专题10 胡不归问题-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）

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中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题9胡不归（PA+kPB）型最短问题
解题策略


“PA＋k·PB”型的最值问题，当k＝1时通常为轴对称之最短路径问题，而当k＞0时，若以常规的轴对称的方式解决，则无法进行，因此必须转换思路．
1. 当点P在直线上
如图，直线BM，BN交于点B，P为BM上的动点，点A在射线BM，BN同侧，已知sin∠MBN＝k．
过点A作AC⊥BN于点C，交BM于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长．

证明 如图，在BM上任取一点Q，连结AQ，作QD⊥BN于点D．

由sin∠MBN＝k，可得QD＝ k·QB．
所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC，即得证．
2． 当点P在圆上
如图，⊙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．
在OB上取一点C，使得OC＝ k·r，连结AC交⊙O于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长．

证明 如图，在⊙O上任取一点Q，连结AQ，BQ，连结CQ，OQ．

则OC＝ k·OQ，OQ＝ k·OB．
而∠COQ＝∠QOB，所以△COQ∽△QOB，
所以QC＝ k·QB．
所以QA＋ k·QB ＝QA＋QC≥AC，即得证．
经典例题



【例1】（2021·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象经过点A（﹣1，0），B（0，−3），C（2，0），其对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式及其顶点坐标；
（2）点M为抛物线的对称轴上的一个动点，若平面内存在点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为菱形，求点M的坐标；
（3）若P为y轴上的一个动点，连接PD，求12PB＋PD的最小值．

【答案】（1）y=32（x−12）2−938，（12，−938）；（2）（12，72）或（12，−72）或（12，−3+152）或（12，−3−152）或（12，−36）；（3）334
【详解】思路引领：（1）将A、B、C三点的坐标代入y＝ax2+bx+c，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式，进而得到其顶点坐标；
（2）当以A，B，M，N为顶点的四边形为菱形时，分三种情况：①以A为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点，此时AM＝AB；②以B为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点，此时BM＝AB；③线段AB的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时AM＝BM，分别列出方程，求解即可；
（3）连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此时12PB+PD最小．最小值就是线段DH，求出DH即可．
答案详解：（1）由题意a−b+c=0c=−34a+2b+c=0，解得 a=32b=−32c=−3，
∴抛物线解析式为y=32x2−32x−3，
∵y=32x2−32x−3=32（x−12）2−938，
∴顶点坐标（12，−938）；
（2）设点M的坐标为（12，y）．
∵A（﹣1，0），B（0，−3），
∴AB2＝1+3＝4．
①以A为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点，此时AM＝AB，
则（12+1）2+y2＝4，解得y＝±72，
即此时点M的坐标为（12，72）或（12，−72）；
②以B为圆心AB为半径画弧与对称轴有两个交点，此时BM＝AB，
则（12）2+（y+3）2＝4，解得y=−3+152或y=−3−152，
即此时点M的坐标为（12，−3+152）或（12，−3−152）；
③线段AB的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时AM＝BM，
则（12+1）2+y2＝（12）2+（y+3）2，解得y=−36，
即此时点M的坐标为（12，−36）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为（12，72）或（12，−72）或（12，−3+152）或（12，−3−152）或（12，−36）；
（3）如图，连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此时12PB+PD最小．
理由：∵OA＝1，OB=3，
∴tan∠ABO=OAOB=33，
∴∠ABO＝30°，
∴PH=12PB，
∴12PB+PD＝PH+PD＝DH，
∴此时12PB+PD最短（垂线段最短）．
在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD=32，∠HAD＝60°，
∴sin60°=DHAD，
∴DH=334，
∴12PB+PD的最小值为334．
【例2】（2022·重庆·八年级期末）已知，在正方形ABCD中，点E，F分别为AD上的两点，连接BE、CF，并延长交于点G，连接DG，H为CF上一点，连接BH、DH，∠GBH+∠GED=90°

