中考数学二轮提升训练中考大题07 几何中的最值问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮提升训练中考大题07 几何中的最值问题（2份，原卷版+解析版），共14页。

题型一： 将军饮马模型
1．（2023·湖北鄂州·中考真题）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究y=ax2a>0型抛物线图象．发现：如图1所示，该类型图象上任意一点P到定点F0,14a的距离PF，始终等于它到定直线l：y=−14a的距离PN（该结论不需要证明）．他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，y=−14a叫做抛物线的准线方程．准线l与y轴的交点为H．其中原点O为FH的中点，FH=2OF=12a．例如，抛物线y=2x2，其焦点坐标为F0,18，准线方程为l：y=−18，其中PF=PN，FH=2OF=14．

【基础训练】
(1)请分别直接写出抛物线y=14x2的焦点坐标和准线l的方程：___________，___________；
【技能训练】
(2)如图2，已知抛物线y=14x2上一点Px0,y0x0>0到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，求点P的坐标；
【能力提升】
(3)如图3，已知抛物线y=14x2的焦点为F，准线方程为l．直线m：y=12x−3交y轴于点C，抛物线上动点P到x轴的距离为d1，到直线m的距离为d2，请直接写出d1+d2的最小值；
【拓展延伸】
该兴趣小组继续探究还发现：若将抛物线y=ax2a>0平移至y=ax−ℎ2+ka>0．抛物线y=ax−ℎ2+ka>0内有一定点Fℎ,k+14a，直线l过点Mℎ,k−14a且与x轴平行．当动点P在该抛物线上运动时，点P到直线l的距离PP1始终等于点P到点F的距离（该结论不需要证明）．例如：抛物线y=2x−12+3上的动点P到点F1,258的距离等于点P到直线l：y=238的距离．
请阅读上面的材料，探究下题：
(4)如图4，点D−1,32是第二象限内一定点，点P是抛物线y=14x2−1上一动点，当PO+PD取最小值时，请求出△POD的面积．
【答案】(1)0,1，y=−1；
(2)2,12；
(3)855−1
(4)98
【分析】（1）根据题中所给抛物线的焦点坐标和准线方程的定义求解即可；
（2）利用两点间距离公式结合已知条件列式整理得x02=8y02+2y0−1，然后根据y0=14x02，求出y0，进而可得x0，问题得解；
（3）过点P作PE⊥直线m交于点E，过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG=PF=d1+1，PE=d2，根据两点之间线段最短可得当F，P，E三点共线时，d1+d2的值最小；待定系数法求直线PE的解析式，求得点P的坐标为25−4,9−45，根据点E是直线PE和直线m的交点，求得点E的坐标为85,−115，即可求得d1和d2的值，即可求得；
（4）根据题意求得抛物线y=14x2−1的焦点坐标为F0,0，准线l的方程为y=−2，过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG=PF，则PO+PD=PG+PD，根据两点之间线段最短可得当D，P，G三点共线时，PO+PD的值最小；求得P−12,−34，即可求得△POD的面积．
【详解】（1）解：∵抛物线y=14x2中a=14，
∴14a=1，−14a=−1，
∴抛物线y=14x2的焦点坐标为0,1，准线l的方程为y=−1，
故答案为：0,1，y=−1；
（2）解：由（1）知抛物线y=14x2的焦点F的坐标为0,1，
∵点Px0,y0x0>0到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，
∴x02+y0−12=3y0，整理得：x02=8y02+2y0−1，
又∵y0=14x02，
∴4y0=8y02+2y0−1
解得：y0=12或y0=−14（舍去），
∴x0=2，
∴点P的坐标为2,12；
（3）解：过点P作PE⊥直线m交于点E，过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG=PF=d1+1，PE=d2，如图：

若使得d1+d2取最小值，即PF+PE−1的值最小，故当F，P，E三点共线时，PF+PE−1=EF−1，即此刻d1+d2的值最小；
∵直线PE与直线m垂直，故设直线PE的解析式为y=−2x+b，
将F0,1代入解得：b=1，
∴直线PE的解析式为y=−2x+1，
∵点P是直线PE和抛物线y=14x2的交点，
令14x2=−2x+1，解得：x1=25−4，x2=−25−4（舍去），
故点P的坐标为25−4,9−45，
∴d1=9−45，
∵点E是直线PE和直线m的交点，
令−2x+1=12x−3，解得：x=85，
故点E的坐标为85,−115，
∴d2=25−4−852+9−45+1152，
d1+d2=855−1．
即d1+d2的最小值为855−1．
（4）解：∵抛物线y=14x2−1中a=14，
∴14a=1，−14a=−1，
∴抛物线y=14x2−1的焦点坐标为F0,0，准线l的方程为y=−2，
过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG=PF，则PO+PD=PG+PD，如图：

