还剩54页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题39中考最值难点突破阿氏圆问题(原卷版+解析)
展开
这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题39中考最值难点突破阿氏圆问题(原卷版+解析)，共57页。试卷主要包含了典例剖析+针对训练，2023中考押题预测等内容，欢迎下载使用。
类型一 求和最小
典例1 (2023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PAPB=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OPOD=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+23BD的最小值．
针对训练
1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C半径为2，P为圆上一动点，连接AP，BP，求AP+12BP的最小值．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（6，﹣1），M（4，4），以M为圆心，22为半径画圆，O为原点，P是⊙M上一动点，则PO+2PA的最小值为 ．
3．(2023•碑林区校级三模）问题提出：（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC边上的中线，请用尺规作图做出AB边上的中线CE，并证明BD＝CE：
问题探究：（2）如图2，已知点P是边长为6的正方形ABCD内部一动点，PA＝3，求PC+12PD的最小值；
问题解决：（3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝18，BC＝25，点M是矩形内部一动点，MA＝15，当MC+35MD最小时，画出点M的位置，并求出MC+35MD的最小值．
类型二 求差最大
典例2 （2023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−12PC的最大值为 ．
针对训练
1．(2023•常熟市二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是⊙B上的一个动点，则PD−12PC的最大值为 ．
2．（2023•商河县校级模拟）（1）初步思考：
如图1，在△PCB中，已知PB＝2，BC＝4，N为BC上一点且BN＝1，试证明：PN=12PC
（2）问题提出：
如图2，已知正方形ABCD的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD+12PC的最小值．
（3）推广运用：
如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD−12PC的最大值．
类型三 综合应用
典例3（2023•成华区校级模拟）如图1，抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y轴交于点B（0，3），在线段OA上有一动点E（不与O、A重合），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．
（1）分别求出抛物线和直线AB的函数表达式；
（2）设△PMN的面积为S1，△AEN的面积为S2，当S1S2=3625时，求点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转的到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E'A+23E'B的最小值．
针对训练
1．（2023•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+22A′C最小时，求S△A′BC．
2．(2023•高唐县二模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣4，﹣4），B（0，4），直线AC的解析式为y=−12x﹣6，且与y轴相交于点C，若点E是直线AB上的一个动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式；
（2）点H是y轴上一动点，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，四边形EAFH是矩形？求出此时点E，H的坐标；
（3）在（2）的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为⊙E上以动点，求12AM+CM的最小值．
模块二 2023中考押题预测
1．（2023秋•西峡县期末）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12PB+PC的最小值等于（ ）
A．4B．32C．17D．15
2．(2023秋•永嘉县期末）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 ．
3．（2023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13PA+PB的最小值为 ．
4．(2023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+14PB的最小值为 ．
5．（2023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 ．
6．（2023•武汉模拟）【新知探究】新定义：平面内两定点A，B，所有满足PAPB=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 ．
7．（2023•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 ．
8．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+12PC的最小值为 ．
9．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AB上一动点，则PC+12PD的最小值为 ．
10．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+12AP的最小值是 ．
11．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2PA+PB的最小值为 ．
第11题 第12题
12．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）OEOB的值为 ；
（Ⅱ）DE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+23E'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） ．
13．（2023秋•定海区期末）如图1，正方形OABC边长是2，以OA为半径作圆，P为弧AC上的一点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，连结PO、PA，设PM＝m，PA＝n．
（1）求证：∠POA＝2∠PAM；
（2）探求m、n的数量关系，并求n﹣m最大值；
（3）如图2：连结PB，设PB＝h，求2h+2m的最小值．
14．(2023•从化区一模）已知，AB是⊙O的直径，AB=42，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．
15．（2023•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＝62，AD＝42，tan∠ABC＝2时，求CQ+1010BQ的最小值．
专题39 中考最值难点突破阿氏圆问题（解析版）
模块一 典例剖析+针对训练
【模型简介】
在圆上找一点P使得PA＋k·PB的值最小．
类型一 求和最小
求PA＋k·PB的最小值，PA＋k·PB＝PA＋PC≥AC，当A，P，C三点共线时，最小值为AC
典例1 （2023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PAPB=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OPOD=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+23BD的最小值．
思路引领：（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（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CM=OC2+OM2=m2+(kr)2=m2+k2r2．
（2）∵AC＝m＝4，CDBC=23，在CB上取一点M，使得CM=23CD=43，
∴AD+23BD的最小值为42+(43)2=4103．
总结提升：本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
针对训练
1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C半径为2，P为圆上一动点，连接AP，BP，求AP+12BP的最小值．
思路引领：连接CP，在CB上取点D，使CD＝1，连接DP、AD，则有CDCP=CPCB=12，以此可证明△PCD∽△BCP，即可得到PDBP=12，AP+12BP=AP+PD，以此可推出当点A、P、D在同一条直线上时，AP+12BP的最小值为AD的长，再根据勾股定理即可求解．
解：连接CP，在CB上取点D，使CD＝1，连接DP、AD，
则有CDCP=CPCB=12，
∵∠PCD＝∠BCP，
∴△PCD∽△BCP，
∴PDBP=12，
∴PD=12BP，
∴AP+12BP=AP+PD，
要使AP+12BP最小，只要AP+PD最小，
当点A、P、D在同一条直线上时，AP+PD最小，
即AP+12BP的最小值为AD的长，
在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝6，
∴AD=AC2+CD2=37．
∴AP+12BP的最小值为37．
总结提升：本题主要考查相似三角形的判定与性质、勾股定理，根据题意分析出点A、P、D在同一条直线上时，AP+12BP的最小值为AD的长是解题关键．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（6，﹣1），M（4，4），以M为圆心，22为半径画圆，O为原点，P是⊙M上一动点，则PO+2PA的最小值为 10 ．
思路引领：连接OM，在OM上截取MN，使得MN=2，连接PN，AN．证明△PMN∽△OMP，推出PNOP=MNMP=12，推出PN=12OP，推出OP+2OA＝2（12OP+PA）＝2（PN+PA），再根据PN+PA≥AN，求出AN，可得结论．
解：连接OM，在OM上截取MN，使得MN=2，连接PN，AN．
∵M（4，4），
∴OM=42+42=42，
∵PM＝22，MN=2，
∴PM2＝MN•MO，
∴PMMN=MOPM，
∵∠PMN＝∠OMP，
∴△PMN∽△OMP，
∴PNOP=MNMP=12，
∴PN=12OP，
∵N（3，3），A（6，﹣1），
∴AN=32+42=5，
∴OP+2OA＝2（12OP+PA）＝2（PN+PA），
∵PN+PA≥AN，
∴PN+PA≥5，
∴OP+2OA≥10，
∴OP+2OA的最小值为10，
故答案为：10．
总结提升：本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
3．(2023•碑林区校级三模）问题提出：（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC边上的中线，请用尺规作图做出AB边上的中线CE，并证明BD＝CE：
问题探究：（2）如图2，已知点P是边长为6的正方形ABCD内部一动点，PA＝3，求PC+12PD的最小值；