(1)如图1，若H为CF的中点，且AF=2DF，DH=102，求线段AB的长；
(2)如图2，若BH=BC，过点B作BI⊥CH于点I，求证：BI+22DG=CG；
(3)如图2，在（1）的条件下，P为线段AD（包含端点A、D）上一动点，连接CP，过点B作BQ⊥CP于点Q，将△BCQ沿BC翻折得△BCM，N为直线AB上一动点，连接MN，当△BCM面积最大时，直接写出22AN+MN的最小值．
【答案】(1)3
(2)见解析
(3)32
【分析】（1）根据正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得FC=2DH=10，设正方形的边长为3x，AF=2DF，可得FD=x，在Rt△FDC中，根据勾股定理建立方程，即可求解；
（2）过点D作DM ⊥GC于点M，证明△GBI是等腰直角三角形，△BIC≌△CMD，进而证明△GMD是等腰直角三角形，根据GC=GI+IC=BI+MD=BI+22GD即可得证；
（3）取BC的中点S，连接SM，连接PN，以PN为底边，在PN的左侧作等腰直角三角形TPN，根据直角三角形中斜边上的中点等于斜边的一半可得SM=12BC=32，则当SM⊥BC时，△BCM的面积最大，由TN+MN=22AN+MN≥TM，可得当T,N,M三点共线时，22AN+MN取得最小值，证明四边形ATMC是矩形，可得TM=AC=32，即22AN+MN的最小值为32．
(1)
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°,AB=AD=DC，
∵ H为CF的中点，DH=102，
∴ FC=2DH=10，
设正方形的边长为3x，AF=2DF，可得FD=x，
在Rt△FDC中，FD2+DC2=FC2，
即3x2+x2=10，
解得x=1，
∴AB=3x=3；
(2)
如图，过点D作DM ⊥GC于点M，
∵∠AEB=∠GED，∠GBH+∠GED=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠GBH =12∠ABH，
∵ BH=BC，BI⊥CH，
∴∠HBI=∠CBI =12∠HBC，
∵∠ABC=90°，
∴∠GBI=∠GBH+∠HBI=12∠ABH+12∠HBC=12∠ABC=45°，
∴△GBI是等腰直角三角形，
∴GI=BI，
∵∠BIC=∠CMD=90°,∠ICB=90°−∠DCM=∠CDM，BC=DC，
∴△BIC≌△CMD，
∴MD=IC，MC=BI，
∴GM=GC−CM=GC−BI=GC−GI=IC，
∴GM=MD，
∴△GMD是等腰直角三角形，
∴MD=22GD，
∴GC=GI+IC=BI+MD=BI+22GD，
即BI+22DG=CG；

(3)
如图甲所示，取BC的中点S，连接SM，连接PN，以PN为底边，在PN的左侧作等腰直角三角形TPN，
∴TN=22PN，
∵BQ⊥PC，
∴ △BCQ是直角三角形，
∵将△BCQ沿BC翻折得△BCM，
∴△BMC是直角三角形，
∴SM=12BC=32，
当SM⊥BC时，△BCM的面积最大，
∵ S是BC的中点，
∴△BMC是等腰直角三角形，
则△BQC也是等腰直角三角形，
∴CQ=BQ=22BC=12AC，
此时如图乙所示，则点P与A重合，
∵ TN+MN=22AN+MN≥TM，
∴ T,N,M三点共线时，22AN+MN取得最小值，
∴∠PCM=∠ACB+∠BCM=90°，
∵∠BMC=90°，∠TAC=∠TAB+∠BAC=90°，
则四边形ATMC是矩形，
∴TM=AC=32，
即22AN+MN的最小值为32．

图甲                                                                                                                      图乙
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，两点之间线段最短，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
【例3】（2022·湖南师大附中博才实验中学九年级开学考试）如果有一条直线经过三角形的某个顶点，将三角形分成两个三角形，其中一个三角形与原三角形相似，则称该直线为三角形的“自相似分割线”．如图1，在△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°，DE垂直平分AB，且交BC于点D，连接AD．


(1)证明直线AD是△ABC的自相似分割线；
(2)如图2，点P为直线DE上一点，当点P运动到什么位置时，PA+PC的值最小？求此时PA+PC的长度．
(3)如图3，射线CF平分∠ACB，点Q为射线CF上一点，当AQ+5−14CQ取最小值时，求∠QAC的正弦值．
【答案】(1)直线AD是△ABC的自相似分割线；
(2)当点P运动到D点时，PA+PC的值最小，此时PA+PC=5+12；
(3)∠QAC的正弦值为5+14
【分析】（1）根据定义证明△DBA∽△ABC即可得证；
（2）根据垂直平分线的性质可得PA+PC=PB+PC≥BC，当点P与D重合时，PA+PC=PB+PC=BC,此时PA+PC最小，设BD=x，则BC=x+1
根据△DBA∽△ABC，列出方程，解方程求解即可求得BD，进而即可求得BC的长，即PA+PC最小值；
（3）过点A作AH⊥BC于点H，过点Q作QG⊥BC于点G，连接AG，设CF与AD交于点M，根据已知条件求得GQ=5−14CQ，进而转化为AQ+5−14CQ=AQ+GQ，则当Q点落在AG上时，点G与点H重合，此时AQ+5−14CQ的值最小，最小值为AH，进而根据sin∠QAC=sin∠HAC=CHAC求解即可．
(1)
∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC = 108°
∴∠B =∠C =12（180°-∠BAC）= 36°
∵DE垂直平分AB
∴AD = BD
∴∠B =∠BAD = 36°
∴∠C =∠BAD
又∵∠B =∠B
∴△DBA∽△ABC
∴直线AD是△ABC的自相似分割线．
(2)
如图，连接PB，AD，


