辅助线，构造全等三角形，设AC＝a，利用中位线定理，解直角三角形，用a的代数式表示CD和HG，即可得CD与HG的数量关系；
（3）构造阿氏圆模型，利用两点之间线段最短，确定A'（4）的位置，继而求得相关三角形的面积．
【解析】（1）过D作DG⊥BC，垂足是G，如图1：

∵将BD绕点B顺时针旋转90°得到BE，
∴∠EBD＝90°，
∵∠ABE＝75°，
∴∠ABD＝15°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠DBC＝30°，
∴在直角△BDG中有DG＝＝2，＝，
∵∠ACB＝45°，
∴在直角△DCG中，CG＝DG＝2，
∴BC＝BG+CG＝，
∴AC＝BC＝；
（2）线段DC与线段HG的数量关系为：HG＝，
证明：延长CA，过E作EN垂直于CA的延长线，垂足是N，连接BN，ED，过G作GM⊥AB于M，如图：

∴∠END＝90°，
由旋转可知∠EBD＝90°，
∴∠EDB＝45°
∴∠END＝∠EBD＝90°，
∴E，B，D，N四点共圆，
∴∠BNE＝∠EDB＝45°，∠NEB+∠BDN＝180°
∵∠BDC+∠BDN＝180°，∠BCD＝45°，
∴∠BEN＝∠BDC，
∴∠BNE＝45°＝∠BCD，
在△BEN和△BDC中，
，
∴△BEN≌△BDC（AAS），
∴BN＝BC，
∵∠BAC＝90°，
在等腰△BNC中，由三线合一可知BA是CN的中线，
∵∠BAC＝∠END＝90°，
∴EN∥AB，
∵A是CN的中点，
∴F是EC的中点，
∵G是BC的中点，
∴FG是△BEC的中位线，
∴FG∥BE，FG＝BE，
∵BE⊥BD，
∴FG⊥BD，
∵∠ABD＝30°，
∴∠BFG＝60°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BGF＝75°，
设AC＝a，则AB＝a，
在Rt△ABD中，AD＝，BD＝BE＝，
∴FG＝BE，
∴FG＝，
∵GM⊥AB，
∴△BGM是等腰三角形，
∴MG＝MB＝，
在Rt△MFG中，∠MFG＝60°，
∴MF＝MG，
∴MF＝，
∴BF＝BM+MF＝，
在Rt△BFH中，∠BFG＝60°，
∴FH＝＝a，
∴HG＝FG﹣FH＝﹣a＝，
又∵CD＝＝，
∴＝，
∴HG＝；
（3）设AB＝a，则BC＝，取BC的中点N，连接A′D，A′C，A′N，连接DN，如图3，

由旋转可知A′B＝AB＝a，
∵＝＝，＝＝，
∴，
又∠A'BN＝∠CBA'，
∴△A′BN∽△CBA′，
∴＝，
∴A'N＝A'C，
根据旋转和两点之间线段最短可知，最小，即是A'D+A'N最小，此时D、A'、N共线，即A'在线段DN上，
设此时A'落在A''处，过A''作A''F⊥AB于F，连接AA''，如图4，

∵D，N分别是AC，BC的中点，
∴DN是△ABC的中位线，
∴DN∥AB，
∵AB⊥AC，
∴DN⊥AC，
∵∠A＝∠A''FA＝∠A''DA＝90°，
∴四边形A''FAD是矩形，
∴AF＝A''D，A''F＝AD＝2，
∵又A''B＝AB＝4，
设AF＝x，
在直角三角形A''FB中，A''B2＝A''F2+BF2，
∴42＝22+（4﹣x）2，
解得x＝．
∴此时S△A''BC＝S△ABC﹣S△AA''B﹣S△A''AC＝AB•AC﹣AB•A''F﹣AC•A''D＝×4×4﹣×4×2﹣×4×（4﹣2）＝4﹣4．
17．（2021•沙坪坝区校级模拟）如图1，在四边形ABCD中，AC交BD于点E，△ADE为等边三角形．
（1）若点E为BD的中点，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面积；
（2）如图2，若BC＝CD，点F为CD的中点，求证：AB＝2AF；
（3）如图3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，点P为四边形ABCD内一点，且∠APD＝90°，连接BP，取BP的中点Q，连接CQ．当AB＝6，AD＝4，tan∠ABC＝2时，求CQ+BQ的最小值．