问题解决：（3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝18，BC＝25，点M是矩形内部一动点，MA＝15，当MC+35MD最小时，画出点M的位置，并求出MC+35MD的最小值．
思路引领：（1）如图1中，作线段AB的垂直平分线MN交AB于点E，连接EC．线段EC即为所求，再根据SAS证明△BAD≌△CAE即可解决问题；
（2）如图2中，在AD上截取AE，使得AE=32．首先证明△PAE∽△DAP，推出PEDP=PAAD=12，可得PE=12PD，推出PC+12PD＝PC+PE，利用三角形的三边关系即可解决问题；
（3）如图3中，如图2中，在AD上截取AE，使得AE＝9．由△MAE∽△DAM，推出EMMD=MAAD=1525=35，可得ME=35MD，推出MC+35MD＝MC+ME，利用三角形的三边关系即可解决问题；
解：（1）如图1中，作线段AB的垂直平分线MN交AB于点E，连接EC．线段EC即为所求；
∵AB＝AC，AE＝EC，AD＝CD，
∴AE＝AD，
∵AB＝AC，∠A＝∠A，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
（2）如图2中，在AD上截取AE，使得AE=32．
∵PA2＝9，AE•AD=32×6＝9，
∴PA2＝AE•AD，
∴PAAD=AEPA，∵∠PAE＝∠DAP，
∴△PAE∽△DAP，
∴PEDP=PAAD=12，
∴PE=12PD，
∴PC+12PD＝PC+PE，
∵PC+PE≥EC，
∴PC+12PD的最小值为EC的长，
在Rt△CDE中，∵∠CDE＝90°，CD＝6，DE=92，
∴EC=62+(92)2=152，
∴PC+12PD的最小值为152．
（3）如图3中，在AD上截取AE，使得AE＝9．
∵MA2＝225，AE•AD＝9×25＝225，
∴MA2＝AE•AE，
∴MAAD=AEMA，
∵∠MAE＝∠DAM，
∴△MAE∽△DAM，
∴EMMD=MAAD=1525=35，
∴ME=35MD，
∴MC+35MD＝MC+ME，
∵MC+ME≥EC，
∴MC+35MD的最小值为EC的长，此时点M在线段EC上（如图M′）．
在Rt△CDE中，∠CDE＝90°，CD＝18，DE＝16，
∴EC=162+182=2145，
∴MC+35MD的最小值为2145．
总结提升：本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的三边关系，最短问题等知识，解题的关键是运用数形结合的思想解决问题，添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
类型二 求差最大
典例2 （2023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−12PC的最大值为 237 ．
思路引领：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=12PC，再根据PD−12PC＝PD﹣PG≤DG，求出DG，可得结论．
解：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，
∴PBBG=BCPB，
∵∠PBG＝∠CBP，
∴△PBG∽△CBP，
∴PGPC=PBBC=12，
∴PG=12PC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝BC＝8，
∴∠DCH＝∠ABC＝60°，
在Rt△CDH中，CH＝CD•cs60°＝4，DH＝CD•sin60°＝43，
∴GH＝CG+CH＝6+4＝10，
∴DG=GH2+DH2=102+(43)2=237，
∵PD−12PC＝PD﹣PG≤DG，
∴PD−12PC≤237，
∴PD−12PC的最大值为237．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
针对训练
1．(2023•常熟市二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是⊙B上的一个动点，则PD−12PC的最大值为 5 ．
思路引领：由PD−12PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD−12PC的值最大，最大值为DG＝5．
解：在BC上取一点G，使得BG＝1，如图，
∵PBBG=21=2，BCPB=42=2，
∴PBBG=BCPB，
∵∠PBG＝∠PBC，
∴△PBG∽△CBP，
∴PGPC=BGPB=12，
∴PG=12PC，
当点P在DG的延长线上时，PD−12PC的值最大，最大值为DG=42+32=5．
故答案为：5
总结提升：本题考查圆综合题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．
2．（2023•商河县校级模拟）（1）初步思考：
如图1，在△PCB中，已知PB＝2，BC＝4，N为BC上一点且BN＝1，试证明：PN=12PC
（2）问题提出：
如图2，已知正方形ABCD的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD+12PC的最小值．
（3）推广运用：
如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD−12PC的最大值．
思路引领：（1）通过相似三角形△BPN∽△BCP的性质证得结论；
（2）如图2中，在BC上取一点G，使得BG＝1．由△PBG∽△CBP，推出PGPC=BGPB=12，推出PG=12PC，推出PD+12PC＝DP+PG，由DP+PG≥DG，当D、G、P共线时，PD+12PC的值最小，最小值为DG=42+32=5．由PD−12PC＝PD﹣PG≤DG；
（3）如图3中，在BC上取一点G，使得BG＝1，作DF⊥BC于F．解法类似（2）；
（1）证明：如图1，
∵PB＝2，BC＝4，BN＝1，
∴PB2＝4，BN•BC＝4．
∴PB2＝BN•BC．
∴BNBP=BPBC．
又∵∠B＝∠B，
∴△BPN∽△BCP．
∴PNPC=BNBP=12．
∴PN=12PC；
（2）如图2，在BC上取一点G，使得BG＝1，
∵PBBG=21=2，BCPB=42=2∴PBBG=BCPB，∠PBG=∠PBC∴△PBG∽△CBP∴PGPC=BGPB=12∴PG=12PC∴PD+12PC=DP+PG∵DP+PG≥DG∴当D、P、G共线时，PD+12PC的值最小，最小值为DG=42+32=5
（3）同（2）中证法，如图3，
当点P在DG的延长线上时，PD−12PC的最大值，最大值为DG=37．
总结提升：本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．
类型三 综合应用
典例3（（2023•成华区校级模拟）如图1，抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y轴交于点B（0，3），在线段OA上有一动点E（不与O、A重合），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．
（1）分别求出抛物线和直线AB的函数表达式；
（2）设△PMN的面积为S1，△AEN的面积为S2，当S1S2=3625时，求点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转的到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E'A+23E'B的最小值．
思路引领：（1）令y＝0，求出抛物线与x轴交点，列出方程即可求出a，根据待定系数法可以确定直线AB解析式．
（2）由△PNM∽△ANE，推出PNAN=65，列出方程即可解决问题．
（3）在y轴上 取一点M使得OM′=43，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′A+23E′B的最小值．
解：（1）∵抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y轴交于点B（0，3），
则有n=3m+3m+n=0，解得m=−34n=3，
∴抛物线y=−34x2+94x+3，
令y＝0，得到−34x2+94x+3＝0，
解得：x＝4或﹣1，
∴A（4，0），B（0，3），
设直线AB解析式为y＝kx+b，则b=34k+b=0，
解得k=−34b=3，
∴直线AB解析式为y=−34x+3．
（2）如图1中，设P（m，−34m2+94m+3），则E（m，0），
∵PM⊥AB，PE⊥OA，
∴∠PMN＝∠AEN，
∵∠PNM＝∠ANE，
∴△PNM∽△ANE，
∵△PMN的面积为S1，△AEN的面积为S2，S1S2=3625，
∴PNAN=65，
∵NE∥OB，
∴ANAB=AEOA，
∴AN=54（4﹣m），
∵抛物线解析式为y=−34x2+94x+3，
∴PN=−34m2+94m+3﹣（−34m+3）=−34m2+3m，
∴−34m2+3m54(4−m)=65，
解得m＝2或4（舍弃），
∴m＝2，
∴P（2，92）．
（3）如图2中，在y轴上 取一点M′使得OM′=43，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′＝OE．
∵OE′＝2，OM′•OB=43×3＝4，
∴OE′2＝OM′•OB，
∴OE′OM′=OBOE′，
∵∠BOE′＝∠M′OE′，
∴△M′OE′∽△E′OB，
∴M′E′BE′=OE′OB=23，
∴M′E′=23BE′，
∴AE′+23BE′＝AE′+E′M′＝AM′，此时AE′+23BE′最小（两点间线段最短，A、M′、E′共线时），
最小值＝AM′=42+(43)2=4103．
总结提升：本题属于二次函数综合题，考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM′就是E′A+23E′B的最小值，属于中考压轴题
针对训练
1．（2023•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+22A′C最小时，求S△A′BC．
思路引领：（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：（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=12BD=2，BG=3DG=23，
∵∠ACB＝45°，
∴在直角△DCG中，CG＝DG＝2，
∴BC＝BG+CG=2+23，
∴AC=22BC=2+6；
（2）线段DC与线段HG的数量关系为：HG=34CD，
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，
∠BNE=∠BCD∠BEN=∠BDCBE=BA，
∴△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=12BE，
∵BE⊥BD，
∴FG⊥BD，
∵∠ABD＝30°，
∴∠BFG＝60°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BGF＝75°，
设AC＝a，则AB＝a，
在Rt△ABD中，AD=33a，BD＝BE=233a，
∴FG=12BE，
∴FG=33a，
∵GM⊥AB，
∴△BGM是等腰三角形，
∴MG＝MB=22BG=22×12BC=22×12×2AC=12a，
在Rt△MFG中，∠MFG＝60°，
∴3MF＝MG，
∴MF=36a，
∴BF＝BM+MF=3+36a，
在Rt△BFH中，∠BFG＝60°，
∴FH=12BF=3+312a，
∴HG＝FG﹣FH=33a−3+312a=14(3−1)a，
又∵CD=a−33a=33(3−1)a，
∴CDHG=43，
∴HG=34CD；
（3）设AB＝a，则BC=2a，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，
∵A′BBN=a22a=2，BCA′B=2aa=2，
∴A′BBN=BCA′B=2，
又∠A'BN＝∠CBA'，
∴△A′BN∽△CBA′，
∴A′NA′C=A′BBC=22，
∴A'N=22A'C，
根据旋转和两点之间线段最短可知，A′D+22A′C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=4−23．