∵DE垂直平分AB，
∴PA=PB
∴PA+PC=PB+PC≥BC
当点P与D重合时，PA+PC=PB+PC=BC,此时PA+PC最小，
∵∠ADC=∠B+∠BAD=72°，∠DAC=∠BAC−∠BAD=72°
∴∠ADC=∠DAC
∴CD=CA=1
设BD=x，则BC=x+1
∵△DBA∽△ABC
∴BDAB=ABBC
∴x1=1x+1
∴x2+x−1=0
解得：x=−1±52
∵x>0
∴x= −1+52
∴BC=x+1=5+12
∴PA+PC=5+12
∴当点P运动到D点时，PA+PC的值最小，此时PA+PC=5+12；
(3)
如图，过点A作AH⊥BC于点H，过点Q作QG⊥BC于点G，连接AG，设CF与AD交于点M，


∵AB=AC，
∴CH=12BC=5+14
由（2）知，DC=AC=1
∵CF平分∠ACB
∴CM⊥AD
DM=AM=12AD=5−14
∴sin∠MCD=GQCQ =DMCD=5−14
∴GQ=5−14CQ
∴AQ+5−14CQ=AQ+GQ≥AG
∵AG≥AH
∴Q点落在AG上时，点G与点H重合，
即此时AQ+5−14CQ的值最小，最小值为AH
∴∠QAC=∠HAC
∵AB=AC,AH⊥BC
∴CH=12BC=5+14
∴sin∠QAC=sin∠HAC=CHAC=5+14
∴∠QAC的正弦值为5+14
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，求角的正弦，垂直平分线的性质，两点之间线段最短，垂线段最短，胡不归问题，转化线段是解题的关键．
【例4】（2021·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝33x＋3和直线l2：y＝﹣3x＋b相交于y轴上的点B，且分别交x轴于点A和点C．

（1）求△ABC的面积；
（2）点E坐标为（5，0），点F为直线l1上一个动点，点P为y轴上一个动点，求当EF＋CF最小时，点F的坐标，并求出此时PF＋22OP的最小值．
【答案】（1）S△ABC=23；（2）点F坐标为（1，433）；PF＋22OP的最小值为263+22．
【分析】（1）根据l1的解析式可得A、B坐标，把点B坐标代入y＝﹣3x＋b可求出b值，进而可得出点C坐标，即可求出AC、OB的长，利用三角形面积公式即可得答案；
（2）如图，作点C关于直线l1的对称点C′，连接C′E，交l1于F，根据A、B、C坐标可得△ABC是直角三角形，可得点C′在直线l2上，根据两点间距离公式可得出C′坐标，可得C′E为EF＋CF的最小值，利用待定系数法可得出直线C′E的解析式，联立直线C′E与l1解析式即可得出得F的坐标；作二、四象限对角线l3，过点F作FG⊥l3于G，交y轴于P，可得∠GOP=45°，可得PG=22OP，可得FG为PF＋22OP的最小值，过点F作FQ⊥x轴，交l3于Q，可得△FGQ为等腰直角三角形，可得FG=22FQ，由l3的解析式为y=-x及点F的坐标可得点Q坐标，进而可得FQ的长，即可得FG的长，可得答案．
【详解】（1）∵l1：y＝33x＋3，
∴当x=0时，y=3，当y=0时，x=-3，
∴A（-3，0），B（0，3），
∵点B直线l2：y＝﹣3x＋b上，
∴b=3，
∴直线l2的解析式为y＝﹣3x＋3，
∴当y=0时，x=1，
∴C（1，0），
∴AC=4，OB=3，
∴S△ABC=12AC⋅OB=12×4×3=23．
（2）如图，作点C关于直线l1的对称点C′，连接C′E，交l1于F，
∵A（-3，0），B（0，3），C（1，0），
∴AB2=（-3）2+（3）2=12，BC2=12+（3）2=4，AC2=42=16，
∵AC2=AB2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴点C′在直线l2上，
∵点C与点C′关于直线l1的对称，
∴CC′=2BC=4，
设点C′（m，﹣3m＋3，）
∴（m-1）2+（﹣3m＋3）2=42，
解得：m1=-1，m2=3，
∵点C′在第二象限，
∴m=-1，
∴﹣3m＋3=23，
∵FC=FC′，
∴EF＋CF=EF+FC′，
∴当C′、F、E三点共线时EF＋CF的值最小，
设直线C′E的解析式为y=kx+b，
∴−k+b=235k+b=0，
解得：k=−33b=533，
∴直线C′E的解析式为y=−33x+533，
联立直线C′E与l1解析式得y=−33x+533y=33x+3，
解得：x=1y=433，
∴F（1，433）．
如图，作二、四象限对角线l3，过点F作FG⊥l3于G，交y轴于P，过点F作FQ⊥x轴，交l3于Q，
∴直线l3的解析式为y=-x，∠GOP=45°，
∴△GOP是等腰直角三角形，
∴PG=22OP，
∴G、P、F三点共线时，PF＋22OP的值最小，最小值为FG的长，
∵∠GOP=45°，∠POE=90°，
∴∠EOQ=45°，
∴∠FQO=45°，
∴△FGQ是等腰直角三角形，
∴FG=22FQ，
∵F（1，433），直线l3的解析式为y=-x，
∴Q（1，-1），
∴FQ=433-（-1）=433+1，
∴FG=22FQ=22×（433+1）=263+22，
∴PF＋22OP的最小值为263+22．

