中考数学总复习❤重难点14 几何最值问题4种类型（费马点、胡不归模型、阿氏圆模型、瓜豆原理）（解析版）

重难点突破14几何最值问题4种类型（费马点、胡不归模型、阿氏圆模型、瓜豆原理）题型01费马点【基础】费马点概念：三角形内部满足到三个顶点距离之和最小的点，称为费马点.结论：1）对于一个各角不超过120°的三角形，费马点是对各边的张角都是120°的点；对于2)有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点.（注意：通常涉及费马点的试题中三角形的最大顶角小于120°）【解题思路】运用旋转的方法，以∆ABC任意一条边向外旋转60°构造等边三角形，根据两点之间线段最短，得出最短长度.结论证明过程：情况一：当△ABC各角不超过120°时，将∆APB绕着点B逆时针旋转60°得到∆A’P’B则∆APB≌∆A’P’B∴BP=BP’AP=AP’∠A’P’B=∠APB而∠P’BP=60°则∆P’BP为等边三角形∴∠BPP’=∠P’BP=∠BP’P=60°∵PA+PB+PC=P’A’+PP’+PC≤A’C∴当A’、P’、P、C四点共线时，PA+PB+PC的最小值为A’C此时∠BPC=180°-∠BPP’=120°∠APB=∠A’P’B=180°-∠BP’P=120°∠APC=360°-∠APB-∠BPC=120°情况二（仅需理解）：当△ABC有一个内角不小于120°时，延长BA至C'使得AC=AC'，做∠C'AP'=∠CAP，并且使得AP'=AP,PC'=PC，则△APC≌△AP'C'∵∠BAC≥120°∴∠PAP'=180°-∠BAP-∠C'AP'=180°-∠BAP-∠CAP=180°-∠BAC≤60°∴等腰三角形PAP'中，AP≥PP'∴PA+PB+PC≥PP'+PB+PC'>BC'=AB+AC（(只有当P、A重合时取等号)）所以，当有一内角大于或等于120°时，所求的P点就是钝角的顶点．【费马点的作法】（当△ABC各角不超过120°）作法：1）如图，分别以∆ABC中的AB、AC为边，作等边∆ADB、等边∆AEC2）连接CD、BE，则∆ADC≌∆ABE(手拉手模型)3）记CD、BE交点为P，点P为费马点.4）以BC为边作等边∆BCF，连接AF，必定经过点P，且BE=AF=CD.【扩展】与等腰三角形、等边三角形、直角三角形常见的费马点结论如图所示，以边AB、AC分别向△ABC外侧作等边三角形，连接DC、EB，交点为点P，点P为费马点.图形结论等腰三角形①∠APB=∠BPC=∠APC=120°；②△ABP与△ACP全等；③△BCP为等腰三角形；④△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小.等边三角形①AP=BP=CP；②∠APB=∠BPC=∠APC=120°；③△ABP、△ACP、△BCP全等；④点P是垂心，是△ABC各边的高线的交点；⑤点P是△ABC各边的中线的交点；⑥点P是内心，是在三角形三个内角的角平分线的交点；⑦△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小.直角三角形①△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小；②∠APB=∠BPC=∠APC=120°【进阶】加权费马点模型概述：前面学的PA+PB+PC最小值的费马点问题线段前面系数都是l，如果现在求mPA+nPB+xPC最小值，前面系数不是1，那么此类题目就叫做“加权费马点”.【关键】系数的改变只是影响了旋转角度的改变，依然考的是旋转.已知：在Rt△ABC中，∠ACB=30°，BC=6，AC=5,△ABC内部有一点P,连接PA，PB，PC问题求解图形作法求PA+PB+PC最小值△CAP绕点C顺时针旋转60°得△CDEBD长度即为所求,在Rt△BCD中有勾股定理可得BD=BC求PA+PB+2PC最小值△CAP绕点C顺时针旋转90°得△CDE此时△PCE为等腰直角三角形，即PE=2PC因此原式=PA+PB+2PC=ED+PB+PE，则当B、P、E、D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求,在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF求PA+PB+3PC最小值△CAP绕点C顺时针旋转120°得△CDE此时△PCE为等腰三角形且∠PCE=120°，即PE=3PC，因此原式=PA+PB+3PC=ED+PB+PE，则当B、P、E、D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求,在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF求2PA+PB+3PC最小值思路：原式=2（PA+12PB+32PC）

1)将PC边绕点C旋转60°，然后过点P作PF⊥CE于点F,则PF=32PC;2)12PB利用三角形中位线来处理；3）PA前的系数是过程：△BCP绕点C顺时针旋转60°得△CDE,然后过点P作PF⊥CE于点F,此时△PCE为等边三角形，即PF=32PC，过点F作FG∥DE，则FG=12PB，则当A、P、F、G四点共线时取得最小值，AG长度即为所求,在Rt△ACG中有勾股定理可得AG=CG+AC2=34,原式=2（PA+求2PA+4PB+23PC过程：△ACP绕点C顺时针旋转60°得△CDE,然后过点P作PF⊥CE于点F,此时△PCE为等边三角形，即PF=32PC，过点F作FG∥DE，则FG=12AP，则当B、P、F、G四点共线时取得最小值，BG长度即为所求,在Rt△BCG中有勾股定理可得BG=CG+AC2=7.5,原式=4（12备注：若变形后的系数不是特殊值，则可借助位似的相关知识进行求解.【费马点专项训练】1．（2022·广东广州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，线段AD上存在一点Q，当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则PD=．【答案】3【分析】如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图2，连接MC，证明AM垂直平分BC，证明AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，构建方程求出x可得结论．【详解】解：如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，∴△BQN是等边三角形，∴BQ=QN，∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，∴当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图2，连接MC∵将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，∴△BQN是等边三角形，△CBM是等边三角形，∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM，∵BM=CM，AB=AC，∴AM垂直平分BC，∵AD⊥BC，∠BQD=60°，∴BD=3QD，∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，∴AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，∴x=tan60°×∴x=3+3，∴PD=3+3．