∴此时S△A''BC＝S△ABC﹣S△AA''B﹣S△A''AC=12AB•AC−12AB•A''F−12AC•A''D=12×4×4−12×4×2−12×4×（4﹣23）＝43−4．
总结提升：此题主要考查全等三角形判定，等腰三角形的三线合一，解直角三角形，四点共圆，几何最值的阿氏圆模型等知识，综合性强，难度较大，属于压轴题，解得关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
2．(2023•高唐县二模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣4，﹣4），B（0，4），直线AC的解析式为y=−12x﹣6，且与y轴相交于点C，若点E是直线AB上的一个动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式；
（2）点H是y轴上一动点，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，四边形EAFH是矩形？求出此时点E，H的坐标；
（3）在（2）的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为⊙E上以动点，求12AM+CM的最小值．
思路引领：（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，可判断出AB⊥AC，当四边形EAFH是平行四边形时，四边形EAFH是矩形，分别点E、H、F的坐标，再利用中点坐标公式求解即可；
（3）先取EG的中点P，进而判断出△PEM∽△MEA，即可得出PM=12AM，连接CP交⊙E 于点M，再求出点P坐标，即可得出结论．
解：（1）将点A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c得：
−16−4b+c=−4c=4，
解得：b=−2c=4，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+4；
（2）如图，当点E运动到（﹣2，0）时，四边形EAFH是矩形，
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
将点A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入得：
−4k+b=−4b=4，
解得：k=2b=4，
∴线AB的解析式为y＝2x+4，
∵直线AC的解析式为y=−12x﹣6，
∴AB⊥AC，
∴当四边形EAFH是平行四边形时，四边形EAFH是矩形，此时，EF与AH互相平分，
设E（m，2m+4），H（0，t）则F（m，−12m﹣6），
∵A（﹣4，﹣4），
∴12(m+m)=12(−4+0)12(2m+4−12m−6)=12(−4+t)，
解得：m=−2t=−1
∴E（﹣2，0），H（0，﹣1）；
（3）如图，
由（2）可知E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），
∴EH=5，AE＝25，
设AE交⊙E于点G，取GE的中点P，则PE=52，
设P（k，2k+4），
∵E（﹣2，0），
∴PE2＝（k+2）2+（2k+4）2＝（52）2，
∴k=−52或k=−32（舍去），
∴P（−52，﹣1），
∵C（0，﹣6），
∴PC=(−52)2+(−1+6)2=552，
连接PC交⊙E于点M，连接EM，则EM＝EH=5，
∴PEME=525=12，
∵MEAE=525=12，
∴PEME=MEAE，
∵∠PEM＝∠MEA，
∴△PEM∽△MEA，
∴PMAM=MEAE=12，
∴PM=12AM，
∴12AM+CM＝PM+CM，
∴当P、M、C三点共线时，12AM+CM取得最小值即PC的长，
∴12AM+CM最小值为552．
总结提升：本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数关系式，平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，中点坐标公式，极值的确定，熟练掌握待定系数法求函数解析式，利用中点坐标公式构建方程，以及构造相似三角形是解决问题的关键．
模块二 2023中考押题预测
1．（2023秋•西峡县期末）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12PB+PC的最小值等于（ ）
A．4B．32C．17D．15
思路引领：在AB上截取AQ＝1，连接AP，PQ，CQ，证明△APQ∽△ABP，可得PQ=12PB，则12PB+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：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，
∴APAB=12，
∵AP＝2，AQ＝1，
∴AQAP=12，
∵∠PAQ＝∠BAP，
∴△APQ∽△ABP，
∴PQ=12PB，
∴12PB+PC=PC+PQ≥CQ，
在Rt△ACQ中，AC＝4，AQ＝1，
∴QB=AC2+AQ2=17，
∴12PB+PC的最小值17，
故选：C．
总结提升：本题考查了阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
2．(2023秋•永嘉县校级期末）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 6﹣23≤PM+2PN≤6+23 ．
思路引领：PM+2PN＝2（12PM+PN），作MH⊥PN，HP=12PM，确定HN的最大值和最小值．
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•cs∠MPH＝PM•cs60°=12PM，
∴PN+12PM＝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，OC，
可得：四边形OPMG是正方形，
∴MG＝OP＝2，
在Rt△COG中，
CG＝OG•tan60°＝23，
∴CM＝CG+GM＝2+23，
在Rt△CMF中，
MF＝CM•sinC＝（2+23）×32=3+3，
∴HN＝MF＝3+3，
PM+2PN＝2（12PM+PN）＝2HN＝6+23，
如图2，
由上知：CG＝23，MG＝2，
∴CM＝23−2，
∴HM＝（23−2）×32=3−3，
∴PM+2PN＝2（12PM+PN）＝2HN＝6﹣23，
∴6﹣23≤PM+2PN≤6+23．
总结提升：本题考查的是解直角三角形等知识，解决问题的关键是构造12PM．
3．（2023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13PA+PB的最小值为 17 ．
思路引领：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，证明△ACP∽△PCQ，可得PQ=13AP，当B、Q、P三点共线时，13PA+PB的值最小，求出BQ即为所求．
解：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，
∵AC＝9，CP＝3，
∴CPAC=13，
∵CP＝3，CQ＝1，
∴CQCP=13，
∴△ACP∽△PCQ，
∴PQ=13AP，
∴13PA+PB＝PQ+PB≥BQ，
∴当B、Q、P三点共线时，13PA+PB的值最小，
在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，
∴QB=17，
∴13PA+PB的最小值17，
故答案为：17．
总结提升：本题考查阿氏圆求最短距离，熟练掌握胡不归求最短距离的方法，利用三角形相似将13PA转化为PQ是解题的关键．
4．(2023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+14PB的最小值为 1452 ．
思路引领：如图，在CB上取一点F，使得CF=12，连接PF，AF．利用相似三角形的性质证明PF=14PB，根据PF+PA≥AF，利用勾股定理求出AF即可解决问题．
解：如图，在CB上取一点F，使得CF=12，连接PF，AF．
∵∠DCE＝90°，DE＝4，DP＝PE，
∴PC=12DE＝2，
∵CFCP=14，CPCB=14，
∴CFCP=CPCB，
∵∠PCF＝∠BCP，
∴△PCF∽△BCP，
∴PFPB=CFCP=14，
∴PF=14PB，
∴PA+14PB＝PA+PF，
∵PA+PF≥AF，AF=CF2+AC2=(12)2+62=1452，
∴PA+14PB≥1452，
∴PA+14PB的最小值为1452，
故答案为1452．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
5．（2023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 85 ．
思路引领：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：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，
∵OAOP=13=39=OPOH，∠AOP＝∠POH，
∴△AOP∽△POH，
∴APHP=OPOH=13，
∴HP＝3AP，
∴3PA+PB＝PH+PB，
∴当点P在BH上时，3PA+PB有最小值为HB的长，
∴BH=OB2+OH2=4+81=85，
故答案为：85．
总结提升：本题考查了阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
6．（2023•武汉模拟）【新知探究】新定义：平面内两定点A，B，所有满足PAPB=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 163 ．
思路引领：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=12AP，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：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，
APBP=CPAP=ACAB=12，
∴BP＝2AP，CP=12AP，
∵BP﹣CP＝BC＝4，
∴2AP−12AP＝4，解得：AP=83，
∴BP=163，CP=43，即点P为定点，
∴点A的轨迹为以点P为圆心，83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=12BC•A1P=12×4×83=163．
故答案为：163．
总结提升：本题考查相似三角形的判定和性质，三角形的面积，确定点的运动轨迹，熟练掌握三角形的判定和性质以及三角形的面积公式是解题的关键．
7．（2023•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 410 ．
思路引领：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：延长OB到T，使得BT＝OB，连接MT，CT．
∵OM＝6，OD＝DB＝3，OT＝12，
∴OM2＝OD•OT，
∴OMOD=OTOM，
∵∠MOD＝∠TOM，
∴△MOD∽△TOM，
∴DMMT=OMOT=12，
∴MT＝2DM，
∵CM+2DM＝CM+MT≥CT，
又∵在Rt△OCT中，∠COT＝90°，OC＝4，OT＝12，
∴CT=OC2+OT2=42+122=410，
∴CM+2DM≥410，
∴CM+2DM的最小值为410，
∴答案为410．
总结提升：本题考查相似三角形的判定和性质，阿氏圆问题，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
8．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+12PC的最小值为 5 ．
思路引领：如图，在BC上取一点T，使得BT＝1，连接PB，PT，DT．证明△PBT∽△CBP，推出PTPC=PBCB=12，推出PT=12PC，由PD+12PC＝PD+PT≥DT＝5，由此可得结论．
解：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=CD2+CT2=42+32=5，
∵PB＝2，BT＝1，BC＝4，