【点睛】本题考查一次函数的综合、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式及轴对称的性质是解题关键．
培优训练


一、填空题
1．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足为D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为 _____．

【答案】42
【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2BF，通过解直角三角形ABF，进一步求得结果．
【详解】解：如图，

在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，
此时PA+2PB最小，
∴∠AFB＝90°
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠CAD＝∠BAD＝12∠BAC=12×30°=15°，
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，
∴PF＝12PA，
∴PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2BF，
在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，
∴BF＝AB•sin45°＝4×22=22，
∴（PA+2PB）最大＝2BF＝42，
故答案为：42．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．
2．（2022·湖北湖北·八年级期末）如图，▱ABCD中∠A=60°，AB=6，AD=2，P为边CD上一点，则3PD+2PB的最小值为______．

【答案】63
【分析】作PH丄AD交AD的延长线于H，由直角三角形的性质可得HP=32DP，因此3PD+2PB=2(32DP+PB)=2(PH+PB)，当H、P、B三点共线时HP+PB有最小值，即3PD十2PB有最小值，即可求解．
【详解】如图，过点P作PH⊥AD，交AD的延长线于H，

        
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠A=∠PDH=60°
∵PH丄AD
∴∠DPH=30°
∴DH=12PD，PH=3DH=32PD，
∴3PD+2PB=2(32PD+PB)=2(PH+PB)
∴当点H，点P，点B三点共线时，HP+PB有最小值，即3PD+2PB有最小值，
此时 BH⊥AH，∠ABH=30°，∠A=60°，
∴AH=12AB=3 ，BH=3AH=33
则3PD+2PB最小值为63，
故答案为：63．
【点睛】本题考查了胡不归问题，平行四边形的性质，直角三角形的性质，垂线段最短等知识．构造直角三角形是解题的关键．
3．（2022·湖北武汉·一模）如图，在△ACE中，CA=CE，∠CAE=30°，半径为5的⊙O经过点C，CE是圆O的切线，且圆的直径AB在线段AE上，设点D是线段AC上任意一点(不含端点)，则OD+12CD的最小值为______．

【答案】532
【分析】过点C作关于AE的平行线，过点D作DH垂直于该平行线于H，可将12CD转化为DH，此时OD+12CD就等于OD+DH，当ODH共线时，即为所要求的最小值．
【详解】解：如图所示，过点C作关于AE的平行线，过点D作DH垂直于该平行线于H，

∵CH//AB，∠CAE=30°，OC=OA，
∴∠HCA=∠OCA=30°，
∴sin∠HCD=HDCD=12，∠HCO=60°，
∴12CD=HD，
∴OD+12CD=OD+DH，
∵当O，D，H三点共线，即在图中H在H'位置，D在D'位置的时候有OD+DH最小，
∴当O，D，H三点共线时，OD+12CD有最小值，
此时OH'=OC×sin∠HCO=OC×sin60°=5×32=532，
∴OD+12CD的最小值为532，
故答案为532．
【点睛】本题主要考查了最值问题中的胡不归问题，解题的关键是在于将12OD进行转换．
4．（2022·湖北武汉·九年级阶段练习）如图，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，半径为5的⊙O经过点C，CE是圆O的切线，且圆的直径AB在线段AE上，设点D是线段AC上任意一点（不含端点），则OD+12CD的最小值为 _____．

【答案】532
【分析】作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，易证四边形AOCF是菱形，根据对称性可得DF=DO．过点D作DH⊥OC于H，易得DH=12DC，从而有12CD+OD=DH+FD．根据两点之间线段最短可得：当F、D、H三点共线时，DH+FD（即12CD+OD）最小，然后在Rt△OHF中运用三角函数即可解决问题．
【详解】解：作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，如图所示，

∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=30°，
∴∠COB=60°，
则∠AOF=∠COF=12∠AOC=12（180°-60°）=60°．
∵OA=OF=OC，
∴△AOF、△COF是等边三角形，
∴AF=AO=OC=FC，
∴四边形AOCF是菱形，
∴根据对称性可得DF=DO．
过点D作DH⊥OC于H，则DH =12DC，
∴12CD+OD=DH+FD．
根据两点之间线段最短可得，
当F、D、H三点共线时，DH+FD（即12CD+OD）最小，
∵OF=OA=5，
∴OH=12OF=52，
∴FH=OF2−OH2=532
即12CD+OD的最小值为532．
故答案为：532．
【点睛】本题主要考查了圆半径相等的性质，等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、两点之间线段最短、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，把12CD+OD转化为DH+FD是解题的关键．
5．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学九年级阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为边AD上一个动点，点F在边CD上，且线段EF＝4，点G为线段EF的中点，连接BG、CG，则BG+12CG的最小值为 _____．

【答案】5
【分析】因为DG＝12EF＝2，所以G在以D为圆心，2为半径圆上运动，取DI＝1，可证△GDI∽△CDG，从而得出GI＝12CG，然后根据三角形三边关系，得出BI是其最小值
【详解】解：如图，