故答案为：3+【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确运用等边三角形的性质解决问题，学会构建方程解决问题．2．（2021·全国·九年级专题练习）如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为．【答案】4【分析】将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′，则MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均为等边三角形，推出AM＝MM′可得MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，共线时最短；由于点E也为动点，可得当D′E⊥BC时最短，此时易求得D′E＝DG＋GE的值；【详解】解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′，由性质的性质可知：MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均为等边三角形，∴AM＝MM′，∴MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，∴D′M、MM′、ME共线时最短，由于点E也为动点，∴当D′E⊥BC时最短，此时易求得D′E＝D′G＋GE＝4∴MA＋MD＋ME的最小值为4+故答案为：4【点睛】本题考查轴对称、旋转变换、矩形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造等边三角形解决问题，用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．3．（2021·辽宁丹东·统考中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果△ABC是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若AB=AC=7,BC=23，P【答案】52【分析】①作出图形，过B,C分别作∠②作出图形，将△APC绕点A逆时针旋转60°，P为△ABC的费马点则B,P,【详解】①如图,过A作AD⊥BC，垂足为过B,C分别作∠DBP=∠DCP=30°,则∵AB∴∴∴∴∴AD∴PA+②如图：∵AB=2∴∴∠∵∴∠将△APC绕点A逆时针旋转60由旋转可得：△∴AP∴△AP∴∠∵P为△ABC即B,P,P∴PA+PB+PC=AB故答案为：①5，②2【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转△PAB4．（2022下·福建三明·八年级统考期中）【问题背景】17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小后来这点被称之为“费马点”．如图，点P是△ABC内的一点，将△APC绕点A逆时针旋转60°到△AP'C'，则可以构造出等边△APP'，得AP=PP'，CP=CP'，所以PA+PB+(1)【拓展应用】如图1，点P是等边△ABC内的一点，连接PA，PB，PC，将△PAC绕点A逆时针旋转60°得到①若PA=3，则点P与点P'之间的距离是②当PA=3，PB=5，PC=4(2)如图2，点P是△ABC内的一点，且∠BAC=90°，AB=6，【答案】(1)①3；②150°；(2)2【分析】（1）①根据旋转的性质即可求出PP'②先证△ABP≌△ACP'，利用全等的性子求出对应的边长，通过勾股定理的逆定理得到∠CPP（2）将△APC绕C点顺时针旋转60°得到A'P'C，先求出∠BCA'=120°，然后证明△CPP'为等边三角形，当B、P、【详解】（1）①如图，将△PAC绕A逆时针旋转60°则AP=AP'∴△APP∴PP②∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°，又∵△APP∴∠PAC+∠CAP'∴∠BAP=∠CAP在△ABP与△ACP'中，∴△ABP≌△ACP'（∴BP∴PP'2+∴∠APC又∵旋转，∴∠A（2）如图，将△APC绕C点顺时针旋转60°得到A'则∠ACP在Rt△ABC中，∵AC∴∠ACP又∵∠ACP∴∠ACP'过A'作A'D⊥BC交BC则∠A∴∠C∵A'C=AC∴A∵∠PCP'=60°,PC当B、P、P'、A'四点共线时，在Rt△BDA'∴BA∴PA+PB+【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，解题的关键在于能够添加辅助线构造全等三角形解决问题．5．（2023·湖北随州·统考中考真题）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°如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知由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”(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

(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，【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．(2)5(3)2【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（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【详解】（1）解：∵PC=∴△PC∴PP'=又P'A'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最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点∴∠BPC+∠P∴∠BPC=120°，又∵△APC∴∠APC∴∠APB∴∠APC∵∠BAC∴BC>AC，∴BC+AB>∴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”∴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'由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB

∵∠ACP∴∠ACP又∵∠∴∠BC由旋转性质可知：AC=∴A'∴PA+PB+（3）∵总的铺设成本=∴当PA+将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P由旋转性质可知：P'C=PC，∠PC∴PP∴PA+当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+