若使得PO+PD取最小值，即PG+PD的值最小，故当D，P，G三点共线时，PO+PD=PG+PD=DG，即此刻PO+PD的值最小；如图：

∵点D的坐标为−1,32，DG⊥准线l，
∴点P的横坐标为−1，代入y=14x2−1解得y=−34，
即P−12,−34，OP=32+34=94，
则△POD的面积为S△POD=12×94×1=98．
【点睛】本题考查了两点间距离公式结合，两点之间线段最短，三角形的面积，一次函数的交点坐标，一次函数与抛物线的交点坐标等，解决问题的关键是充分利用新知识的结论．
2．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰直角三角形ABC的直角顶点C3，0，顶点A、B6，m恰好落在反比例函数y=kx第一象限的图象上．

(1)分别求反比例函数的表达式和直线AB所对应的一次函数的表达式；
(2)在x轴上是否存在一点P，使△ABP周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=6x，y=−12x+4
(2)在x轴上存在一点P5,0，使△ABP周长的值最小,最小值是25+42．
【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，证明△ACE≌△CBDAAS，则CD=AE=3,BD=EC=m，由OE=3−m得到点A的坐标是3−m,3，由A、B6，m恰好落在反比例函数y=kx第一象限的图象上得到33−m=6m，解得m=1，得到点A的坐标是2,3，点B的坐标是6,1，进一步用待定系数法即可得到答案；
（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交x轴于点P，连接AP，利用轴对称的性质得到AP=A'P，A'2,−3，则AP+PB=A'B，由AB=25知AB是定值，此时△ABP的周长为AP+PB+AB=AB+A'B最小，利用待定系数法求出直线A'B的解析式，求出点P的坐标，再求出周长最小值即可．
【详解】（1）解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，
则∠AEC=∠CDB=90°，

∵点C3，0，B6，m，
∴OC=3,OD=6, BD=m，
∴CD=OD−OC=3，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=90°,AC=BC，
∵∠ACE+∠BCD=∠CBD+∠BCD=90°，
∴∠ACE=∠CBD，
∴△ACE≌△CBDAAS，
∴CD=AE=3,BD=EC=m，
∴OE=OC−EC=3−m，
∴点A的坐标是3−m,3，
∵A、B6，m恰好落在反比例函数y=kx第一象限的图象上．
∴33−m=6m，
解得m=1，
∴点A的坐标是2,3，点B的坐标是6,1，
∴k=6m=6，
∴反比例函数的解析式是y=6x，
设直线AB所对应的一次函数的表达式为y=px+q，把点A和点B的坐标代入得，
2p+q=36p+q=1，解得p=−12q=4,
∴直线AB所对应的一次函数的表达式为y=−12x+4，
（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交x轴于点P，连接AP，