∴PB2＝BT•BC，
∴PBBT=BCPB，
∵∠PBT＝∠PBC，
∴△PBT∽△CBP，
∴PTPC=PBCB=12，
∴PT=12PC，
∵PD+12PC＝PD+PT≥DT＝5，
∴PD+12PC的最小值为5，
故答案为：5．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，正方形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
9．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AB上一动点，则PC+12PD的最小值为 132 ．
思路引领：如图，延长OA使AE＝OB，连接EC，EP，OP，证明△OPE∽△OCP推出PCPE=OPOE=12，推出EP＝2PC，推出PC+12PD=12（2PC+PD）=12（PD+PE），推出当点E，点P，点D三点共线时，PC+12PD的值最小．
解：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，
∴OPOE=OCOP=12，且∠COP＝∠EOP
∴△OPE∽△OCP
∴PCPE=OPOE=12，
∴EP＝2PC，
∴PC+12PD=12（2PC+PD）=12（PD+PE），
∴当点E，点P，点D三点共线时，PC+12PD的值最小，
∵DE=OD2+OE2=52+122=13，
∴PD+PE≥DE＝13，
∴PD+PE的最小值为13，
∴PC+12PD的值最小值为132．
故答案为：132．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
10．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+12AP的最小值是 17 ．
思路引领：如图，取点T（0，1），连接PT，BT．利用相似三角形的性质证明PT=12PB，推出PB+12PA＝PB+PT≥BT，求出BT，可得结论．
解：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，
∴OPOT=OAOP，
∵∠POT＝∠AOP，
∴△POT∽△AOP，
∴PTPA=OPOA=12，
∴PT=12PA，
∴PB+12PA＝PB+PT，
∵BT=12+42=17，
∴PB+PT≥17，
∴BP+12AP≥17
∴BP+12PB的最小值为17．
故答案为：17．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
11．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2PA+PB的最小值为 25 ．
思路引领：2PA+PB=2（PA+22PB），利用相似三角形构造22PB．
解：设⊙O半径为r，
OP＝r=12BC＝2，OB=2r＝22，
取OB的中点I，连接PI，
∴OI＝IB=2，
∵OPOI=22=2，
OBOP=222=2，
∴OPOI=OBOP，
∠O是公共角，
∴△BOP∽△POI，
∴PIPB=OIOP=22，
∴PI=22PB，
∴AP+22PB＝AP+PI，
∴当A、P、I在一条直线上时，AP+22PB最小，
作IE⊥AB于E，
∵∠ABO＝45°，
∴IE＝BE=22BI＝1，
∴AE＝AB﹣BE＝3，
∴AI=32+12=10，
∴AP+22PB最小值＝AI=10，
∵2PA+PB=2（PA+22PB），
∴2PA+PB的最小值是2AI=2×10=25．
故答案是25．
总结提升：本题是“阿氏圆”问题，解决问题的关键是构造相似三角形．
12．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）OEOB的值为 23 ；
（Ⅱ）DE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+23E'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23E′B转化为E′H ．
思路引领：（1）求出OE，OB即可解决问题．
（2）构造相似三角形把23E′B转化为E′H，利用两点之间线段最短即可解决问题．
解：（1）由题意OE＝2，OB＝3，
∴OEOB=23，
故答案为：23．
（2）如图，取格点K，T，连接KT交OB于H，连接AH交DE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23E′B转化为E′H，利用两点之间线段最短即可解决问题．
总结提升：本题是作图﹣旋转变换，主要考查了相似三角形的判定与性质，两点之间，线段最短等知识，找到点H是解题的关键．
13．（2023秋•定海区期末）如图1，正方形OABC边长是2，以OA为半径作圆，P为弧AC上的一点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，连结PO、PA，设PM＝m，PA＝n．
（1）求证：∠POA＝2∠PAM；
（2）探求m、n的数量关系，并求n﹣m最大值；
（3）如图2：连结PB，设PB＝h，求2h+2m的最小值．
思路引领：（1）根据正方形性质和三角形内角和定理即可证得结论；
（2）如图1，过点O作OE⊥PA于E，先证明△APM∽△OAE，利用相似三角形性质可得出m=14n2，进而可得：n﹣m＝n−14n2=−14（n﹣2）2+1，再运用二次函数性质即可得出答案；
（3）如图2，连接AC、BD交于点D，连接PD，当D、P、M三点共线且DM⊥AB时，PD+PM＝DM最小，即2h+2m＝2DM最小，根据正方形和等腰直角三角形的性质即可求得答案．
（1）证明：∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB＝90°，
∴∠OAP+∠PAM＝90°，即2∠OAP+2∠PAM）＝180°，
∵OA＝OP，
∴∠OPA＝∠OAP，
∵∠OPA+∠OAP+∠POA＝180°，
∴2∠OAP+∠POA＝180°，
∴∠POA＝2∠PAM；
（2）解：如图1，过点O作OE⊥PA于E，
∵OA＝OP，OE⊥PA，
∴AE=12PA，∠AOE＝∠POE=12∠POA，
∵∠POA＝2∠PAM，
∴∠PAM=12∠POA，
∴∠PAM＝∠AOE，
∵PM⊥AB，
∴∠AMP＝90°＝∠OEA，
∴△APM∽△OAE，
∴PMPA=AEOA，即mn=12n2，
∴m=14n2，
∴n﹣m＝n−14n2=−14（n﹣2）2+1，
∴当n＝2时，n﹣m取得最大值，n﹣m最大值为1；
（3）解：如图2，连接AC、OB交于点D，连接PD，
∵四边形ABCO是正方形，
∴AC⊥BD，OD＝AD＝BD，
∴ODOA=OAOB=22，
∵OP＝OA，
∴ODOP=OPOB=22，
∵∠POD＝∠BOP，
∴△POD∽△BOP，
∴PDPB=OPOB=22，
∴PD=22PB，
∵PB＝h，PM＝m，
∴2h+2m＝2（22h+m）＝2（22PB+PM）＝2（PD+PM），
∵当D、P、M三点共线且DM⊥AB于M时，PD+PM＝DM最小，
∴当D、P、M三点共线且DM⊥AB时，2h+2m＝2（PD+PM）＝2DM最小，
如图3，∵△ABD是等腰直角三角形，DM⊥AB，
∴DM=12AB＝1，
∴2DM＝2，
即2h+2m的最小值为2．
总结提升：本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，三角形内角和定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短，点到直线的距离垂线段最短，二次函数最值的应用，利用相似三角形性质列出关于m、n的关系式恰当运用配方法是解题关键．
14．(2023•从化区一模）已知，AB是⊙O的直径，AB=42，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．
思路引领：（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=PC2，PC2+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：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠CAB＝45°，
∵AB＝42，
∴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=12BC＝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=PC2+BP，
∵AM＝1，AP＝2，AC＝BC＝4，
∴AMAP=APAC=12，
又∠MAP＝∠PAC，
∴△MAP∽△PAC，
∴PMPC=AMAP=12，
∴PM=PC2，
∴PC2+BP最小，即是PM+BP最小，
此时P、B、M共线，即P与P'重合，t=PC2+BP最小值即是BM的长度，
在Rt△AMH中，∠MAH＝45°，AM＝1，
∴AH＝MH=22，
∵AB＝42，
∴BH＝AB﹣AH=722，
Rt△BMH中，BM=BH2+MH2=5，
∴点Q的运动时间t的最小值为5．
总结提升：本题考查圆、等腰直角三角形、正方形等综合知识，解题的关键是构造△MAP∽△PAC，把求PC2+BP最小的问题转化为求BM的长度．
15．（2023•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＝62，AD＝42，tan∠ABC＝2时，求CQ+1010BQ的最小值．
思路引领：（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=55，连接QT，TC．想办法证明△QJT∽△BJQ，推出QTBQ=JTJQ=552=1010，推出QT=1010BQ，推出CQ+1010BQ＝CQ+QT≥CT，求出CT，可得结论．
（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°=3x，
∵CD2＝CH2+DH2，
∴25＝3x2+（x+4）2，
∴4x2+8x﹣9＝0
∴x=−2+132或−2−132（舍弃），
∴CH=39−232，
∴S△BEC=12×4×39−232=39−23．
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=55，连接QT，TC．
∵AB∥CD，∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∵CF⊥AB，
∴∠CFA＝90°，
∴四边形AFCD是矩形，
∴AD＝CF＝42，
∵tan∠CBA=CFBF=2，
∴BF＝22，
∵AB＝62，
∴AF＝42，
∴AD＝AF，
∴四边形AFCD是正方形，
∵BC=BF2+CF2=(22)2+(42)2=210，CO=OD2+CD2=(22)2+(42)2=210，OB=OA2+AB2=45，
∴CB＝CO，
∵CF＝CD，∠CFB＝∠CDO＝90°，
∴Rt△CFB≌Rt△CDO（HL），
∴∠BCF＝∠DCO，
∴∠BCO＝∠DCF＝90°，
∵BJ＝JO，
∴CJ=12OB＝25，
∴CT=TJ2+CJ2=(55)2+(25)2=5055，
∵BQ＝QP，BJ＝JO，
∴QJ=12OP=2，
∵QJ2＝2，TJ•JB=55×25=2，
∴QJ2＝JT•JB，
∴QJJT=JBQJ，
∵∠QJT＝∠QJB，
∴△QJT∽△BJQ，
∴QTBQ=JTJQ=552=1010，
∴QT=1010BQ，
∴CQ+1010BQ＝CQ+QT≥CT=5055，
∴CQ+1010BQ的最小值为5055．
总结提升：本题属于相似形综合题，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，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题（利用阿氏圆），属于中考压轴题．
类型一 求和最小
典例1 (2023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PAPB=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OPOD=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+23BD的最小值．