过点A'作A'H∵∠ACB=60°，∴∠A∴A'∴HC=∴BH=∴APA+PB总的铺设成本=PA故答案为：2【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．6．（2021上·江苏苏州·八年级苏州工业园区星湾学校校考期中）背景资料：在已知△ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“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，当∠(1)如图2，等边△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，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，此时△ACP'≌△知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与△ABC(2)如图3，△ABC三个内角均小于120°，在△ABC外侧作等边三角形△ABB'，连接C(3)如图4，在RT△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点P为△ABC的费马点，连接(4)如图5，在正方形ABCD中，点E为内部任意一点，连接AE、BE、CE，且边长AB=2；求AE【答案】(1)150°；(2)见详解；(3)7；(4)6+【分析】（1）根据旋转性质得出△ABP≌△ACP'，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理PP'2+P'C2=32+（2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，根据两点之间线段最短得出点C，点（3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=AB（4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求【详解】（1）解：连结PP′，∵△ABP≌△∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，∴△APP′为等边三角形，,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，在△P′PC中，PC=5，PP∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，∴∠APB=∠AP′C=150°，故答案为150°；（2）证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，∵△APB≌△AB′P′，∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，∴PP′=AP，∵PA+∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC∴点P在CB′上，∴CB'过（3）解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，∴△APB≌△AP′B′，∴AP′=AP，AB′=AB，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，∵PA∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC∵∠C=90°，AC=1∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=A∴BB′=AB=2，∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，∴在Rt△CBB′中，B′C=B∴PA+PB+PC最小=（4）解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，∴△BCE≌△CE′B′，∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，∵∠ECE′=∠BCB′=60°，∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，∵AE+∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，AE+BE+CE∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=2，∠ABC=90°，∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，∵B′F⊥AF，∴BF=12BB'=∴AF=AB+BF=2+3，∴AB′=AF∴AE+BE+CE最小=【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．7．（2022·山东德州·统考一模）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(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'≌△(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(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【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△（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【详解】（1）解：∵△ACP∴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∴∠APD又∵AD=∴APD为等边三角形∴AP=PD=∴∠ADE∴∠ADE在△APC和△ADE中，∠∴△APC≌△ADE∴PC=∵BE=∴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=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'∴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．8．（2021·河南郑州·郑州外国语中学校考模拟预测）阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在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短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为△ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BDE，连接PD，可得△BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由可知，PA+PB+PC的最小值与线段的长度相等；（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在△ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）两点之间，线段最短；AE；（2）27；（3）存在，213-2【分析】（1）连接AE，由两点之间线段最短即可求解；（2）在Rt△ABC中先求出AC，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等，根据勾股定理即可求解；（3）在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，根据旋转的性质和两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等，再根据圆的特点、菱形与勾股定理即可求出GE，故可求解．