∴点A与点A'关于x轴对称，
∴AP=A'P，A'2,−3，
∵AP+PB=A'P+PB=A'B，
∴AP+PB的最小值是A'B的长度，
∵AB=2−62+3−12=25，即AB是定值，
∴此时△ABP的周长为AP+PB+AB=AB+A'B最小，
设直线A'B的解析式是y=nx+t，
则2n+t=−36n+t=1，
解得n=1t=−5，
∴直线A'B的解析式是y=x−5，
当y=0时，0=x−5，解得x=5，
即点P的坐标是5,0，
此时AP+PB+AB=AB+A'B=25+2−62+−3−12=25+42，
综上可知，在x轴上存在一点P5,0，使△ABP周长的值最小，最小值是25+42．
【点睛】此题考查了反比例函数和一次函数的图象和性质、用到了待定系数法求函数解析式、勾股定理求两点间距离、轴对称最短路径问题、全等三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
1．（2023·山东济南·一模）如图，在平面直角坐标系中，双曲线y=kxx>0经过B、C两点，△ABC为直角三角形，AC∥x轴，AB∥y轴，A(8，4)，AC=3．
(1)求反比例函数的表达式及点B的坐标；
(2)点M是y轴正半轴上的动点，连接MB、MC；
①求MB+MC的最小值；
②点N是反比例函数y=kxx>0的图像上的一个点，若△CMN是以CN为直角边的等腰直角三角形，求所有满足条件的点N的坐标．
【答案】(1)y=20x，(8，52)
(2)①6852；②N209，9或N(−2+26，2+26)
【分析】本题考查反比例函数的综合应用，涉及待定系数法，全等三角形的判定与性质，对称变换等知识．
（1）求出C(5，4)，用待定系数法可得反比例函数的表达式为y=20x，令x=8得B的坐标为(8，52)；
（2）①作C关于y轴的对称点C'，连接BC'交y轴于M，此时MB+MC最小，由C(5，4)，B(8，52)，可得C'(−5，4)，BC'=(8+5)2+(52−4)2=6852，即可得到答案；
②设M(0，m)，N(n，20n)，分两种情况：当C为直角顶点时，过C作TK∥y轴，过N作NT⊥TK于T，过M作MK⊥TK于K，由△CMN的等腰直角三角形，证明△CMK≌△NCT(AAS)，可得4−m=5−n5=20n−4，即可解得N(209，9)；当N为直角顶点时，过N作RS⊥y轴于S，过C作CR⊥RS于R，同理可得n=20n−420n−m=5−n，解得N(26−2，26+2)．
【详解】（1）∵A(8，4)，AC=3，
∴C(5，4)，
将C(5，4)代入y=kx得：
4=k5，
解得k=20，
∴反比例函数的表达式为y=20x，
在y=20x中，令x=8得y=52，
∴B的坐标为(8，52)；
（2）①作C关于y轴的对称点C'，连接BC'交y轴于M，此时MB+MC最小，如图：
∵C，C'关于y轴对称，
∴MB+MC=MB+MC'，
当B，M，C'共线时，MB+MC'最小，即MB+MC最小，最小值为BC'的长度，
由（1）知C(5，4)，B(8，52)，
∴C'(−5，4)，
∴BC'=(8+5)2+(52−4)2=6852，
∴MB+MC的最小值是6852；
②设M(0，m)，N(n，20n)，
当C为直角顶点时，过C作TK∥y轴，过N作NT⊥TK于T，过M作MK⊥TK于K，如图：
∵△CMN的等腰直角三角形，
∴CM=CN，∠MCK=90°−∠NCT=∠CNT，
∵∠K=90°=∠T，
∴△CMK≌△NCT(AAS)，
∴CK=NT，MK=CT，
∴ 4−m=5−n5=20n−4，
解得n=209，
∴N(209，9)；
当N为直角顶点时，过N作RS⊥y轴于S，过C作CR⊥RS于R，如图：
同理可得SN=RC，SM=NR，
∴ n=20n−420n−m=5−n，
解得n=26−2或n=−26−2（舍去），
∴N(26−2，26+2)；
综上所述，N的坐标为(209，9)或(26−2，26+2)．
2．（2023·甘肃陇南·三模）（1）如图①，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点D是AB边上任意一点，则CD的最小值为______．
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M、点N分别在BD、BC上，求CM+MN的最小值；
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是AB边上一点，且AE=2，点F是BC边上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为点G，连接AG、CG，四边形AGCD的面积是否存在最小值？若存在，求出四边形AGCD面积的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）125；（2）9625；（3）存在，152
【分析】
本题考查四边形综合应用，主要考查了矩形的性质，点到直线的距离，轴对称，解本题的关键是确定出满足条件的点的位置，题目综合性较强．
（1）根据垂线段最短，利用用三角形的面积即可得出结论；
（2）先根据轴对称确定出点M和N的位置，再利用面积求出CF，进而求出CE，最后用三角函数即可求出CM+MN的最小值；
（3）先确定出EG⊥AC时，四边形AGCD的面积最小，再用锐角三角函数求出点G到AC的距离，最后用面积之和即可得出结论．
【详解】
解：（1）过点C作CD⊥AB于D，如图：