在Rt△DEF中，G是EF的中点，
∴DG＝12EF=2，
∴点G在以D为圆心，2为半径的圆上运动，
在CD上截取DI＝1，连接GI，
∴DIDG＝DGCD＝12，
∴∠GDI＝∠CDG，
∴△GDI∽△CDG，
∴IGCG=DIDG＝12，
∴IG＝12CG，
∴BG+12CG＝BG+IG≥BI，
∴当B、G、I共线时，BG+12CG最小＝BI，
在Rt△BCI中，CI＝3，BC＝4，
∴BI＝5，
故答案是：5．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆的概念，求得点G的运动轨迹是解题的关键．
6．（2021·四川省成都市七中育才学校八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线l分别交x、y轴于B、C两点，点A、C的坐标分别为(3，0)、(0，﹣3)，且∠OCB＝60°，点P是直线l上一动点，连接AP，则AP+32PC的最小值是______．

【答案】3+332##33+32
【分析】作∠OCE=120°，过点P作PG⊥CE于点G，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得PG=32PC；当A、P、G在同一直线时，AP+32PC= AP+PG= AG的值最小，再利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】解：∵点A、C的坐标分别为(3，0)、(0，﹣3)，
∴OA=3，OC=3，
作∠OCE=120°，
∵∠OCB=60°，
则∠OCB=∠BCE=∠FCE=60°，
过点P作PG⊥CE于点G，如图：

在Rt△PCG中，∠PCG=60°，则∠CPG=30°，
∴CG=12PC，由勾股定理得PG=32PC，
∴AP+32PC= AP+PG，
当A、P、G在同一直线时，AP+PG= AG的值最小，
延长AG交y轴于点F，
∵∠FCG=60°，∠CGF=90°，
∴∠CFG=30°，
∴CF=2CG，GF=32CF，
在Rt△OAF中，∠AOF=90°，∠OFA=30°，
∴AF=2OA=6，OF=3OA=33，
∴CF=OF-OC=33−3，
∴GF=32(33−3)=92−332，
∴AG=AF-FG=6−92+332=32+332，
即AP+32PC的最小值为32+332．
故答案为：3+332．
【点睛】本题考查了坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，作出合适的辅助线，得到当A、P、G在同一直线时，AP+32PC= AP+PG= AG的值最小是解题的关键．
7．（2021·全国·九年级专题练习）如图，直线y＝x﹣3分别交x轴、y轴于B、A两点，点C（0，1）在y轴上，点P在x轴上运动，则2PC＋PB的最小值为___．

【答案】4
【详解】思路引领：过P作PD⊥AB于D，依据△AOB是等腰直角三角形，可得∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD，进而得到△BDP是等腰直角三角形，故PD=22PB，当C，P，D在同一直线上时，CD⊥AB，PC+PD的最小值等于垂线段CD的长，求得CD的长，即可得出结论．
答案详解：如图所示，过P作PD⊥AB于D，
∵直线y＝x﹣3分别交x轴、y轴于B、A两点，
令x＝0，则y＝﹣3；令y＝0，则x＝3，
∴A（0，﹣3），B（3，0），
∴AO＝BO＝3，
又∵∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD，
∴△BDP是等腰直角三角形，
∴PD=22PB，
∴2PC+PB=2（PC+22PB）=2（PC+PD），
当C，P，D在同一直线上，即CD⊥AB时，PC+PD的值最小，最小值等于垂线段CD的长，
此时，△ACD是等腰直角三角形，
又∵点C（0，1）在y轴上，
∴AC＝1+3＝4，
∴CD=22AC＝22，
即PC+PD的最小值为22，
∴2PC+PB的最小值为2×22=4，
故答案为：4．
8．（2021·全国·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中AB＝3，BC=3，E为线段AB上一动点，连接CE，则12AE＋CE的最小值为___．

【答案】3
【详解】思路引领：在射线AB的下方作∠MAB＝30°，过点E作ET⊥AM于T，过点C作CH⊥AM于H．易证ET=12AE，推出12AE+EC＝CE+ET≥CH，求出CH即可解决问题．
答案详解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴tan∠CAB=CBAB=33，
∴∠CAB＝30°，
∴AC＝2BC＝23，
在射线AB的下方作∠MAB＝30°，过点E作ET⊥AM于T，过点C作CH⊥AM于H．
∵ET⊥AM，∠EAT＝30°，
∴ET=12AE，
∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝23，
∴CH＝AC•sin6°＝23×32=3，
∵12AE+EC＝CE+ET≥CH，
∴12AE+EC≥3，
∴12AE+EC的最小值为3，
故答案为3．
9．（2021·四川·成都市树德实验中学八年级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝75°，∠ACB＝60°，AC＝4，则△ABC的面积为_；点D，点E，点F分别为BC，AB，AC上的动点，连接DE，EF，FD，则△DEF的周长最小值为_．