【详解】（1）连接AE，如图，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值为线段AE的长故答案为：两点之间线段最短；AE；（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2∴BC=2AB=4由勾股定理可得AC=B如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，可得△CPD为等边三角形，∠BCE=60°∴PD=PC由旋转可得DE=PB，CE=BC=4∴PA+PB+PC=PA+DE+PD由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°∴在Rt△ACE中，AE=A即PA+PB+PC的最小值为27；（3）存在在△ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，如图3，在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，连接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均为等边三角形∴PD=PF由旋转可得PA=GF∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等∵∠BEC=90°∴点E在以BC为直径的⊙O上，如图3则OB=OC=12如图3，连接OG交⊙O于点H，连接CG交AD于点K，连接AC，则当点E与点H重合时，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值为线段GH的长∵菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4∴△ABC、△ACD均为等边三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°∴四边形ACDG是菱形，∠ACG=12∠ACD∴CG、AD互相垂直平分∴DK=12AD∴根据勾股定理得CK=C∴CG=2CK=4∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°∴在Rt△OCG中，OG=O∵OH=OC=2∴GH=OG-OH=213-2即PA+PD+PE的最小值为213-2．【点睛】此题主要考查四边形与圆综合的最短距离，解题的关键是熟知旋转的性质、圆周角定理及两点之间的距离特点．9．（2020·江苏南通·南通市新桥中学校考一模）（1）【操作发现】如图1，将△ABC绕点A顺时针旋转50°，得到△ADE，连接BD，则∠ABD＝度．（2）【解决问题】①如图2，在边长为7的等边三角形ABC内有一点P，∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC的面积．②如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，若PB＝1，PA＝3，∠BPC＝135°，则PC＝．（3）【拓展应用】如图4是A，B，C三个村子位置的平面图，经测量AB＝4，BC＝32，∠ABC＝75°，P为△ABC内的一个动点，连接PA，PB，PC．求PA+PB+PC的最小值．【答案】（1）65；（2）①3；②2；（3）PA+PB+PC的最小值为58．【分析】（1）【操作发现】：如图1中，根据旋转的性质可得AD＝AB，由等边对等角和三角形内角和定理可求出答案；（2）【解决问题】①如图2中，将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，只要证明∠PP′C＝90°，利用勾股定理即可解决问题；②如图3中，将△CBP绕着点C按顺时针方向旋转90°，得到△CAP′，根据旋转的性质可以得到∠P′CP＝∠ACB＝90°，进而得到等腰直角三角形，求出PP'即可得出答案；（3）【拓展应用】如图4中，将△APB绕BC顺时针旋转60°，得到△EDB，连接PD、CE．得出∠CBE＝135°，过点E作EF⊥CB交CB的延长线于点F，求出CF和EF的长，可求出CE长，则答案可求出．【详解】（1）【操作发现】解：如图1中，∵△ABC绕点A顺时针旋转50°，得到△ADE，∴AD＝AB，∠DAB＝50°，∴∠ABD=180故答案为：65．（2）【解决问题】①解：如图2中，∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，∴△APP′是等边三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°﹣90°﹣120°＝150°，∴PP′＝AP，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°，∴PP′＝32PC，即AP＝32∵∠APC＝90°，∴AP2+PC2＝AC2，即（32PC）2+PC2＝（7）2∴PC＝2，∴AP＝3，∴S△APC＝12AP•PC＝12×3×2＝②如图3，将△CBP绕着点C按顺时针方向旋转90°，得到△CAP′，∵CP′＝CP，∠P′CP＝∠ACB＝90°，∴△P′CP为等腰直角三角形，∴∠CP'P＝45°，∵∠BPC＝135°＝∠AP'C，∴∠AP′P＝90°，∵PA＝3，PB＝1，∴AP′＝1，∴PP′＝AP2-'2＝3∴PC＝22'＝22故答案为：2．（3）【拓展应用】解：如图4中，将△APB绕B顺时针旋转60°，得到△EDB，连接PD、CE．∵将△APB绕B顺时针旋转60°，得到△EDB，∴∠ABP＝∠EBD，AB＝EB＝4，∠PBD＝60°，△BPD为等边三角形，AP=DE∴∠ABP+∠PBC＝∠EBD+∠PBC，PB=PD∴∠EBD+∠PBC＝∠ABC＝75°，根据两点之间线段最短可得PA+PB+PC=DE＋PD＋PC≤CE，即PA+PB+PC的最小值为CE的长∴∠CBE＝135°，过点E作EF⊥CB交CB的延长线于点F，∴∠EBF＝45°，∴BF=在Rt△CFE中，∵∠CFE＝90°，BC＝32，EF＝22，∴CE=C即PA+PB+PC的最小值为58．【点睛】此题考查的是旋转的性质、等边三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质和勾股定理，掌握作辅助线的方法、旋转的性质、等边三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质和利用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．