根据垂线段最短可知此时CD最小，
在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，
∴AB=AC2+BC2=32+42=5，
∵12AC×BC=12AB×CD，
∴CD=AC×BCAB=3×45=125，
故答案为：125；
（2）如图，作出点C关于BD的对称点E，过点E作EN⊥BC于N，交BD于M，连接CM，
此时CM+MN=EM+MN=EN最小；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，CD=AB=3，
∴BD=BC2+CD2=32+42=5，
∵CE⊥BD，
∴12BD×CF=12BC×CD，
∴CF=BC×CDBD=4×35=125，
∵点C与点E关于BD对称，
∴CE=2CF=245，
在Rt△BCF中，cs∠BCF=CFBC=1254=35，
∴sin∠BCF=45，
在Rt△CEN中，EN=CE⋅sin∠BCE=245×45=9625；
∴CM+MN的最小值为9625；
（3）四边形AGCD的面积存在最小值，最小值为152，理由如下：
如图，连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3，AD=BC=4，∠ABC=∠D=90°，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，
∵AB=3，AE=2，
∴点F在BC上的任何位置时，点G始终在AC的下方，
设点G到AC的距离为ℎ，
∵S四边形AGCD=S△ACD+S△ACG=12AD×CD+12AC×ℎ=12×4×3+12×5×ℎ=52ℎ+6，
∴当四边形AGCD的面积最小时，ℎ最小，
∵把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为点G，
∴EG=BE=AB−AE=1，
∴点G轨迹是以点E为圆心，1为半径的圆在矩形ABCD内部的一部分上的点，
∴EG⊥AC时，ℎ最小，
由折叠知∠EGF=∠ABC=90°，
延长EG交AC于H，则EH⊥AC，
在Rt△ABC中，sin∠BAC=BCAC=45，
在Rt△AEH中，AE=2，sin∠BAC=EHAE=45，
∴EH=45AE=85，
∴ℎ=EH−EG=85−1=35，
∴S四边形AGCD最小=52ℎ+6=52×35+6=152．
题型二： 费马点
（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)213a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明∠ACA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，得到2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，

∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BCA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=BC2+A'C2=42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)
∴当PA+PB+2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠ACA'=90°，P'A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=2PC，
∴PA+PB+2PC=P'A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，