针对训练
1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C半径为2，P为圆上一动点，连接AP，BP，求AP+12BP的最小值．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（6，﹣1），M（4，4），以M为圆心，22为半径画圆，O为原点，P是⊙M上一动点，则PO+2PA的最小值为 ．
3．(2023•碑林区校级三模）问题提出：（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC边上的中线，请用尺规作图做出AB边上的中线CE，并证明BD＝CE：
问题探究：（2）如图2，已知点P是边长为6的正方形ABCD内部一动点，PA＝3，求PC+12PD的最小值；
问题解决：（3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝18，BC＝25，点M是矩形内部一动点，MA＝15，当MC+35MD最小时，画出点M的位置，并求出MC+35MD的最小值．
类型二 求差最大
典例2 （2023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−12PC的最大值为 ．
针对训练
1．(2023•常熟市二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是⊙B上的一个动点，则PD−12PC的最大值为 ．
2．（2023•商河县校级模拟）（1）初步思考：
如图1，在△PCB中，已知PB＝2，BC＝4，N为BC上一点且BN＝1，试证明：PN=12PC
（2）问题提出：
如图2，已知正方形ABCD的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD+12PC的最小值．
（3）推广运用：
如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD−12PC的最大值．
类型三 综合应用
典例3（2023•成华区校级模拟）如图1，抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y轴交于点B（0，3），在线段OA上有一动点E（不与O、A重合），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．
（1）分别求出抛物线和直线AB的函数表达式；
（2）设△PMN的面积为S1，△AEN的面积为S2，当S1S2=3625时，求点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转的到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E'A+23E'B的最小值．
针对训练
1．（2023•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+22A′C最小时，求S△A′BC．
2．(2023•高唐县二模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣4，﹣4），B（0，4），直线AC的解析式为y=−12x﹣6，且与y轴相交于点C，若点E是直线AB上的一个动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式；
（2）点H是y轴上一动点，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，四边形EAFH是矩形？求出此时点E，H的坐标；
（3）在（2）的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为⊙E上以动点，求12AM+CM的最小值．
模块二 2023中考押题预测
1．（2023秋•西峡县期末）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12PB+PC的最小值等于（ ）
A．4B．32C．17D．15
2．(2023秋•永嘉县期末）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 ．
3．（2023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13PA+PB的最小值为 ．
4．(2023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+14PB的最小值为 ．
5．（2023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 ．
6．（2023•武汉模拟）【新知探究】新定义：平面内两定点A，B，所有满足PAPB=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 ．
7．（2023•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 ．
8．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+12PC的最小值为 ．
9．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AB上一动点，则PC+12PD的最小值为 ．
10．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+12AP的最小值是 ．
11．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2PA+PB的最小值为 ．
第11题 第12题
12．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）OEOB的值为 ；
（Ⅱ）DE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+23E'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） ．
13．（2023秋•定海区期末）如图1，正方形OABC边长是2，以OA为半径作圆，P为弧AC上的一点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，连结PO、PA，设PM＝m，PA＝n．
（1）求证：∠POA＝2∠PAM；
（2）探求m、n的数量关系，并求n﹣m最大值；
（3）如图2：连结PB，设PB＝h，求2h+2m的最小值．
14．(2023•从化区一模）已知，AB是⊙O的直径，AB=42，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．
15．（2023•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＝62，AD＝42，tan∠ABC＝2时，求CQ+1010BQ的最小值．
专题39 中考最值难点突破阿氏圆问题（解析版）
模块一 典例剖析+针对训练
【模型简介】
在圆上找一点P使得PA＋k·PB的值最小．
类型一 求和最小
求PA＋k·PB的最小值，PA＋k·PB＝PA＋PC≥AC，当A，P，C三点共线时，最小值为AC
典例1 （2023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PAPB=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OPOD=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+23BD的最小值．
思路引领：（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（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CM=OC2+OM2=m2+(kr)2=m2+k2r2．
（2）∵AC＝m＝4，CDBC=23，在CB上取一点M，使得CM=23CD=43，
∴AD+23BD的最小值为42+(43)2=4103．
总结提升：本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
针对训练
1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C半径为2，P为圆上一动点，连接AP，BP，求AP+12BP的最小值．
思路引领：连接CP，在CB上取点D，使CD＝1，连接DP、AD，则有CDCP=CPCB=12，以此可证明△PCD∽△BCP，即可得到PDBP=12，AP+12BP=AP+PD，以此可推出当点A、P、D在同一条直线上时，AP+12BP的最小值为AD的长，再根据勾股定理即可求解．
解：连接CP，在CB上取点D，使CD＝1，连接DP、AD，
则有CDCP=CPCB=12，
∵∠PCD＝∠BCP，
∴△PCD∽△BCP，
∴PDBP=12，
∴PD=12BP，
∴AP+12BP=AP+PD，
要使AP+12BP最小，只要AP+PD最小，
当点A、P、D在同一条直线上时，AP+PD最小，
即AP+12BP的最小值为AD的长，
在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝6，
∴AD=AC2+CD2=37．
∴AP+12BP的最小值为37．
总结提升：本题主要考查相似三角形的判定与性质、勾股定理，根据题意分析出点A、P、D在同一条直线上时，AP+12BP的最小值为AD的长是解题关键．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（6，﹣1），M（4，4），以M为圆心，22为半径画圆，O为原点，P是⊙M上一动点，则PO+2PA的最小值为 10 ．
思路引领：连接OM，在OM上截取MN，使得MN=2，连接PN，AN．证明△PMN∽△OMP，推出PNOP=MNMP=12，推出PN=12OP，推出OP+2OA＝2（12OP+PA）＝2（PN+PA），再根据PN+PA≥AN，求出AN，可得结论．
解：连接OM，在OM上截取MN，使得MN=2，连接PN，AN．
∵M（4，4），
∴OM=42+42=42，
∵PM＝22，MN=2，
∴PM2＝MN•MO，
∴PMMN=MOPM，
∵∠PMN＝∠OMP，
∴△PMN∽△OMP，
∴PNOP=MNMP=12，
∴PN=12OP，
∵N（3，3），A（6，﹣1），
∴AN=32+42=5，
∴OP+2OA＝2（12OP+PA）＝2（PN+PA），
∵PN+PA≥AN，
∴PN+PA≥5，
∴OP+2OA≥10，
∴OP+2OA的最小值为10，
故答案为：10．
总结提升：本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
3．(2023•碑林区校级三模）问题提出：（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC边上的中线，请用尺规作图做出AB边上的中线CE，并证明BD＝CE：
问题探究：（2）如图2，已知点P是边长为6的正方形ABCD内部一动点，PA＝3，求PC+12PD的最小值；
问题解决：（3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝18，BC＝25，点M是矩形内部一动点，MA＝15，当MC+35MD最小时，画出点M的位置，并求出MC+35MD的最小值．
思路引领：（1）如图1中，作线段AB的垂直平分线MN交AB于点E，连接EC．线段EC即为所求，再根据SAS证明△BAD≌△CAE即可解决问题；
（2）如图2中，在AD上截取AE，使得AE=32．首先证明△PAE∽△DAP，推出PEDP=PAAD=12，可得PE=12PD，推出PC+12PD＝PC+PE，利用三角形的三边关系即可解决问题；
（3）如图3中，如图2中，在AD上截取AE，使得AE＝9．由△MAE∽△DAM，推出EMMD=MAAD=1525=35，可得ME=35MD，推出MC+35MD＝MC+ME，利用三角形的三边关系即可解决问题；
解：（1）如图1中，作线段AB的垂直平分线MN交AB于点E，连接EC．线段EC即为所求；
∵AB＝AC，AE＝EC，AD＝CD，