【加权费马点专项训练】1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=30°,BC=6,AC=5，在△ABC内部有一点（1）PA+（2）PA+（3）PA+（4）2PA（5）12（6）2PA（7）4PA（8）3PA【答案】（1）61；（2）91；（3）61+303；（4）234；（5）132；（6）26；（7）434【分析】（1）将△BPC绕点B顺时针旋转60∘得到△BP'C'，则BP'=BP，P'C=PC，∠PBP'=60∘（2）将△BPC绕点C逆时针旋转90∘得到△CP'B'，则可证明PP'=2PC，从而得到PA+PB+2PC=PA+PP'（3）将△BPC绕点C逆时针旋转120∘得到△B'PC'，则可证明PP'=3CP，则PA+PB+3PC=PA+PP'（4）将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP'A'，再将△CP'A'以点C为位似中心放大2倍，得到△CP″A″，连接PP'（5）将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP'A'，再将△CP'A'以点C为位似中心缩小2倍，得到△CP″A″（6）由2PA+4PB+23PC=4（7）由4PA+2PB+23PC=2(2（8）将△BPC绕点C顺时针旋转90∘，得到△CP'A'，再将△CP'A'以点C为位似中心缩小34倍，得到△CP″A″，同理可以证得当A、P、P″、A″，共线时【详解】解：（1）如图3-2，将△BPC绕点B顺时针旋转60∘得到∴BP'=BP，∴△BP∴BP=∴PA+∴A、P、P'、C'四点共线时，PA同理可证△BC∴CC'=∴∠AC∴AC∴PA+PB+（2）如图3-4，将△BPC绕点C逆时针旋转90∘得到∴B'P'=BP，P'C∴PP∴PA+∴当A、P、P'、B'四点共线时，PA∵∠ACB=30°，∴∠∴∠AC过点A再作B'C的垂线，垂足为∴∠AEC=90°，∠ACE=60°，∴∠CAE=30°，∴CE∴AE=AC∴AB∴PA+PB+（3）如图3-6，将△BPC绕点C逆时针旋转120∘得到△∴B'P'=BP，P'C∴∠CP过点C作CE⊥PP∴CE=12∴PE=∴PP∴PA+∴当A、P、P'、B'四点共线时，PA∵∠ACB=30°，∴∠∴∠AC过点A再作B'C的垂线，垂足为∴∠AEC=90°，∠ACE=3°，∴AE∴CE=∴B∴AB∴PA+PB+（4）如图3-8，将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP'A'，再将△C由旋转的性质得CA'=CA=5，C∴CA″=10，CP″∴PP'=∴∠P∴∠P∴P″∴2PA∴当A″，P″，P，B共线时2PA∵∠BC∴A″∴2PA+PB（5）如图3-10，将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP'A'，再将△同（4）原理可证得当A″，P″，P，B共线时12∵∠BCA″=∠ACB+∠BA12PA+（6）∵2∴由（5）得：2PA+4PB（7）∵4∴由（4）得4PA+2PB（8）如图3-12，将△BPC绕点C顺时针旋转90∘，得到△CP'A'，再将△同理可以证得当A、P、P″、A″，共线时在△BCA″中，∠过点A″作A″E⊥BC∴∠A∴∠C∴CE=∴EA″=∴BA3PA+4PB【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，位似，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够作出辅助线，找到P点在什么位置时，线段的和最小．题型02胡不归模型【模型介绍】从前有一位姓胡的小伙外出学习，某天不幸得知老父亲病危的消息，便立即决定回家.小伙子略懂数学常识，考虑到“两点之间线段最短”的知识，虽然他所在求学的地方与家之间布满了砂石，但他还是义无反顾的踏上了归途.当他赶到家时，老人刚咽了气，小伙子追悔莫及失声痛哭.邻居告诉小伙子说，老人弥留之际不断念叨着“胡不归？胡不归？…”之后的岁月，小伙子不断的反思：如果我当时先沿着驿道走一段距离，再通过砂石区域回家，是否能见到父亲最后一面呢？如果可以，他应该沿着驿道走多远再通过砂石区域回家呢？这就是流传千百年的“胡不归问题.如图，A是出发点，B是目的地，直线m是一条驿道，而驿道靠目的地一侧全是砂石，为了选择合适的路线，假设通过驿道速度为v1米/秒，通过砂石区域速度为v2米/秒（v1>v2），小伙子需要在直线m上选取一点C，再折往至B，求点C在何处时，用时最短（A→C→B）？由题目可知A、B为定点，点C在直线m上运动，求tAC+tBC的最小值.t总=tAC+tBC=ACv1+BCv2=1v2BC+v2v1AC，因为v1，v2为定值，所以只需求BC+v2v1AC的最小值即可，因此需要在图中构造出长度为v2v1AC的替换线段.因为v1>v2，所以设v2v1=sinα，则在AC【解题关键】在求形如“PA+KPB”的式子的最值问题中，关键是构造与kPB相等的线段，将“PA+KPB”型问题转化为“PA+PC”型.(若k>1，则提取系数，转化为小于1的形式解决即可).【胡不归模型专项训练】1．（2023上·四川乐山·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°,∠B=60°,AB=4，若DA．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，在Rt△DFC中，∠DCF=30°,DF=12【详解】解：过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点在Rt△DFC∴DF=∵2＝2(AD∴当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+此时，∠B∴△ABD∴AD=在Rt△ABC∴BC=8∴DC=4∴DF=∴AF=∴2(AD∴2(AD+DC故选：D．【点睛】本题考查垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造胡不归模型，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择或填空题中的压轴题．2．（2022·辽宁鞍山·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=-x2+bx+3的图像与x轴交于A、C两点，与x轴交于点C(3,0)，若P是x轴上一动点，点D的坐标为(0,-1)A．4 B．2+22 C．22 D【答案】A【分析】过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H，根据2PD+PC【详解】解：连接BC，过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H．∵二次函数y=-x2+bx+3∴b＝2，∴二次函数的解析式为y=-x2+2x+3，令y＝0，-x2+2解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），令x＝0，y=3，∴B（0，3），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵D（0，-1），∴OD＝1，BD＝4，∵DH⊥BC，∴∠DHB＝90°，设DH=x，则∵DH∴x2∴x=2∴DH＝∵PJ⊥CB，∴∠PJC∴PJ＝∴2PD∵DP+∴DP+∴DP+PJ的最小值为22∴2PD+PC故选：A．【点睛】本题考查了二次函数的相关性质，以及等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，得到∠OBC＝∠OCB＝45°，PJ＝23．