过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠ACA'=90°，
∴∠A'CH=30°，
∴A'H=12A'C=2km，
∴HC=AC2−AH2=42−22=23(km)，
∴BH=BC+CH=23+23=43(km)，
∴A'B=AH2+BH2=(43)2+22=213(km)
PA+PB+2PC的最小值为213km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)=213a（元）
故答案为：213a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
1．（2023·贵州遵义·三模）（1）【问题发现】如图①，在△OAB中，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，连接BB'；求∠OBB'= ；
（2）【问题探究】如图②，已知△ABC是边长为43的等边三角形，以BC为边向外作等边三角形BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，点P的对应点为点Q．
①求证：△DCQ≌△BCP；
②求PA+PB+PC的最小值；
（3）【实际应用】如图③，在矩形ABCD中，AB=600，AD=800，P是矩形内一动点S△PAD=2S△PBC，Q为△ADP内任意一点，是否存在点P和点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在求其值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）30°；（2）①见解析；②12；（3）存在，4003+400
【分析】（1）根据旋转的性质得出OB'=OB，∠BOB'=120°，根据等腰三角形的性质求出结果即可；
（2）①根据等边三角形的性质证明全等即可；
②连接PQ，得到△CPQ是等边三角形，由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，求出AD即可得解；
（3）过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接DD',QQ',D'P，设D'P交AD于点G，由S△PAD=2S△PBC可得AE=2BE，进而求得AE=400，当D'P⊥EF时，D'P有最小值，运用勾股定理可求解．
【详解】（1）解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，
∴OB'=OB=3，∠BOB'=120°，
∴∠OBB'=∠OB'B=30°，
故答案为：30°；
（2）①证明：∵△BDC是等边三角形，
∴CD=CB，∠DCB=60°，
由旋转得∠PCQ=60°，PC=CQ，
∴∠DCQ=∠BCP，
在△DCQ和△BCP中，
CD=CB∠DCQ=∠BCPCQ=CP，
∴△DCQ≌△BCPSAS；
②连接PQ，
∵PC=CQ，∠PCQ=60°，
∴△CPQ是等边三角形，
∴PQ=PC，
∵△DCQ≌△BCP，
∴PB=DQ，
∴PA+PB+PC=PA+QD+PQ，
由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，
∴PA+PB+PC≥AD，
∴当点A、P、Q、D在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，为AD的值，
延长AC，作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，
∵△ABC是边长为43的等边三角形，
∴AC=CD=CB=43，∠BCD=∠ACB=60°，
∴∠DCE=180°−60°−60°=60°，
∴∠CDE=90°−60°=30°，
∴EC=12CD=23，
∴DE=CD2−CE2=6，AE=AC+CE=63，
∴AD=DE2+AE2=12，
即PA+PB+PC取最小值为12．
（3）存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值，理由如下：
过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接DD',QQ',D'P，设D'P交AD于点G，如图所示：
由（2）知，当P,Q,Q',D'在同一直线上时，AQ+DQ+PQ有最小值，最小值为D'P，
在矩形ABCD中，AB=600,AD=800，
∴BC=AD=800，AD∥BC，∠ABC=∠BCD=∠BAD=90°，
∵EF∥AD，
∴∠AEF=∠EFD=90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF=AD=800，
∵S△PAD=2S△PBC，
∴12AD⋅AE=2×12×BE×BC，
∴AE=2BE，
∵AE+BE=AB=600，
∴AE=400，
∵点P在EF上，
∴当D'P⊥EF时，D'P有最小值，
∵EF∥AD，
∴D'P⊥AD，
∵△ADD'是等边三角形，
∴AD'=AD=800,AG=12AD=400,∠AGD'=90°，
∴D'G=AD'2−AG2=4003，
∵∠EAG=∠AEP=∠EPG=90°，
∴四边形AEPG是矩形，
∴GP=AE=400，
∴D'P=D'G+GP=4003+400，
∴AQ+DQ+PQ的最小值为4003+400．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是结合旋转的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理．
2．（2022·山东德州·一模）若一个三角形的最大内角小于120°，则在其内部有一点所对三角形三边的张角均为120°，此时该点叫做这个三角形的费马点．如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，此时∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，PA+PB+PC的值最小．
(1)如图2，等边三角形ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，小林利用“转化”思想，将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，连接PP'，此时△ACP'≌△ABP，这样就可以通过旋转变换，将三条线段PA，PB，PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB=______．
(2)如图3，在图1的基础上延长BP，在射线BP上取点D，E，连接AE，AD．使AD=AP，∠DAE=∠PAC，求证：BE=PA+PB+PC．
(3)如图4，在直角三角形ABC中 ，∠ABC=90°，∠ACB=30°，AB=1，点P为直角三角形ABC的费马点，连接AP，BP，CP，请直接写出PA+PB+PC的值．
【答案】(1)150°
(2)见解析
(3)7
【分析】（1）由全等三角形的性质得到AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，再根据旋转性质，证明△APP′为等边三角形，△PP′C为直角三角形，最后由∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C解答；
（2）由费马点的性质得到∠APB=120°，∠APD=60°，再证明△APC≌△ADE (ASA)，由全等三角形对应边相等的性质解得PC=DE，最后根据线段的和差解答；
（3）将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，由勾股定理解得BC=3，由旋转的性质，可证明△BPP′是等边三角形，再证明C、P、A′、P′四点共线，最后由勾股定理解答．
【详解】（1）解：∵△ACP'≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PAP′＝60°，
∴△APP′为等边三角形，
PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，
由旋转的性质可得：AP′＝AP＝PP′=3，CP′＝4，PC=5，
∵32+42=52
∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°＝150°；
故答案为：150°；
（2）证明：∵点P为△ABC的费马点，
∴∠APB=120°，
∴∠APD=60°，
又∵AD=AP，
∴APD为等边三角形
∴AP=PD=AD，∠PAD=∠ADP=60°，
∴∠ADE=120°，
∴∠ADE=∠APC，
在△APC和△ADE中，∠PAC=∠DAEAP=AD∠APC=∠ADE
∴△APC≌△ADE (ASA)；
∴PC=DE，
∵BE=BP+PD+DE，
∴BE＝PA＋PB＋PC；
（3）解：如图，将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC=AB2−AC2=3，
把△APB绕点B顺时针方向旋转60°得到△A′P′B，
∴∠A′BC＝∠ABC＋60°＝30°＋60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△APB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′P′B，
∴A′B＝AB＝2，BP＝BP′，A′P′＝AP，
∴△BPP′是等边三角形，
∴BP＝PP′，∠BPP′＝∠BP′P＝60°，
∵∠APC＝∠CPB＝∠BPA＝120°，
∴∠CPB＋∠BPP′＝∠BP′A′＋∠BP′P＝120°＋60°＝180°，
∴C、P、A′、P′四点共线，
在Rt△A′BC中，A'C=A'B2+BC2=(3)2+22=7，
∴PA＋PB＋PC＝A′P′＋PP′＋PC＝A′C＝7．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、费马点等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识，正确做出辅助线是解题关键．
3．（2019·山西·一模）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：（1）横线处填写的条件是__________；
（2）已知正方形ABCD内一动点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为2+6，求此正方形的边长.
【答案】（1）AP=AP'；（2）2.
【分析】(1)根据旋转的性质得到AP=AP';
(2)根据旋转的性质得到△EFC,△AGC都是等边三角形,再利用正方形性质和勾股定理表示出BG=BO+GO=22a+62a,根据题意得到22a+62a=2+6求出a的值即可.
【详解】解：（1）AP=AP'；
（2）如解图①，连接AC，把△AEC绕点C顺时针旋转60°，得到△GFC，
连接EF,BG,AG，可知△EFC,△AGC都是等边三角形，则EF=CE.
又∵FG=AE，
∴AE+BE+CE=BE+EF+FG.
∵点B、点G为定点（点G为点A绕C点顺时针旋转60°所得），
∴线段BG即为点E到A,B,C三点的距离之和的最小值，
此时E,F两点都在BG上（如解图②）.
设正方形的边长为a，
∴BO=CO=22a,GC=2a，
在Rt△COG中，
GO=GC2−CO2=(2a)2−22a2=62a，
∴BG=BO+GO=22a+62a，
∵点E到A,B,C三点的距离之和的最小值为2+6，
∴22a+62a=2+6，解得a=2，
∴此正方形的边长为2.
【点睛】本题考查了图形旋转的性质,正方形的性质,勾股定理的应用,中等难度,掌握正方形的性质是解题关键,主要失分原因是: （1）未掌握图形旋转的性质；（2）不能够将题目探究过程中的发现进行推广应用.
题型三： 阿氏圆
1．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x轴交于点E．