∴AE＝AD，
∵AB＝AC，∠A＝∠A，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
（2）如图2中，在AD上截取AE，使得AE=32．
∵PA2＝9，AE•AD=32×6＝9，
∴PA2＝AE•AD，
∴PAAD=AEPA，∵∠PAE＝∠DAP，
∴△PAE∽△DAP，
∴PEDP=PAAD=12，
∴PE=12PD，
∴PC+12PD＝PC+PE，
∵PC+PE≥EC，
∴PC+12PD的最小值为EC的长，
在Rt△CDE中，∵∠CDE＝90°，CD＝6，DE=92，
∴EC=62+(92)2=152，
∴PC+12PD的最小值为152．
（3）如图3中，在AD上截取AE，使得AE＝9．
∵MA2＝225，AE•AD＝9×25＝225，
∴MA2＝AE•AE，
∴MAAD=AEMA，
∵∠MAE＝∠DAM，
∴△MAE∽△DAM，
∴EMMD=MAAD=1525=35，
∴ME=35MD，
∴MC+35MD＝MC+ME，
∵MC+ME≥EC，
∴MC+35MD的最小值为EC的长，此时点M在线段EC上（如图M′）．
在Rt△CDE中，∠CDE＝90°，CD＝18，DE＝16，
∴EC=162+182=2145，
∴MC+35MD的最小值为2145．
总结提升：本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的三边关系，最短问题等知识，解题的关键是运用数形结合的思想解决问题，添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
类型二 求差最大
典例2 （2023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−12PC的最大值为 237 ．
思路引领：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=12PC，再根据PD−12PC＝PD﹣PG≤DG，求出DG，可得结论．
解：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，
∴PBBG=BCPB，
∵∠PBG＝∠CBP，
∴△PBG∽△CBP，
∴PGPC=PBBC=12，
∴PG=12PC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝BC＝8，
∴∠DCH＝∠ABC＝60°，
在Rt△CDH中，CH＝CD•cs60°＝4，DH＝CD•sin60°＝43，
∴GH＝CG+CH＝6+4＝10，
∴DG=GH2+DH2=102+(43)2=237，
∵PD−12PC＝PD﹣PG≤DG，
∴PD−12PC≤237，
∴PD−12PC的最大值为237．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
针对训练
1．(2023•常熟市二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是⊙B上的一个动点，则PD−12PC的最大值为 5 ．
思路引领：由PD−12PC＝PD﹣PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD−12PC的值最大，最大值为DG＝5．
解：在BC上取一点G，使得BG＝1，如图，
∵PBBG=21=2，BCPB=42=2，
∴PBBG=BCPB，
∵∠PBG＝∠PBC，
∴△PBG∽△CBP，
∴PGPC=BGPB=12，
∴PG=12PC，
当点P在DG的延长线上时，PD−12PC的值最大，最大值为DG=42+32=5．
故答案为：5
总结提升：本题考查圆综合题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．
2．（2023•商河县校级模拟）（1）初步思考：
如图1，在△PCB中，已知PB＝2，BC＝4，N为BC上一点且BN＝1，试证明：PN=12PC
（2）问题提出：
如图2，已知正方形ABCD的边长为4，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD+12PC的最小值．
（3）推广运用：
如图3，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD−12PC的最大值．
思路引领：（1）通过相似三角形△BPN∽△BCP的性质证得结论；
（2）如图2中，在BC上取一点G，使得BG＝1．由△PBG∽△CBP，推出PGPC=BGPB=12，推出PG=12PC，推出PD+12PC＝DP+PG，由DP+PG≥DG，当D、G、P共线时，PD+12PC的值最小，最小值为DG=42+32=5．由PD−12PC＝PD﹣PG≤DG；
（3）如图3中，在BC上取一点G，使得BG＝1，作DF⊥BC于F．解法类似（2）；
（1）证明：如图1，
∵PB＝2，BC＝4，BN＝1，
∴PB2＝4，BN•BC＝4．
∴PB2＝BN•BC．
∴BNBP=BPBC．
又∵∠B＝∠B，
∴△BPN∽△BCP．
∴PNPC=BNBP=12．
∴PN=12PC；
（2）如图2，在BC上取一点G，使得BG＝1，
∵PBBG=21=2，BCPB=42=2∴PBBG=BCPB，∠PBG=∠PBC∴△PBG∽△CBP∴PGPC=BGPB=12∴PG=12PC∴PD+12PC=DP+PG∵DP+PG≥DG∴当D、P、G共线时，PD+12PC的值最小，最小值为DG=42+32=5
（3）同（2）中证法，如图3，
当点P在DG的延长线上时，PD−12PC的最大值，最大值为DG=37．
总结提升：本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．
类型三 综合应用
典例3（（2023•成华区校级模拟）如图1，抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y轴交于点B（0，3），在线段OA上有一动点E（不与O、A重合），过点E作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．
（1）分别求出抛物线和直线AB的函数表达式；
（2）设△PMN的面积为S1，△AEN的面积为S2，当S1S2=3625时，求点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转的到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E'A+23E'B的最小值．
思路引领：（1）令y＝0，求出抛物线与x轴交点，列出方程即可求出a，根据待定系数法可以确定直线AB解析式．
（2）由△PNM∽△ANE，推出PNAN=65，列出方程即可解决问题．
（3）在y轴上 取一点M使得OM′=43，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′A+23E′B的最小值．
解：（1）∵抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y轴交于点B（0，3），
则有n=3m+3m+n=0，解得m=−34n=3，
∴抛物线y=−34x2+94x+3，
令y＝0，得到−34x2+94x+3＝0，
解得：x＝4或﹣1，
∴A（4，0），B（0，3），
设直线AB解析式为y＝kx+b，则b=34k+b=0，
解得k=−34b=3，
∴直线AB解析式为y=−34x+3．
（2）如图1中，设P（m，−34m2+94m+3），则E（m，0），
∵PM⊥AB，PE⊥OA，
∴∠PMN＝∠AEN，
∵∠PNM＝∠ANE，
∴△PNM∽△ANE，
∵△PMN的面积为S1，△AEN的面积为S2，S1S2=3625，
∴PNAN=65，
∵NE∥OB，
∴ANAB=AEOA，
∴AN=54（4﹣m），
∵抛物线解析式为y=−34x2+94x+3，
∴PN=−34m2+94m+3﹣（−34m+3）=−34m2+3m，
∴−34m2+3m54(4−m)=65，
解得m＝2或4（舍弃），
∴m＝2，
∴P（2，92）．
（3）如图2中，在y轴上 取一点M′使得OM′=43，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′＝OE．
∵OE′＝2，OM′•OB=43×3＝4，
∴OE′2＝OM′•OB，
∴OE′OM′=OBOE′，
∵∠BOE′＝∠M′OE′，
∴△M′OE′∽△E′OB，
∴M′E′BE′=OE′OB=23，
∴M′E′=23BE′，
∴AE′+23BE′＝AE′+E′M′＝AM′，此时AE′+23BE′最小（两点间线段最短，A、M′、E′共线时），
最小值＝AM′=42+(43)2=4103．
总结提升：本题属于二次函数综合题，考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM′就是E′A+23E′B的最小值，属于中考压轴题
针对训练
1．（2023•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+22A′C最小时，求S△A′BC．
思路引领：（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：（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=12BD=2，BG=3DG=23，
∵∠ACB＝45°，
∴在直角△DCG中，CG＝DG＝2，
∴BC＝BG+CG=2+23，
∴AC=22BC=2+6；
（2）线段DC与线段HG的数量关系为：HG=34CD，
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，
∠BNE=∠BCD∠BEN=∠BDCBE=BA，
∴△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=12BE，
∵BE⊥BD，
∴FG⊥BD，
∵∠ABD＝30°，
∴∠BFG＝60°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BGF＝75°，
设AC＝a，则AB＝a，
在Rt△ABD中，AD=33a，BD＝BE=233a，
∴FG=12BE，
∴FG=33a，
∵GM⊥AB，
∴△BGM是等腰三角形，
∴MG＝MB=22BG=22×12BC=22×12×2AC=12a，
在Rt△MFG中，∠MFG＝60°，
∴3MF＝MG，
∴MF=36a，
∴BF＝BM+MF=3+36a，
在Rt△BFH中，∠BFG＝60°，
∴FH=12BF=3+312a，
∴HG＝FG﹣FH=33a−3+312a=14(3−1)a，
又∵CD=a−33a=33(3−1)a，
∴CDHG=43，
∴HG=34CD；
（3）设AB＝a，则BC=2a，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，
∵A′BBN=a22a=2，BCA′B=2aa=2，
∴A′BBN=BCA′B=2，
又∠A'BN＝∠CBA'，
∴△A′BN∽△CBA′，
∴A′NA′C=A′BBC=22，
∴A'N=22A'C，
根据旋转和两点之间线段最短可知，A′D+22A′C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=4−23．
∴此时S△A''BC＝S△ABC﹣S△AA''B﹣S△A''AC=12AB•AC−12AB•A''F−12AC•A''D=12×4×4−12×4×2−12×4×（4﹣23）＝43−4．
总结提升：此题主要考查全等三角形判定，等腰三角形的三线合一，解直角三角形，四点共圆，几何最值的阿氏圆模型等知识，综合性强，难度较大，属于压轴题，解得关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
2．(2023•高唐县二模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣4，﹣4），B（0，4），直线AC的解析式为y=−12x﹣6，且与y轴相交于点C，若点E是直线AB上的一个动点，过点E作EF⊥x轴交AC于点F．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式；