（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）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【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∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，∴PF＝12∴PA+2PB＝212PA+PB＝1在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，∴BF＝AB•sin45°＝4×2∴（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．4．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列步骤作图：①在AC和AB上分别截取AD、AE，使AD=AE．②分别以点D和点E为圆心，以大于12DE的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点M．③作射线AM交BC于点【答案】2【分析】过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，先利用角平分线和三角形的内角和定理求出∠BAF=30°，然后利用含30°的直角三角的性质得出PQ=12AP，则CP+12AP=CP+PQ≥CH，当【详解】解：过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥由题意知：AF平分∠BAC∵∠ACB=90°，∴∠BAC∴∠BAF∴PQ=∴CP+∴当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+12AP最小，∵∠ACB=90°，∠ABC∴AB=2∴BC=∵S△∴CH=即CP+12故答案为：23【点睛】本题考查了尺规作图-作角平分线，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等知识，注意掌握利用等积法求三角形的高或点的线的距离的方法．5．（2020·陕西·模拟预测）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【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．6．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作BE⊥AC于点E，点P为线段BE上一动点（点P不与B，E重合），则CP

【答案】6【分析】过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F

∵△ABC是等边三角形，∴∠∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为∴OA=OB=4∴∠∴∠∵BE∴OE∴BE∵PD⊥AB∴PD∴CP∴CP+12∵△ABC是等边三角形，BE⊥∴CF∴CP+12故答案为：6．【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．7．（2023下·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系，A(1,1)，直线l:y=43x+1经过【答案】8【分析】先求出B点坐标；过B点作x轴的垂线与x轴交于点F，B点作x轴的平行线，过A点作该平行线的垂线，两条线相交于点M，AM与直线l的交点为H；直线y=43x+1与x轴的交点G(-34，0)，，则可求【详解】解：∵y=4∴43∴m∴B过B点作x轴的垂线与x轴交于点F，B点作x轴的平行线，过A点作该平行线的垂线，两条线相交于点M，AM与直线l的交点为H；直线y=43x+1与x∵BF∴GF∴sin∴sin∴45∴AH当A、H、M三点共线时，AH+∴M∴AM∴AH+4【点睛】本题考查一次函数的图像及性质,点到直线垂线段最短；能够利用三角形函数将45BH转化为8．（2022·四川成都·四川省成都市七中育才学校校考模拟预测）抛物线y=ax2+bx+3分别交x轴于点A1,0，B-3,0，交y轴于点C，抛物线的对称轴与x轴相交于点D(1)求抛物线的表达式；(2)线段MN，NC在数量上有何关系，请写出你的理由；(3)在M，N移动的过程中，DM＋12MC【答案】(1)y(2)NC=(3)有，最小值为3【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）在Rt△AOC中，OC=3，OA=1，根据MN（3）先求出∠OCA=30°，即∠OAC=60°，即有MN=12CM，则DM+【详解】（1）把点A1,0，B-3,0a+b+∴抛物线的解析式为：y=-（2）NC=理由是：如图1，令x=0，则y=3∵A1,0，C∴，OC=3，在Rt△AOC中，OC=∵MN⊥∴∠MNC∴tan∠∴13∴NC=（3）在M，N移动的过程中，DM+12由（2）知：tan∠∴∠OCA=30°，即∴MN=∴DM+12MC的最小值是DM+MN的最小值，即D、M、N三点共线时，点D到抛物线解析式为：y=-∴对称轴是：x=-1，即D∴AD=在Rt△ADN中，∴DN=即DM+∴在M，N移动的过程中，DM+12【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求解抛物线解析式，二次函数的性质，解直角三角形以及垂线段最短等知识．题目难度不大，细心作答即可．掌握二次函数的性质是解答本题的关键．9．（2022下·重庆·八年级统考期末）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，∠(1)如图1，若H为CF的中点，且AF=2DF，DH=(2)如图2，若BH=BC，过点B作BI⊥CH于点(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【答案】(1)3(2)见解析(3)3【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（2）过点D作DM⊥GC于点M，证明△GBI是等腰直角三角形，△BIC≌△CMD（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=【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC∵H为CF的中点，DH=∴FC=2设正方形的边长为3x，AF=2DF在Rt△FDC中，即3x解得x=1∴AB（2）如图，过点D作DM⊥GC于点M∵∠AEB=∠GED∵∠AEB∴∠ABE=∠GBH∵BH=BC，∴∠HBI=∠CBI∵∠ABC∴∠GBI∴△GBI∴GI∵∠BIC=∠CMD∴△BIC∴MD=IC∴GM∴GM∴△GMD∴MD∴GC即BI+（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∵BQ∴△BCQ∵将△BCQ沿BC翻折得△∴△BMC∴SM当SM⊥BC时，∵S是BC的中点，∴△BMC则△BQC∴CQ此时如图乙所示，则点P与A重合，∵TN+∴T,N,∴∠PCM∵∠BMC=90°，则四边形ATMC是矩形，∴TM即22AN+【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．