(1)求直线AD及抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+12PA的最小值．
【答案】(1)直线AD的解析式为y=x−1；抛物线解析式为y=x2−6x+5
(2)存在，点M的坐标为4,−3或0,5 或5,0
(3)41
【分析】
（1）根据对称轴x=3，AB=4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM=90°时，求出直线AM的解析式为y=−x+1，解方程组y=−x+1y=x2−6x+5，即可得到点M的坐标；②当∠ADM=90°时，求出直线DM的解析式为y=−x+5，解方程组y=−x+5y=x2−6x+5，即可得到点M的坐标；
（3）在AB上取点F，使BF=1，连接CF，证得BFPB=PBAB，又∠PBF=∠ABP，得到△PBF∽△ABP，推出PF=12PA，进而得到当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，利用勾股定理求出CF即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴x=3，AB=4，
∴A1,0,B5,0，
将A1,0代入直线y=kx−1，得k−1=0，
解得k=1，
∴直线AD的解析式为y=x−1；
将A1,0,B5,0代入y=ax2+bx+5，得
a+b+5=025a+5b+5=0，解得a=1b=−6，
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+5；
（2）存在点M，
∵直线AD的解析式为y=x−1，抛物线对称轴x=3与x轴交于点E．
∴当x=3时，y=x−1=2，
∴D3,2，
①当∠DAM=90°时，
设直线AM的解析式为y=−x+c，将点A坐标代入，
得−1+c=0，
解得c=1，
∴直线AM的解析式为y=−x+1，
解方程组y=−x+1y=x2−6x+5，
得x=1y=0或x=4y=−3，
∴点M的坐标为4,−3；
②当∠ADM=90°时，
设直线DM的解析式为y=−x+d，将D3,2代入，
得−3+d=2，
解得d=5，
∴直线DM的解析式为y=−x+5，
解方程组y=−x+5y=x2−6x+5，
解得x=0y=5或x=5y=0，
∴点M的坐标为0,5 或5,0
综上，点M的坐标为4,−3或0,5 或5,0；
（3）如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，
∵PB=2，
∴BFPB=12，
∵PBAB=24=12，、
∴BFPB=PBAB，
又∵∠PBF=∠ABP，
∴△PBF∽△ABP，
∴PFPA=BFPB=12，即PF=12PA，
∴PC+12PA=PC+PF≥CF，
∴当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，
∵OC=5,OF=OB−1=5−1=4，
∴CF=OC2+OF2=52+42=41，
∴PC+12PA的最小值为41．