【分析】（1）如图1中，过点C作CH⊥BD于H，设EH＝x．利用勾股定理构建方程求出x，即可解决问题．
（2）如图2中，延长AF到G，使得AF＝FG，连接DG，CG，延长GC交BD于T，过点C作CH⊥BD于H．想办法证明△AEB≌△ADG（SAS），可得结论．
（3）如图3中，取AD的中点O，连接OP，OB，OC，取OB的中点J，连接QJ，CJ，过点C作CF⊥AB于F，在JB上取一点T，使得JT＝，连接QT，TC．想办法证明△QJT∽△BJQ，推出＝＝＝，推出QT＝BQ，推出CQ+BQ＝CQ+QT≥CT，求出CT，可得结论．
【解答】（1）解：如图1中，过点C作CH⊥BD于H，设EH＝x．

∵△ADE是等边三角形，
∴AD＝DE＝4，∠AED＝∠CEH＝60°，
∵∠CHE＝90°，
∴CH＝EH•tan60°＝x，
∵CD2＝CH2+DH2，
∴25＝3x2+（x+4）2，
∴4x2+8x﹣9＝0
∴x＝或（舍弃），
∴CH＝，
∴S△BEC＝×4×＝﹣2．
解法二：过点B作BJ⊥AC交AC的延长线于J，过点D作DT⊥AE于T．

证明BJ＝DT，求出DT，即可解决问题．

（2）证明：如图2中，延长AF到G，使得FG＝AF，连接DG，CG，延长GC交BD于T，过点C作CH⊥BD于H．

∵AF＝FG，CF＝FD，
∴四边形ACGD是平行四边形，
∴AC∥DG，GC∥AD，
∴∠CAD+∠ADG＝180°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AE＝AD，∠AED＝∠ADE＝∠EAD＝60°，
∴∠AEB＝∠ADG＝120°，
∴∠CGD＝∠EAD＝60°＝∠GDT，
∴△DGT是等边三角形，
∴DG＝DT，∠CTE＝∠CET＝60°，
∴△CET是等边三角形，
∴CT＝CE，∠CTE＝∠CET＝60°，
∵CB＝CD，CH⊥BD，
∴BH＝DH，TH＝EH，
∴BT＝DE，
∴BE＝DT＝DG，
∴△AEB≌△ADG（SAS），
∴AB＝AG＝2AF．

（3）解：如图3中，取AD的中点O，连接OP，OB，OC，取OB的中点J，连接QJ，CJ，过点C作CF⊥AB于F，在JB上取一点T，使得JT＝，连接QT，TC．

∵AB∥CD，∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∵CF⊥AB，
∴∠CFA＝90°，
∴四边形AFCD是矩形，
∴AD＝CF＝4，
∵tan∠CBA＝＝2，
∴BF＝2，
∵AB＝6，
∴AF＝4，
∴AD＝AF，
∴四边形AFCD是正方形，
∵BC＝＝＝2，CO＝＝＝2，OB＝＝4，
∴CB＝CO，
∵CF＝CD，∠CFB＝∠CDO＝90°，
∴Rt△CFB≌Rt△CDO（HL），
∴∠BCF＝∠DCO，
∴∠BCO＝∠DCF＝90°，
∵BJ＝JO，
∴CJ＝OB＝2，
∴CT＝＝＝，
∵BQ＝QP，BJ＝JO，
∴QJ＝OP＝，
∵QJ2＝2，TJ•JB＝×2＝2，
∴QJ2＝JT•JB，
∴＝，
∵∠QJT＝∠QJB，
∴△QJT∽△BJQ，
∴＝＝＝，
∴QT＝BQ，
∴CQ+BQ＝CQ+QT≥CT＝，
∴CQ+BQ的最小值为．
18．（2021·全国·九年级专题练习）如图，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C为顶点的正方形CDEF（C、D、E、F四个顶点按逆时针方向排列）可以绕点C自由转动，且CD＝2，连接AF，BD

（1）求证：△BDC≌△AFC
（2）当正方形CDEF有顶点在线段AB上时，直接写出BD＋22AD的值；
（3）直接写出正方形CDEF旋转过程中，BD＋22AD的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）2+1或2+5 ；（3）5
【分析】（1）利用SAS，即可证明△FCA≌△DCB；
（2）分两种情况当点D，E在AB边上时和当点E，F在边AB上时，讨论即可求解；
（3）取AC的中点M．连接DM，BM．则CM＝1，可证得△DCM∽△ACD，可得DM＝22AD，从而得到当B，D，M共线时，BD+22AD的值最小，即可求解．
【详解】（1）证明： ∵四边形CDEF是正方形，
∴CF＝CD，∠DCF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠DCB，
∵AC＝CB，
∴△FCA≌△DCB（SAS）；
（2）解：①如图2中，当点D，E在AB边上时，

∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，
∴AB=ACsin45°=22，
∵CD⊥AB，
∴AD＝BD＝=AC×sin45°=2，
∴BD+22AD＝=2+22×2=2+1；
②如图3中，当点E，F在边AB上时．