10．（2021·四川绵阳·统考三模）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(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=-(2)AP+2PC的最小值是23(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【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)（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（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．【详解】（1）y=12x+2中，当x=0时，y=2，当y∴C（0，2），A（-4，0），由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=-∴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=-∴抛物线表达式为：y=-（2）如图1，作∠OAE=30°，交y轴于E，过点P作PH⊥AE于H，∴PH∵AP∴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=Rt△CHE中，EH=∴∴AP+2PC的最小值是2CH（3）∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC∴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-∴MN当ANMN=2时，AN=2MN，即整理得：n2+2n-8=0，解得：n1=-4（舍），n2=2，∴M（2，-3）；当ANMN=12时，MN=2AN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．11．（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【答案】（1）S△ABC=23；（2）点F坐标为（1，433）；PF＋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【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=（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解得：k=-∴直线C′E的解析式为y=-联立直线C′E与l1解析式得y=-解得：x=1∴F（1，43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∵∠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=-∴Q（1，-1），∴FQ=433-（-1）=4∴FG=22FQ=22×（433+1∴PF＋22OP的最小值为2【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．12．（2019·四川绵阳·统考中考真题）在平面直角坐标系中，将二次函数y=ax2a>0的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，OA=1，经过点A的一次函数y=kx+b(1)求抛物线和一次函数的解析式；(2)抛物线上的动点E在一次函数的图象下方，求ΔACE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；(3)若点P为x轴上任意一点，在(2)的结论下，求PE+【答案】(1)y=12x2-x-32；y=12x【分析】(1)先写出平移后的抛物线解析式，再把点A-1,0代入可求得a的值，由ΔABD的面积为5可求出点D的纵坐标，代入抛物线解析式可求出横坐标，由A、(2)作EM∥y轴交AD于M，如图，利用三角形面积公式，由SΔACE(3)作E关于x轴的对称点F，过点F作FH⊥AE于点H，交x轴于点P，则∠BAE=∠HAP【详解】解：(1)将二次函数y=ax2a>0的图象向右平移∵OA=1，∴点A的坐标为-代入抛物线的解析式得，4a-2=0，∴抛物线的解析式为y=12令y=0，解得x1=-1，x2∴AB=∵ΔABD的面积为5，∴SΔABD=12代入抛物线解析式得，52=12x2-x设直线AD的解析式为y=∴4k+b∴直线AD的解析式为y=(2)过点E作EM∥y轴交AD于M，如图，设Ea∴EM=∴SΔACE=SΔAME-∴当a=32时，ΔACE的面积有最大值，最大值是2516，此时(3)作E关于x轴的对称点F，连接EF交x轴于点G，过点F作FH⊥AE于点H，交x轴于点∵E32,-∴AG=1+32=52∵∠AGE∴sin∠EAG=PH∵E、F关于x轴对称，∴PE=∴PE+35∵EF=158∴sin∠∴FH=∴PE+35【点睛】主要考查了二次函数的平移和待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的有关计算和利用对称的性质求最值问题．解（1）题的关键是熟练掌握待定系数法和相关点的坐标的求解；解（2）题的关键是灵活应用二次函数的性质求解；解（3）题的关键是作E关于x轴的对称点F，灵活应用对称的性质和锐角三角函数的知识，学会利用数形结合的思想和转化的数学思想把求PE+3513．（2019·湖南张家界·统考中考真题）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)(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(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+【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；【分析】(1)设交点式y=(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(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【详解】解：(1)函数的表达式为：y=即：3a=3，解得：a=1，故抛物线的表达式为：y=则顶点D(2,-(2)∵OB=OC∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，∴AB=2，∴AM=又∵D(2，-1)，∴AD=BD=(2-1)2∴AM=MB=AD=BD，∴四边形ADBM为菱形，又∵∠AMB∴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：{3解得：{m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,x则SΔPBC∵-32<0，故S故点P((4)存在，理由：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此时HQ=则AQ+12在Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO=FOCO∴OF=3，∴F(-3，0)，利用待定系数法可求得直线HC的表达式为：y=3∵∠COF=90°，∠FOC=30°，∴∠CFO=90°-30°=60°，∵∠AHF=90°，∴∠FAH=90°-60°=30°，∴OQ=AO•tan∠FAQ=33∴Q(0,33)利用待定系数法可求得直线AH的表达式为：y=-3联立①②并解得：x=故点H(1-33则AH=即AQ+12【点睛】本题考查了二次函数的综合题，涉及了待定系数法，解直角三角形的应用，正方形的判定，最值问题等，综合性较强，有一定的难度，正确把握相关知识，会添加常用辅助线是解题的关键.