【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
2．（2021·四川宜宾·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状，并说明理由；
（3）如图2，以C为圆心，2为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋12EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=−12x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，2902
【分析】（1）用待定系数法求函数解析式；
（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；
（3）在CE上截取CF=22（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．
【详解】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），
∴设该抛物线的表达式为y=a（x-2）2+8，
∵与y轴交于点C（0，6），
∴把点C（0，6）代入得：a=−12，
∴该抛物线的表达式为y=−12x2+2x+6；
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，
∴当y=0时，−12（x-2）2+8=0，解得：x1=-2，x2=6，
∴A（-2，0），B（6，0），
∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，
∴BE2=BC2+CE2，
∴∠BCE=90°，
∴△BCE是直角三角形；
（3）如图，在CE上截取CF=22（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，
则BF的长即为所求．
连接CP，∵CP为半径，
∴ CFCP=CPCE=12，
又∵∠FCP=∠PCE，
∴△FCP∽△PCE，
∴ CFCP=FPPE=12，FP=12EP，
∴BF=BP+12EP，
由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+12EP为最小值．
∵CF=14CE，E（2，8），
∴F（12，132），
∴BF=6−122+0−1322=2902
【点睛】本题考查二次函数综合，待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质等，题目综合性较强，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
1．（2023·广东深圳·模拟预测）【模型由来】“阿氏圆”又称“阿波罗尼斯圆”，已知平面上两点A、B，则所有满足PAPB=k（k>0且k≠1）的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”．
【模型建立】如图1所示，圆O的半径为r，点A、B都在圆O外，P为圆O上一动点，已知r=kOB，连接PA、PB，则当“PA+kPB”的值最小时，P点的位置如何确定？

第1步：一般将含有k的线段PB两端点分别与圆心O相连，即连接OB、OP；
第2步：在OB上取点C，使得OP2=OC⋅OB，即OCOP=OPOB，构造母子型相似△OCP∽△OPB（图2）；
第3步：连接AC，与圆O的交点即为点P（图3）．
【问题解决】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A0,2，点B32,0，点P在弧MN上移动，连接PA，PB．

(1)PA+2PB的最小值是多少？
(2)请求出（1）条件下，点P的坐标．
【答案】(1)210
(2)P(6+9610,18−3610)
【分析】（1）在x轴上取点H(6,0)，连接AH，根据相似三角形的判定和性质得出BPHP=OPOH=12，结合图形得出当点P在AH上时，PA+2PB=PA+HP=AH取得最小值，再由勾股定理求解即可；
（2）设直线AH的解析式为y=kx+b，利用待定系数法确定函数解析式，设P(x,−13x+2)，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，在x轴上取点H(6,0)，连接AH，