【答案】     6+23     32+6
【分析】（1）过点A作AH⊥BC于H，根据∠BAC＝75°，∠C＝60°，即可得到
（2）过点B作BJ⊥AC于J，作点F关于AB的对称点M，点F关于BC的对称点N，连接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此时△FE′D′的周长＝MN的长，然后证明△BMN是等腰直角三角形，BM的值最小时，MN的值最小，再根据垂线段最短可知，当BF与BJ重合时，BM的值最小，由此求解即可.
【详解】解：①如图，过点A作AH⊥BC于H．
∴∠AHB=∠AHC=90°，
∵∠BAC＝75°，∠C＝60°，
∴∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝45°，∠HAC=30°
∴BH=AH，HC=12AC=2
∴AH=AC2−HC2=23
∴AH＝BH＝23，
∴BC＝BH+CH＝23+2，
∴S△ABC＝12•BC•AH＝12•（23+2）·3＝6+23．

②如图，过点B作BJ⊥AC于J，作点F关于AB的对称点M，点F关于BC的对称点N，连接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此时△FE′D′的周长＝MN的长．
∵BF＝BM＝BM，∠ABM＝∠ABJ，∠CBJ＝∠CBN，
∴∠MBN＝2∠ABC＝90°，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BM的值最小时，MN的值最小，
根据垂线段最短可知，当BF与BJ重合时，BM的值最小，
∵BJ=2S△ABCAC=12+434=3+3,
∴MN的最小值为2BJ＝32+6，
∴△DEF的周长的最小值为32+6．
故答案为：6+23，32+6．

【点睛】本题主要考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，垂线段最短，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
10．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在边长为4的正方形ABCD内有一动点P，且BP＝2．连接CP，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．连接CQ、DQ，则12DQ+CQ的最小值为 ___．

【答案】5
【分析】连接AC、AQ，先证明△BCP∽△ACQ得AQBP=22即AQ＝2，在AD上取AE＝1，证明△QAE∽△DAQ得EQ＝12QD，故12DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，求出CE即可．
【详解】解：如图，连接AC、AQ，
∵四边形ABCD是正方形，PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ，
∴∠ACB＝∠PCQ＝45°，
∴∠BCP＝∠ACQ，cos∠ACB＝BCAC=22，cos∠PCQ＝PCQC=22，
∴∠ACB=∠PCO，
∴△BCP∽△ACQ，
∴AQBP=22
∵BP＝2，
∴AQ＝2，
∴Q在以A为圆心，AQ为半径的圆上，
在AD上取AE＝1，
∵AEAQ=12，AQAD=12，∠QAE＝∠DAQ，
∴△QAE∽△DAQ，
∴EQQD=12即EQ＝12QD，
∴12DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，
连接CE，
∴CE=DE2+CD2=5，
∴12DQ+CQ的最小值为5．
故答案为：5．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数，解题的关键在于能够连接AC、AQ，证明两对相似三角形求解.
11．（2021·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，AB＝8，且∠ABC＝60°，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，则AM+12BM的最小值为_____．

【答案】43
【分析】如图，过点A作AT⊥BC于T，过点M作MH⊥BC于H，根据菱形的性质和30°角的直角三角形的性质可得MH＝12BM，于是可得AM+12BM的最小值即为AT的长，再利用解直角三角形的知识求解即可．
【详解】解：如图，过点A作AT⊥BC于T，过点M作MH⊥BC于H．

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠DBC＝12∠ABC＝30°，
∵MH⊥BC，∴∠BHM＝90°，
∴MH＝12BM，
∴AM+12BM＝AM+MH，
∵AT⊥BC，∴∠ATB＝90°，
∴AT＝AB•sin60°＝43，
∵AM+MH≥AT，
∴AM+MH≥43，
∴AM+12BM≥43，
∴AM+12BM的最小值为43，
故答案为：43．
【点睛】本题考查了菱形的性质、30°角的直角三角形的性质、垂线段最短以及解直角三角形等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、明确解答的方法是解题关键．
12．（2021·全国·九年级专题练习）如图，▱ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点，则2PB+ PD的最小值等于______.

【答案】6
【分析】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，根据四边形ABCD是平行四边形，得到 AB∥CD，推出PE=12PD，由此得到当PB+PE最小时2PB+ PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，利用∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6求出PB+PE的最小值=12AB=3，得到2PB+ PD的最小值等于6.
【详解】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EDC=∠DAB＝30°，
∴PE=12PD，
∵2PB+ PD=2（PB+12PD）=2(PB+PE)，
∴当PB+PE最小时2PB+ PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，
∵∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6，
∴PB+PE的最小值=12AB=3，
∴2PB+ PD的最小值等于6，
故答案为：6.