题型03阿氏圆模型【模型由来】已知平面上两点A、B，则所有满足PA=k·PB（k≠1）的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”，又称阿波罗尼斯圆.【模型解读1】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+kPB的值最小时，P点的位置如何确定?思路：如图2，在线段OB上截取OC，使OC=k·r（即OCOP=k=OPOB）且∠BOP=∠COP，则可说明△BPO与△PCO相似，即PCPB=k.故本题求PA+kPB的最小值可以转化为PA+PC的最小值,其中A与C为定点，P为动点，故当A、P’、C具体步骤：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OP/OB="k"；4：在OB上截取一点C，使得OC/OP=OP/OB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．【模型解读2】如图点A，B在⊙O上，OA⊥OB,OA=OB=12，点C是OA的中点，D在OB上，OD=10，点P是⊙【详解】解：如图1，延长OA到E，使OA=AE，连接PE、OP，∵OA=OP，C为OA中点，∴OPOE=12，OC∵∠COP=∠POE，∴△OCP∽△OPE，∴OPOE∴PE=2PC，∴2PC+PD=PE+PE,即当E最小值为OE如图2，延长OB到F，使OF=725，连接PF、OP∵OD=10，OP==OA=12，∴OPOF∵∠DOP=∠POF，∴△ODP∽△OPF，∴OPOF=DPPF=56∴PC+65PD=PC+PF,即当最小值为OC【模型总结】对于阿氏圆而言：当系数k＜1的时候，一般情况下，考虑向内构造。当系数k＞1的时候，一般情况下，考虑向外构造。【注意事项】针对求PA+kPB的最小值问题时，当轨迹为直线时，运用“胡不归模型”求解；当轨迹为圆形时，运用“阿氏圆模型”求解.【阿氏圆模型专项训练】1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则13AP＋BP的最小值为（

A．7 B．52 C．4+10 D．【答案】B【详解】思路引领：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．利用相似三角形的性质证明MP=13PA，可得13AP+BP＝PM+PB≥BM答案详解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，∴PC2＝CM•CA，∴PCCA∵∠PCM＝∠ACP，∴△PCM∽△ACP，∴PMPA∴PM=13∴13AP+BP＝PM+PB∵PM+PB≥BM，在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，∴BM=12+∴13AP+BP≥52∴13AP+BP的最小值为52故选：B．2．（2023·陕西咸阳·校考三模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是OD、OC上的两个动点，且EF=4，P是EF的中点，连接OP、PC

【答案】1452/【分析】在OD上取一点G，使得OG=12,连接PG、CG．根据菱形的性质可知OC=6,OD=8，则OGOP=OPOD=1【详解】解：如图，在OD上取一点G，使得OG=12

∵四边形ABCD为菱形，AC=12,∴OC=12∵EF=4，P是EF∴OP=∴OGOP又∵∠GOP∴△POG∴GPPD=1∵PC+∴当点G、P、C在同一直线上时，PC+此时PC+1故答案为：1452【点睛】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握“胡不归”问题模型，正确画出辅助线，构造相似三角形，根据相似三角形的性质和勾股定理求解．3．（2022·四川泸州·四川省泸县第一中学校考一模）如图，AB为⊙O的直径，AB＝2，点C与点D在AB的同侧，且AD⊥AB，BC⊥AB，AD＝1，BC【答案】34【分析】连接OD，先利用勾股定理求得OD=2，∠AOD=45∘，在OD上截取OI=22，过I作IH⊥AB于H，IG⊥BC于G，求得BG=IH【详解】解：连接OD，∵AB为⊙O的直径，AB∴OA=OB∵在Rt△AOD中，∴OD=AD在OD上截取OI=22，过I作IH⊥AB于H，IG⊥BC∴四边形IHBG是矩形，IH=∴BG=IH=∴CG=在Rt△CIG中，∵OIOP=OP∴△POI∴PIPD=OPOD∴22PD+故22PD+故答案为：342【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、勾股定理、圆的基本概念、相似三角形的判定与性质、两点之间线段最短等知识，解答的关键是截取在OD上截取OI=224．（2022上·浙江·九年级专题练习）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+【答案】17【分析】取点T(0,1)，连接PT，BT．根据OP2=OT⋅OA，有OPOT=OAOP，即可证明△【详解】解：如图，取点T(0,1)，连接PT，BT∵T(0,1)，A(0,4)∴OT=1，OA=4∵OP∴O∴OPOT∵∠POT∴△POT∴PTPA∴PT∴PB∵BT∴PB∴BP+12AP≥17∴BP+1故答案为：17．【点睛】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．5．（2020·江苏常州·统考一模）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【答案】4【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+2【详解】解：延长OB到T，使得BT=OB，连接MT，∵OM=6，OD=∴O∴OMOD∵∠MOD∴△∴DMMT∴MT∵CM又∵在Rt△OCT中，∠COT=90°，OC∴CT∴CM∴CM+2DM故答案为：410【点睛】本题考查了相似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．6．（2021·全国·九年级专题练习）如图，边长为4的正方形，内切圆记为⊙O，P是⊙O上一动点，则2PA＋PB的最小值为．【答案】2【分析】2PA＋PB＝2（PA＋22PB），利用相似三角形构造22【详解】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∴OPOI=OBOP∴△BOP∽△POI，∴PIPB∴PI＝22PB∴AP＋22PB＝AP＋PI∴当A、P、I在一条直线上时，AP＋22PB作IE⊥AB于E，∵∠ABO＝45°，∴IE＝BE