∵点A0,2，点B32,0，
∴AO=2,OB=32,OH=6，
∵OBOP=323=12=OPOH=36，
∠BOP=∠POH，
∴△BOP∽△POH，
∴BPHP=OPOH=12，
∴HP=2BP，
∴PA+2PB=PA+HP，
当点P在AH上时，PA+2PB=PA+HP=AH取得最小值，
∴AH=22+62=210，
故最小值为210；
（2）∵A0,2，H(6,0)，
∴设直线AH的解析式为y=kx+b，将点代入得：
b=26k+b=0，解得b=2k=−13，
∴y=−13x+2，
设P(x,−13x+2)，
∵⊙O半径为3，
∴x2+(−13x+2)2=9，
解得：x=6+9610（负值舍去），
∴y=18−3610，
∴P(6+9610,18−3610) ．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，最短路径问题及一次函数解析式的确定，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
2．（2020·山西·模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应任务．阿波罗尼斯（ApllniusfPerga），古希腊人（公元前262~190年），数学家，写了八册圆锥曲线论著，其中有七册流传下来，书中详细讨论了圆锥曲线的各种性质，阿波罗尼斯圆是他的论著中一个著名的问题．一动点P与两定点A，B的距离之比等于定比m:n，则点P的轨迹是以定比m:n(m:n≠1)内分和外分线段AB的两个分点的连线为直径的圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称“阿氏圆”．
如图1，点A，B为两定点，点P为动点，满足PAPB=mn，点M在线段AB上，点N在AB的延长线上且MAMB=NANB=mnmn≠1，则点P的运动轨迹是以MN为直径的圆．
下面是“阿氏圆”的证明过程（部分）：
过点B作BD//AP交PM的延长线于点D．
∴∠A=∠ABD，∠APM=∠BDM．
∴△APM∽△BDM．
∴PABD=MAMB．
又∵MAMB=mn=PAPB，
∴PABD=PAPB．
∴BD=BP．
∴∠BPD=∠BDP．
∴∠APD=∠BPD．
如图2，在图1（隐去MD，BD）的基础上过点B作BE//PN交AP于点E，可知NANB=PAPE，……
任务：
（1）判断PN是否平分∠BPC，并说明理由；
（2）请根据上面的部分证明及任务（1）中的结论，完成“阿氏圆”证明的剩余部分；
（3）应用：如图3，在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(1,0)，PA=2PB，则点P所在圆的圆心坐标为________．
【答案】（1）PN平分∠BPC．理由见解析；（2）点P的运动轨迹是以MN为直径的圆，见解析；（3）(2,0)
【分析】（1）利用相似三角形的判定及性质仿照图1的证明即可得证；
（2）根据90°的圆周角所对的弦是直径即可证得点P的运动轨迹是以MN为直径的圆；
（3）结合题目所给的材料分别求得AB的内分点和外分点的坐标，进而可求得点P所在圆的圆心坐标．
【详解】解：（1）PN平分∠BPC．理由如下：
∵NANB=mn=PAPB，NANB=PAPE，
∴PAPB=PAPE．
∴PB=PE．
∴∠PEB=∠PBE．
∵BE//PN，
∴∠PEB=∠CPN，∠PBE=∠BPN．
∴∠BPN=∠CPN，
即PN平分∠BPC．
（2）∵∠APM=∠BPM=12∠APB，∠BPN=∠CPN=12∠BPC，
且∠APB+∠BPC=180°，
∴∠MPN=12∠APC=90°．
∴MN为直径．
∴点P的运动轨迹是以MN为直径的圆．
（3）∵A(−2,0)，B(1,0)，
∴AB＝3，且AO＝2OB，
∵PA=2PB，
∴点O为AB的内分点，
当点C为AB的外分点时，CA＝2CB，
∴CB＝AB＝3，
∴OC＝OB+BC＝4，
∴点C的坐标为（4，0），
∴点P所在圆的圆心坐标为（2，0）．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解决本题的关键．
题型四： 胡不归问题
（2019·湖南张家界·中考真题）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)过点A(1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C，OC=3．
(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)过点A作AM⊥BC，垂足为M，求证：四边形ADBM为正方形；
(3)点P为抛物线在直线BC下方图形上的一动点，当ΔPBC面积最大时，求点P的坐标；
(4)若点Q为线段OC上的一动点，问：AQ+12QC是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的表达式为：y=x2−4x+3，顶点D(2,−1)；(2)证明见解析；(3)点P(32,−34)；(4)存在，AQ+12QC的最小值为3+32．
【分析】(1)设交点式y=a(x−1)(x−3)，利用待定系数法进行求解即可；
(2)先证明四边形ADBM为菱形，再根据有一个角是直角的菱形是正方形即可得证；
(3)先求出直线BC的解析式，过点P作y轴的平行线交BC于点N，设点P(x,x2−4x+3)，则点N(x,−x+3)，根据SΔPBC=12PN×OB可得关于x的二次函数，继而根据二次函数的性质进行求解即可；
(4)存在，如图，过点C作与y轴夹角为30°的直线CF交x轴于点F，过点A作AH⊥CF，垂足为H，交y轴于点Q，此时HQ=12CQ，则AQ+12QC最小值=AQ+HQ=AH，求出直线HC、AH的解析式即可求得H点坐标，进行求得AH的长即可得答案.
【详解】解：(1)函数的表达式为：y=a(x−1)(x−3)=a(x2−4x+3)，
即：3a=3，解得：a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2−4x+3，
则顶点D(2,−1)；
(2)∵OB=OC=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，
∴AB=2，
∴AM=MB=ABsin45°=2，
又∵D(2，-1)，
∴AD=BD=(2−1)2+(−1−0)2=2，
∴AM=MB=AD=BD，
∴四边形ADBM为菱形，
又∵∠AMB=90°，
∴菱形ADBM为正方形；
(3)设直线BC的解析式为y=mx+n，
将点B、C的坐标代入得：{3m+n=0n=3，
解得：{m=−1n=3，
所以直线BC的表达式为：y=-x+3，
过点P作y轴的平行线交BC于点N，
设点P(x,x2−4x+3)，则点N(x,−x+3)，
则SΔPBC=12PN×OB=32(−x+3−x2+4x−3)=−32(x2−3x)，
∵−32