（2）点H是y轴上一动点，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，四边形EAFH是矩形？求出此时点E，H的坐标；
（3）在（2）的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为⊙E上以动点，求12AM+CM的最小值．
思路引领：（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，可判断出AB⊥AC，当四边形EAFH是平行四边形时，四边形EAFH是矩形，分别点E、H、F的坐标，再利用中点坐标公式求解即可；
（3）先取EG的中点P，进而判断出△PEM∽△MEA，即可得出PM=12AM，连接CP交⊙E 于点M，再求出点P坐标，即可得出结论．
解：（1）将点A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c得：
−16−4b+c=−4c=4，
解得：b=−2c=4，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+4；
（2）如图，当点E运动到（﹣2，0）时，四边形EAFH是矩形，
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
将点A（﹣4，﹣4），B（0，4）代入得：
−4k+b=−4b=4，
解得：k=2b=4，
∴线AB的解析式为y＝2x+4，
∵直线AC的解析式为y=−12x﹣6，
∴AB⊥AC，
∴当四边形EAFH是平行四边形时，四边形EAFH是矩形，此时，EF与AH互相平分，
设E（m，2m+4），H（0，t）则F（m，−12m﹣6），
∵A（﹣4，﹣4），
∴12(m+m)=12(−4+0)12(2m+4−12m−6)=12(−4+t)，
解得：m=−2t=−1
∴E（﹣2，0），H（0，﹣1）；
（3）如图，
由（2）可知E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），
∴EH=5，AE＝25，
设AE交⊙E于点G，取GE的中点P，则PE=52，
设P（k，2k+4），
∵E（﹣2，0），
∴PE2＝（k+2）2+（2k+4）2＝（52）2，
∴k=−52或k=−32（舍去），
∴P（−52，﹣1），
∵C（0，﹣6），
∴PC=(−52)2+(−1+6)2=552，
连接PC交⊙E于点M，连接EM，则EM＝EH=5，
∴PEME=525=12，
∵MEAE=525=12，
∴PEME=MEAE，
∵∠PEM＝∠MEA，
∴△PEM∽△MEA，
∴PMAM=MEAE=12，
∴PM=12AM，
∴12AM+CM＝PM+CM，
∴当P、M、C三点共线时，12AM+CM取得最小值即PC的长，
∴12AM+CM最小值为552．
总结提升：本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数关系式，平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，中点坐标公式，极值的确定，熟练掌握待定系数法求函数解析式，利用中点坐标公式构建方程，以及构造相似三角形是解决问题的关键．
模块二 2023中考押题预测
1．（2023秋•西峡县期末）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12PB+PC的最小值等于（ ）
A．4B．32C．17D．15
思路引领：在AB上截取AQ＝1，连接AP，PQ，CQ，证明△APQ∽△ABP，可得PQ=12PB，则12PB+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：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，
∴APAB=12，
∵AP＝2，AQ＝1，
∴AQAP=12，
∵∠PAQ＝∠BAP，
∴△APQ∽△ABP，
∴PQ=12PB，
∴12PB+PC=PC+PQ≥CQ，
在Rt△ACQ中，AC＝4，AQ＝1，
∴QB=AC2+AQ2=17，
∴12PB+PC的最小值17，
故选：C．
总结提升：本题考查了阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
2．(2023秋•永嘉县校级期末）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 6﹣23≤PM+2PN≤6+23 ．
思路引领：PM+2PN＝2（12PM+PN），作MH⊥PN，HP=12PM，确定HN的最大值和最小值．
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•cs∠MPH＝PM•cs60°=12PM，
∴PN+12PM＝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，OC，
可得：四边形OPMG是正方形，
∴MG＝OP＝2，
在Rt△COG中，
CG＝OG•tan60°＝23，
∴CM＝CG+GM＝2+23，
在Rt△CMF中，
MF＝CM•sinC＝（2+23）×32=3+3，
∴HN＝MF＝3+3，
PM+2PN＝2（12PM+PN）＝2HN＝6+23，
如图2，
由上知：CG＝23，MG＝2，
∴CM＝23−2，
∴HM＝（23−2）×32=3−3，
∴PM+2PN＝2（12PM+PN）＝2HN＝6﹣23，
∴6﹣23≤PM+2PN≤6+23．
总结提升：本题考查的是解直角三角形等知识，解决问题的关键是构造12PM．
3．（2023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13PA+PB的最小值为 17 ．
思路引领：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，证明△ACP∽△PCQ，可得PQ=13AP，当B、Q、P三点共线时，13PA+PB的值最小，求出BQ即为所求．
解：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，
∵AC＝9，CP＝3，
∴CPAC=13，
∵CP＝3，CQ＝1，
∴CQCP=13，
∴△ACP∽△PCQ，
∴PQ=13AP，
∴13PA+PB＝PQ+PB≥BQ，
∴当B、Q、P三点共线时，13PA+PB的值最小，
在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，
∴QB=17，
∴13PA+PB的最小值17，
故答案为：17．
总结提升：本题考查阿氏圆求最短距离，熟练掌握胡不归求最短距离的方法，利用三角形相似将13PA转化为PQ是解题的关键．
4．(2023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+14PB的最小值为 1452 ．
思路引领：如图，在CB上取一点F，使得CF=12，连接PF，AF．利用相似三角形的性质证明PF=14PB，根据PF+PA≥AF，利用勾股定理求出AF即可解决问题．
解：如图，在CB上取一点F，使得CF=12，连接PF，AF．
∵∠DCE＝90°，DE＝4，DP＝PE，
∴PC=12DE＝2，
∵CFCP=14，CPCB=14，
∴CFCP=CPCB，
∵∠PCF＝∠BCP，
∴△PCF∽△BCP，
∴PFPB=CFCP=14，
∴PF=14PB，
∴PA+14PB＝PA+PF，
∵PA+PF≥AF，AF=CF2+AC2=(12)2+62=1452，
∴PA+14PB≥1452，
∴PA+14PB的最小值为1452，
故答案为1452．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
5．（2023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 85 ．
思路引领：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：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，
∵OAOP=13=39=OPOH，∠AOP＝∠POH，
∴△AOP∽△POH，
∴APHP=OPOH=13，
∴HP＝3AP，
∴3PA+PB＝PH+PB，
∴当点P在BH上时，3PA+PB有最小值为HB的长，
∴BH=OB2+OH2=4+81=85，
故答案为：85．
总结提升：本题考查了阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
6．（2023•武汉模拟）【新知探究】新定义：平面内两定点A，B，所有满足PAPB=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 163 ．
思路引领：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=12AP，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：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，
APBP=CPAP=ACAB=12，
∴BP＝2AP，CP=12AP，
∵BP﹣CP＝BC＝4，
∴2AP−12AP＝4，解得：AP=83，
∴BP=163，CP=43，即点P为定点，
∴点A的轨迹为以点P为圆心，83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=12BC•A1P=12×4×83=163．
故答案为：163．
总结提升：本题考查相似三角形的判定和性质，三角形的面积，确定点的运动轨迹，熟练掌握三角形的判定和性质以及三角形的面积公式是解题的关键．
7．（2023•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 410 ．
思路引领：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：延长OB到T，使得BT＝OB，连接MT，CT．
∵OM＝6，OD＝DB＝3，OT＝12，
∴OM2＝OD•OT，
∴OMOD=OTOM，
∵∠MOD＝∠TOM，
∴△MOD∽△TOM，
∴DMMT=OMOT=12，
∴MT＝2DM，
∵CM+2DM＝CM+MT≥CT，
又∵在Rt△OCT中，∠COT＝90°，OC＝4，OT＝12，
∴CT=OC2+OT2=42+122=410，
∴CM+2DM≥410，
∴CM+2DM的最小值为410，
∴答案为410．
总结提升：本题考查相似三角形的判定和性质，阿氏圆问题，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
8．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+12PC的最小值为 5 ．
思路引领：如图，在BC上取一点T，使得BT＝1，连接PB，PT，DT．证明△PBT∽△CBP，推出PTPC=PBCB=12，推出PT=12PC，由PD+12PC＝PD+PT≥DT＝5，由此可得结论．
解：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=CD2+CT2=42+32=5，
∵PB＝2，BT＝1，BC＝4，
∴PB2＝BT•BC，
∴PBBT=BCPB，
∵∠PBT＝∠PBC，
∴△PBT∽△CBP，
∴PTPC=PBCB=12，
∴PT=12PC，
∵PD+12PC＝PD+PT≥DT＝5，
∴PD+12PC的最小值为5，
故答案为：5．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，正方形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
9．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AB上一动点，则PC+12PD的最小值为 132 ．
思路引领：如图，延长OA使AE＝OB，连接EC，EP，OP，证明△OPE∽△OCP推出PCPE=OPOE=12，推出EP＝2PC，推出PC+12PD=12（2PC+PD）=12（PD+PE），推出当点E，点P，点D三点共线时，PC+12PD的值最小．