【点睛】此题考查平行四边形的性质，直角三角形含30°角的问题，动点问题，将线段2PB+PD转化为三点共线的形式是解题的关键.
13．（2022·四川自贡·一模）如图，△ABC中，AB=AC=10，tanA=2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则CD+55BD的最小值是__________．

【答案】45
【分析】过点D作DH⊥AB于H，过点C作CM⊥AB于M，首先通过勾股定理及tanA=2求出AE,BE的长度，然后根据等腰三角形两腰上的高相等得出CM=BE，然后通过锐角三角函数得出DH=55BD，进而可得出CD+55BD=CD+DH，最后利用CD+DH⩾CM即可求值．
【详解】解：如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作CM⊥AB于M．

∵BE⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∵tanA=BEAE=2，
设AE=a，BE=2a，
∵AB2=AE2+BE2
∴100=a2+4a2，
∴a2=20，
∴a=25或−25（舍弃），
∴BE=2a=45，
∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，
∴CM=BE=45（等腰三角形两腰上的高相等）
∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，
∴sin∠DBH=DHBD=AEAB=55，
∴DH=55BD，
∴CD+55BD=CD+DH，
∴CD+DH⩾CM，
∴CD+55BD⩾45，
∴CD+55BD的最小值为45,
故答案为：45．
【点睛】本题主要考查解直角三角形，等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短等，学会添加辅助线并利用转化的思想是解题的关键．
14．（2021·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y=x2−2x−3与x轴交于A、B两点，过B的直线交抛物线于E，且tan∠EBA=43，有一只蚂蚁从A出发，先以1单位/s的速度爬到线段BE上的点D处，再以1.25单位/s的速度沿着DE爬到E点处觅食，则蚂蚁从A到E的最短时间是________s．

【答案】649
【分析】过点E作x轴的平行线，再过D点作y轴的平行线，两线相交于点H，如图，利用平行线的性质和三角函数的定义得到tan∠HED=tan∠EBA=DHEH=43，设DH=4m，EH=3m，则DE=5m，则可判断蚂蚁从D爬到E点所用的时间等于从D爬到H点所用的时间相等，于是得到蚂蚁从A出发，先以1单位/s的速度爬到线段BE上的点D处，再以1.25单位/s的速度沿着DE爬到E点所用时间等于它从A以1单位/s的速度爬到D点，再从D点以1单位/s速度爬到H点的时间，利用两点之间线段最短得到AD+DH的最小值为AG的长，接着求出A点和B点坐标，再利用待定系数法求出BE的解析式，然后解由直线解析式和抛物线解析式所组成的方程组确定E点坐标，从而得到AG的长，然后计算爬行的时间．
【详解】解：过点E作x轴的平行线，再过D点作y轴的平行线，两线相交于点H，如图，

∵EH∥AB，
∴∠HEB=∠ABE，
∴tan∠HED=tan∠EBA=DHEH=43，
设DH=4m，EH=3m，则DE=5m，
∴蚂蚁从D爬到E点的时间=5x1.25=4(s)
若设蚂蚁从D爬到H点的速度为1单位/s，则蚂蚁从D爬到H点的时间=4m1=4(s)，
∴蚂蚁从D爬到E点所用的时间等于从D爬到H点所用的时间相等，
∴蚂蚁从A出发，先以1单位/s的速度爬到线段BE上的点D处，再以1.25单位/s的速度沿着DE爬到E点所用时间等于它从A以1单位/s的速度爬到D点，再从D点以1单位/s速度爬到H点的时间，
作AG⊥EH于G，则AD+DH⩾AH⩾AG，
∴AD+DH的最小值为AG的长，
当y=0时，x2−2x−3=0，解得x1=−1，x2=3，则A(−1,0)，B(3,0)，
直线BE交y轴于C点，如图，
在RtΔOBC中，∵tan∠CBO=COOB=43，
∴OC=4，则C(0,4)，
设直线BE的解析式为y=kx+b，
把B(3,0)，C(0,4)代入得3k+b=0b=4，解得k=−43b=4，
∴直线BE的解析式为y=−43x+4，
解方程组y=x2−2x−3y=−43x+4得x=3y=0或x=−73y=649，则E点坐标为(−73，649)，
∴AG=649，
∴蚂蚁从A爬到G点的时间=6491=649(s)，
即蚂蚁从A到E的最短时间为649s．
故答案为649．
【点睛】本题考查了二次函数与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标化为解关于x的一元二次方程．解决本题的关键是确定蚂蚁在DH和DE上爬行的时间相等．

二、解答题
15．（2022·全国·九年级）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝12x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是x＝－32且经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．