BD＝CF＝BC×sin45°=2×22= 2，
AD＝BD2+AB2＝10，
∴BD+22AD＝2+22×10=2+5，
综上所述，BD＋22AD的值2+1或2+5；
（3）如图4中．取AC的中点M．连接DM，BM．则CM＝1，

∵CD＝2，CM＝1，CA＝2，
∴CD2＝CM•CA，
∴CDCA＝CMCD，
∵∠DCM＝∠ACD，
∴△DCM∽△ACD，
∴DMAD＝CDAC＝22，
∴DM＝22AD，
∴BD+22AD＝BD+DM，
∴当B，D，M共线时，BD+22AD的值最小，
最小值BM=CB2+CM2=5．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，锐角三角函数，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
19．（2022·四川·隆昌市蓝天育才学校一模）问题提出：如图①，在Rt△ABC中，∠C=90∘，CB=4，CA=6，⊙C的半径为2，P为圆上一动点，连接AP、BP，求AP+12BP的最小值．
（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图①，连接CP，在CB上取一点D，使CD=1，则CDCP=CPCB=12．又∠PCD=∠BCP，所以△PCD∽△BCP．所以PDBP=CDCP=12．
所以PD=12PB，所以AP+12BP=AP+PD．
请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+12BP的最小值为________；
（2）自主探索：在“问题提出”的条件不变的前提下，求13AP+BP的最小值；
（3）拓展延伸：如图②，已知在扇形COD中，∠COD=90∘，OC=6，OA=3，OB=5，P是CD上一点，求2PA+PB的最小值．


【答案】（1）37；（2）2337；（3）13．
【分析】（1）根据题意可知最小值为AD长度，利用勾股定理即可求出AD长度．
（2）连接CP，在CA上取一点D，使CD=23，即可证明△PCD∽△ACP，得到PD=13AP，即13AP+BP=PD+BP，所以13AP+BP的最小值为BD长度，利用勾股定理即可求出BD长度．
（3）延长OC到E，使CE=6，连接PE，OP，即可证明△OAP∽△OPE，得到EP=2PA，即2PA+PB=EP+PB，所以2PA+PB的最小值为BE长度，利用勾股定理即可求出BE长度．
【详解】（1）根据题意可知，当A、P、D三点共线时，AP+12BP最小，最小值=AD=CD2+AC2=12+62=37．　
故答案为：37．
（2）连接CP，在CA上取一点D，使CD=23，
则有CDCP=CPCA=13，
∵∠PCD=∠ACP，
∴△PCD∽△ACP，得PDAP=CDCP=13，
∴PD=13AP，故13AP+BP=PD+BP，
仅当B、P、D三点共线时，
13AP+BP的最小值=BD=CD2+BC2=232+42=2337．

（3）延长OC到E，使CE=6，连接PE，OP，

则OAOP=OPOE=12，∵∠AOP=∠POE，
∴△OAP∽△OPE，∴OAOP=OPOE=APEP=12，
∴EP=2PA，∴2PA+PB=EP+PB，
仅当E、P、B三点共线时，
EP+PB=BE=OE2+OB2=52+122=13，
即2PA+PB的最小值为13．
【点睛】本题考查圆的综合，勾股定理，相似三角形的判定和性质．根据阅读材料的思路构造出△PCD∽△ACP和△OAP∽△OPE是解题的关键．本题较难．
20．（2019·山东·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于A，C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点，与x轴的另一交点为B

（1）求抛物线解析式及B点坐标；
（2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，连接MA、MB、BC，当点M运动到某一位置时，四边形AMBC面积最大，求此时点M的坐标及四边形AMBC的面积；
（3）如图2，若P点是半径为2的⊙B上一动点，连接PC、PA，当点P运动到某一位置时，PC+12PA的值最小，请求出这个最小值，并说明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣6x+5， B（5，0）；（2）当M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18；（3）PC+12PA的最小值为41，理由详见解析.
【分析】（1）由直线y＝﹣5x+5求点A、C坐标，用待定系数法求抛物线解析式，进而求得点B坐标．
（2）从x轴把四边形AMBC分成△ABC与△ABM；由点A、B、C坐标求△ABC面积；设点M横坐标为m，过点M作x轴的垂线段MH，则能用m表示MH的长，进而求△ABM的面积，得到△ABM面积与m的二次函数关系式，且对应的a值小于0，配方即求得m为何值时取得最大值，进而求点M坐标和四边形AMBC的面积最大值．
（3）作点D坐标为（4，0），可得BD＝1，进而有BDBP=BPAB=12，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根据两边对应成比例且夹角相等可证△PBD∽△ABP，得PDPA等于相似比12，进而得PD＝12AP，所以当C、P、D在同一直线上时，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小．用两点间距离公式即求得CD的长．
【详解】解：（1）直线y＝﹣5x+5，x＝0时，y＝5
∴C（0，5）
y＝﹣5x+5＝0时，解得：x＝1
∴A（1，0）
∵抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点
∴1+b+c=00+0+c=5     解得：b=−6c=5
∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5
当y＝x2﹣6x+5＝0时，解得：x1＝1，x2＝5
∴B（5，0）
（2）如图1，过点M作MH⊥x轴于点H

∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）
∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5
∴S△ABC＝12AB•OC＝12×4×5＝10
∵点M为x轴下方抛物线上的点
∴设M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5）
∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5
∴S△ABM＝12AB•MH＝12×4（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）2+8
∴S四边形AMBC＝S△ABC+S△ABM＝10+[﹣2（m﹣3）2+8]＝﹣2（m﹣3）2+18
∴当m＝3，即M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18
（3）如图2，在x轴上取点D（4，0），连接PD、CD
∴BD＝5﹣4＝1
∵AB＝4，BP＝2
∴BDBP=BPAB=12
∵∠PBD＝∠ABP
∴△PBD∽△ABP
∴PDAP=PDBP=12
∴PD＝12AP
∴PC+12PA＝PC+PD
∴当点C、P、D在同一直线上时，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小
∵CD＝OC2+OD2=52+42=41
∴PC+12PA的最小值为41
【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的性质、圆的性质及相似三角形的判断与性质.
21．（2018·广西柳州·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(3，0)，B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，且OB=3OA=3OC，∠OAC的平分线AD交y轴于点D，过点A且垂直于AD的直线l交y轴于点E，点P是x轴下方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，交直线AD于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，当FH=HP时，求m的值；
（3）当直线PF为抛物线的对称轴时，以点H为圆心，12HC为半径作⊙H，点Q为⊙H上的一个动点，求14AQ+EQ的最小值．

【答案】（1）y=13x2+233x﹣3；（2）−3；（3）4174．
【分析】对于（1），结合已知先求出点B和点C的坐标，再利用待定系数法求解即可；
对于（2），在Rt△OAC中，利用三角函数的知识求出∠OAC的度数，再利用角平分线的定义求出∠OAD的度数，进而得到点D的坐标；接下来求出直线AD的解析式，表示出点P，H，F的坐标，再利用两点间的距离公式可完成解答；对于（3），首先求出⊙H的半径，在HA上取一点K，使得HK=14，此时K（-738，-158）；然后由HQ2=HK·HA，得到△QHK∽△AHQ，再利用相似三角形的性质求出KQ=14AQ，进而可得当E、Q、K共线时，14AQ+EQ的值最小，据此解答.
【详解】（1）由题意A（3，0），B（﹣33，0），C（0，﹣3），设抛物线的解析式为y＝a（x+33）（x−3），把C（0，﹣3）代入得到a=13，∴抛物线的解析式为y=13x2+233x﹣3．
（2）在Rt△AOC中，tan∠OAC=OCOA=3，∴∠OAC＝60°．
∵AD平分∠OAC，∴∠OAD＝30°，∴OD＝OA•tan30°＝1，∴D（0，﹣1），∴直线AD的解析式为y=33x﹣1，由题意P（m，13m2+233m﹣3），H（m，33m﹣1），F（m，0）．
∵FH＝PH，∴1−33m=33m﹣1﹣（13m2+233m﹣3）
解得m=−3或3（舍弃），∴当FH＝HP时，m的值为−3．
（3）如图，∵PF是对称轴，∴F（−3，0），H（−3，﹣2）．
∵AH⊥AE，∴∠EAO＝60°，∴EO=3OA＝3，∴E（0，3）．

∵C（0，﹣3），∴HC=（3）2+12=2，AH＝2FH＝4，∴QH=12CH＝1，在HA上取一点K，使得HK=14，此时K（−783，−158）．
∵HQ2＝1，HK•HA＝1，∴HQ2＝HK•HA，∴HQAH=KHHQ．
∵∠QHK＝∠AHQ，∴△QHK∽△AHQ，∴KQAQ=HQAH=14，∴KQ=14AQ，∴14AQ+QE＝KQ+EQ，∴当E、Q、K共线时，14AQ+QE的值最小，最小值=（738）2+（158+3）2=4174．
【点睛】本题考查了相似三角形对应边成比例、两边成比例且夹角相等的两个三角形相似、待定系数法求二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、数轴上两点间的距离公式，熟练掌握该知识点是本题解题的关键.