解：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，
∴OPOE=OCOP=12，且∠COP＝∠EOP
∴△OPE∽△OCP
∴PCPE=OPOE=12，
∴EP＝2PC，
∴PC+12PD=12（2PC+PD）=12（PD+PE），
∴当点E，点P，点D三点共线时，PC+12PD的值最小，
∵DE=OD2+OE2=52+122=13，
∴PD+PE≥DE＝13，
∴PD+PE的最小值为13，
∴PC+12PD的值最小值为132．
故答案为：132．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
10．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+12AP的最小值是 17 ．
思路引领：如图，取点T（0，1），连接PT，BT．利用相似三角形的性质证明PT=12PB，推出PB+12PA＝PB+PT≥BT，求出BT，可得结论．
解：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，
∴OPOT=OAOP，
∵∠POT＝∠AOP，
∴△POT∽△AOP，
∴PTPA=OPOA=12，
∴PT=12PA，
∴PB+12PA＝PB+PT，
∵BT=12+42=17，
∴PB+PT≥17，
∴BP+12AP≥17
∴BP+12PB的最小值为17．
故答案为：17．
总结提升：本题考查阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
11．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2PA+PB的最小值为 25 ．
思路引领：2PA+PB=2（PA+22PB），利用相似三角形构造22PB．
解：设⊙O半径为r，
OP＝r=12BC＝2，OB=2r＝22，
取OB的中点I，连接PI，
∴OI＝IB=2，
∵OPOI=22=2，
OBOP=222=2，
∴OPOI=OBOP，
∠O是公共角，
∴△BOP∽△POI，
∴PIPB=OIOP=22，
∴PI=22PB，
∴AP+22PB＝AP+PI，
∴当A、P、I在一条直线上时，AP+22PB最小，
作IE⊥AB于E，
∵∠ABO＝45°，
∴IE＝BE=22BI＝1，
∴AE＝AB﹣BE＝3，
∴AI=32+12=10，
∴AP+22PB最小值＝AI=10，
∵2PA+PB=2（PA+22PB），
∴2PA+PB的最小值是2AI=2×10=25．
故答案是25．
总结提升：本题是“阿氏圆”问题，解决问题的关键是构造相似三角形．
12．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）OEOB的值为 23 ；
（Ⅱ）DE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+23E'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23E′B转化为E′H ．
思路引领：（1）求出OE，OB即可解决问题．
（2）构造相似三角形把23E′B转化为E′H，利用两点之间线段最短即可解决问题．
解：（1）由题意OE＝2，OB＝3，
∴OEOB=23，
故答案为：23．
（2）如图，取格点K，T，连接KT交OB于H，连接AH交DE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23E′B转化为E′H，利用两点之间线段最短即可解决问题．
总结提升：本题是作图﹣旋转变换，主要考查了相似三角形的判定与性质，两点之间，线段最短等知识，找到点H是解题的关键．
13．（2023秋•定海区期末）如图1，正方形OABC边长是2，以OA为半径作圆，P为弧AC上的一点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，连结PO、PA，设PM＝m，PA＝n．
（1）求证：∠POA＝2∠PAM；
（2）探求m、n的数量关系，并求n﹣m最大值；
（3）如图2：连结PB，设PB＝h，求2h+2m的最小值．
思路引领：（1）根据正方形性质和三角形内角和定理即可证得结论；
（2）如图1，过点O作OE⊥PA于E，先证明△APM∽△OAE，利用相似三角形性质可得出m=14n2，进而可得：n﹣m＝n−14n2=−14（n﹣2）2+1，再运用二次函数性质即可得出答案；
（3）如图2，连接AC、BD交于点D，连接PD，当D、P、M三点共线且DM⊥AB时，PD+PM＝DM最小，即2h+2m＝2DM最小，根据正方形和等腰直角三角形的性质即可求得答案．
（1）证明：∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB＝90°，
∴∠OAP+∠PAM＝90°，即2∠OAP+2∠PAM）＝180°，
∵OA＝OP，
∴∠OPA＝∠OAP，
∵∠OPA+∠OAP+∠POA＝180°，
∴2∠OAP+∠POA＝180°，
∴∠POA＝2∠PAM；
（2）解：如图1，过点O作OE⊥PA于E，
∵OA＝OP，OE⊥PA，
∴AE=12PA，∠AOE＝∠POE=12∠POA，
∵∠POA＝2∠PAM，
∴∠PAM=12∠POA，
∴∠PAM＝∠AOE，
∵PM⊥AB，
∴∠AMP＝90°＝∠OEA，
∴△APM∽△OAE，
∴PMPA=AEOA，即mn=12n2，
∴m=14n2，
∴n﹣m＝n−14n2=−14（n﹣2）2+1，
∴当n＝2时，n﹣m取得最大值，n﹣m最大值为1；
（3）解：如图2，连接AC、OB交于点D，连接PD，
∵四边形ABCO是正方形，
∴AC⊥BD，OD＝AD＝BD，
∴ODOA=OAOB=22，
∵OP＝OA，
∴ODOP=OPOB=22，
∵∠POD＝∠BOP，
∴△POD∽△BOP，
∴PDPB=OPOB=22，
∴PD=22PB，
∵PB＝h，PM＝m，
∴2h+2m＝2（22h+m）＝2（22PB+PM）＝2（PD+PM），
∵当D、P、M三点共线且DM⊥AB于M时，PD+PM＝DM最小，
∴当D、P、M三点共线且DM⊥AB时，2h+2m＝2（PD+PM）＝2DM最小，
如图3，∵△ABD是等腰直角三角形，DM⊥AB，
∴DM=12AB＝1，
∴2DM＝2，
即2h+2m的最小值为2．
总结提升：本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，三角形内角和定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短，点到直线的距离垂线段最短，二次函数最值的应用，利用相似三角形性质列出关于m、n的关系式恰当运用配方法是解题关键．
14．(2023•从化区一模）已知，AB是⊙O的直径，AB=42，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．
思路引领：（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=PC2，PC2+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：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠CAB＝45°，
∵AB＝42，
∴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=12BC＝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=PC2+BP，
∵AM＝1，AP＝2，AC＝BC＝4，
∴AMAP=APAC=12，
又∠MAP＝∠PAC，
∴△MAP∽△PAC，
∴PMPC=AMAP=12，
∴PM=PC2，
∴PC2+BP最小，即是PM+BP最小，
此时P、B、M共线，即P与P'重合，t=PC2+BP最小值即是BM的长度，
在Rt△AMH中，∠MAH＝45°，AM＝1，
∴AH＝MH=22，
∵AB＝42，
∴BH＝AB﹣AH=722，
Rt△BMH中，BM=BH2+MH2=5，
∴点Q的运动时间t的最小值为5．
总结提升：本题考查圆、等腰直角三角形、正方形等综合知识，解题的关键是构造△MAP∽△PAC，把求PC2+BP最小的问题转化为求BM的长度．
15．（2023•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＝62，AD＝42，tan∠ABC＝2时，求CQ+1010BQ的最小值．
思路引领：（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=55，连接QT，TC．想办法证明△QJT∽△BJQ，推出QTBQ=JTJQ=552=1010，推出QT=1010BQ，推出CQ+1010BQ＝CQ+QT≥CT，求出CT，可得结论．
（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°=3x，
∵CD2＝CH2+DH2，
∴25＝3x2+（x+4）2，
∴4x2+8x﹣9＝0
∴x=−2+132或−2−132（舍弃），
∴CH=39−232，
∴S△BEC=12×4×39−232=39−23．
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=55，连接QT，TC．
∵AB∥CD，∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∵CF⊥AB，
∴∠CFA＝90°，
∴四边形AFCD是矩形，
∴AD＝CF＝42，
∵tan∠CBA=CFBF=2，
∴BF＝22，
∵AB＝62，
∴AF＝42，
∴AD＝AF，
∴四边形AFCD是正方形，
∵BC=BF2+CF2=(22)2+(42)2=210，CO=OD2+CD2=(22)2+(42)2=210，OB=OA2+AB2=45，
∴CB＝CO，
∵CF＝CD，∠CFB＝∠CDO＝90°，
∴Rt△CFB≌Rt△CDO（HL），
∴∠BCF＝∠DCO，
∴∠BCO＝∠DCF＝90°，
∵BJ＝JO，
∴CJ=12OB＝25，
∴CT=TJ2+CJ2=(55)2+(25)2=5055，
∵BQ＝QP，BJ＝JO，
∴QJ=12OP=2，
∵QJ2＝2，TJ•JB=55×25=2，
∴QJ2＝JT•JB，
∴QJJT=JBQJ，
∵∠QJT＝∠QJB，
∴△QJT∽△BJQ，
∴QTBQ=JTJQ=552=1010，
∴QT=1010BQ，
∴CQ+1010BQ＝CQ+QT≥CT=5055，
∴CQ+1010BQ的最小值为5055．
总结提升：本题属于相似形综合题，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，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题（利用阿氏圆），属于中考压轴题．
相关试卷
中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题8填空题压轴题之动点问题(原卷版+解析)： 这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题8填空题压轴题之动点问题(原卷版+解析)，共77页。试卷主要包含了2022中考真题训练，有关圆的动点问题，2023中考押题预测等内容，欢迎下载使用。
中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题7填空压轴题轴对称最值模型(将军饮马)(原卷版+解析)： 这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题7填空压轴题轴对称最值模型(将军饮马)(原卷版+解析)，共27页。试卷主要包含了两定点一动点模型，一定点两动点模型，两定点一定线模型等内容，欢迎下载使用。
中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题2选择题压轴题题图象信息问题(原卷版+解析)： 这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题2选择题压轴题题图象信息问题(原卷版+解析)，共57页。