(1)求二次函数y＝ax2＋bx＋c的表达式；
(2)点P为线段AB上的动点，求AP＋2PC的最小值；
(3)抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线表达式为：y=−12x2−32x+2；
(2)AP+2PC的最小值是23+4；
(3)存在M(0,2)或(-3,2)或(2,-3)或(5,-18)，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似．
【分析】（1）先求的直线y=12x+2与x轴，y轴交点的坐标，然后利用抛物线的对称性可求得点B的坐标；设抛物线的解析式为y=a(x+4)(x-1)，然后将点C的坐标代入即可求得a的值，从而得抛物线的表达式；
（2）如图1，作∠OAE=30°，交y轴于E，过点P作PH⊥AE于H，当C，P，H三点共线时，AP+2PC的值最小，根据直角三角形含30度角的性质可得CH的长，从而可得结论；
（3）首先可证明△ABC是直角三角形，且有AC=2BC，然后分三种情况讨论即可：①当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△BAC；②根据抛物线的对称性，当M（-3，2）时，△MAN∽△ABC； ③当点M在第四象限时，解题时，需要注意相似三角形的对应关系．
(1)
y=12x+2中，当x=0时，y=2，当y=0时，x=-4，
∴C（0，2），A（-4，0），
由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=−32对称，
∴点B的坐标为（1，0）．
∵抛物线y=ax2+bx+c过A（-4，0），B（1，0），
可设抛物线表达式为y=a（x+4）（x-1），
又∵抛物线过点C（0，2），
∴2=-4a，
∴a=−12，
∴抛物线表达式为：y=−12x2−32x+2；
(2)
如图1，作∠OAE=30°，交y轴于E，过点P作PH⊥AE于H，

∴PH=12AP,
∵AP+2PC=212AP+PC=2(PH+PC),
∴当C，P，H三点共线时，AP+2PC的值最小，
∵∠APH=∠OPC，∠COP=∠AHP=90°，
∴∠OCP=∠OAE=30°，
Rt△AOE中，AO=4，
OE=OA3=433,
Rt△CHE中，EH=12CE=122+433=1+233,
∴CH=3EH=3+2
∴AP+2PC的最小值是2CH=2(3+2)=23+4;
(3)
∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴AC=22+42=25,BC=12+22=5,AB=4+1=5,
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，AC=2BC，
点A，M，N为顶点的三角形与△ABC相似存在以下3种情况：
①如图2，当M点与C点重合，即M（0，2）时，△MAN∽△BAC；

②如图3，根据抛物线的对称性，当M（-3，2）时，△MAN∽△ABC；

③如图4，当M在第四象限时，设Mn,−12n2−32n+2，则N（n，0），

∴MN=12n2+32n−2,AN=n+4,
当ANMN=2时，AN=2MN，即12n2+32n−2=2(n+4)，
整理得：n2+2n-8=0，
解得：n1=-4（舍），n2=2，
∴M（2，-3）；
当ANMN=12时，MN=2AN，即 12n2+32n−2=2(n+4)，
整理得：n2-n-20=0，
解得：n1=-4（舍），n2=5，
∴M（5，-18）．
综上所述：存在M（0，2）或（-3，2）或（2，-3）或（5，-18），使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似．
【点睛】本题主要考查的是二次函数与相似三角形的综合应用，还考查了轴对称-最短路径问题，难度较大，解答本题需要同学们熟练掌握二次函数和相似三角形的相关性质．
16．（2022·四川眉山·九年级专题练习）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=−23x2−223x+2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．

(1)求A、C两点的坐标；
(2)连接AC，点P为直线AC上方抛物线上（不与A、C重合）的一动点，过点P作PD⊥AC交AC于点D，PE⊥x轴交AC于点E，求PD+DE的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，将原抛物线沿射线CB方向平移33个单位得到新抛物线y'，点M为新抛物线y'对称轴上一点，在新抛物线y'上是否存在一点N，使以点C、A、M、N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标，并选择一个你喜欢的点写出求解过程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A（﹣3，0），C(0,2)
(2)最大值，31122+92244，P(−32,524)
(3)存在，此时M(2,−1132)或(2,192)或(2,−1732)，见解析
【分析】（1）令x=0，求出y的值，可求出点C的坐标；令y=0，可求出x的值，由此可求出点A的坐标；
（2）利用待定系数法求出直线AC的解析式，根据相似三角形的性质可表达PD+DE的值，再利用二次函数的性质求出最值；
（3）分三种情况：当四边形ACNM是平行四边形时，当ACMN时平行四边形时，当ANCM时平行四边形时，分别利用点的平移和中点坐标公式进行求解即可．
（1）
在y=−23x2−223x+2中，
令x＝0，y=2．
∴C(0,2），
令y＝0，x1＝﹣3，x2＝1，
∵xA＜xB，
∴A（﹣3，0），B（1，0）．
（2）
∵PE⊥x轴，y⊥x轴，
∴PE∥y轴，
∴∠PED＝∠ACO，
∵∠PDE＝∠AOC＝90°，
∴△PED∽△ACO，
∴DE：PD：PE＝OC：OA：AC，
在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，
∴AC=OA2+OC2=11，
∴DE:PD:PE=OC:OA:AC=2:3:11，
∴DE=2211PE，PD=31111PE，
∴PD+DE=31111+2211PE，
当PE最大时，PD+DE最大，
设直线AC的解析式为：y＝kx+b，
∵A（﹣3，0），C(0,2)，
∴−3k+b=0b=2，
∴直线AC:y=23x+2．
设Pm,−23m2−223m+2，﹣3＜m＜0，
∴Em,23m+2，
∴PE=yP−yE=−23m2−2m，
∵−23