专题38 中考最值难点突破胡不归问题（解析版）

专题38中考最值难点突破胡不归问题（解析版）

模块一典例剖析+针对训练

类型一有辅助角(隐含辅助角)

典例1点P在直线上运动“胡不归“问题

【数学故事】从前，有一个小伙子在外地学徒，当他获悉在家的老父亲病危的消息后，便立即启程赶路．由

于思乡心切，他只考虑了两点之间线段最短的原理，所心以选择了全是沙砾地带的直线路径A→B（如图

所示），而忽视了走折线虽然路程多但速度快的实际情况，当他气喘吁吁地赶到家时，老人刚刚咽了气，

小伙子失声痛哭．邻居劝慰小伙子时告诉说，老人弥留之际不断念叨着“胡不归？胡不归？何以归”．这

个古老的传说，引起了人们的思索，小伙子能否提前到家？倘若可以，他应该选择一条怎样的路线呢？

这就是风靡千百年的“胡不归问题”．

思路引领：先沿着驿道AC先走一段，速度为V1，再走沙砾地带，速度为V2，可以提前到家

解：先沿着驿道AC先走一段，速度为V1，再走沙砾地带，速度为V2，可以提前到家．如图，

运动时间t（•AD+BD），

𝐴𝐴1�2

=1+2=2

在直线AC的�下方作�射线�AE，�1使得sin∠CAE，

�2

=

过点D作DG⊥AE于点G，过点B作BH⊥AE于�1点H，交AC于点F．

在Rt△ADG中，DG＝AD•sin∠DAG•AD，

�2

=1

∴运动时间t（BD+DG），�

1

=�2

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∵BD+DG≥BH，

∴先沿着驿道AC先走一段AF，速度为V1，再走沙砾地带FB，速度为V2，可以使得时间最小．

总结提升：本题考查胡不归问题，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，把问题掌握垂线段最短解决．

针对训练

1．（2022春•江汉区月考）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，∠A＝30°．BD是△ABC的边AC上的高，点

P是BD上动点，则的最小值是5．

3

𝐵+𝐵

2

思路引领：过点P作PE⊥AB于点E，先在Rt△ABD中求出∠ABD及BD，再在Rt△BPE中利用sin60°

得到EP+CP，当当C、P、E三点在同一直线上，且CE⊥AB时其取得最小值，最小值为

3

𝐵+𝐵=

CE，计2算即可求出结果．

解：过点P作PE⊥AB于点E，

在Rt△ABD中，∠ABD＝180°﹣90°﹣30°＝60°，BD5，

1

=2��=

在Rt△BPE中，sin60°，

𝐵3

==

∴EPBP，𝐵2

3

=2

∴EP+CP，

3

𝐵+𝐵=

2

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当C、P、E三点在同一直线上，且CE⊥AB时EP+CP取得最小值．

3

𝐵+𝐵=

∵AB＝AC＝10，BD⊥AC，CE⊥AB，2

∴CE＝BD＝5，

∴EP+CP的最小值为5．

3

𝐵+𝐵=

故答2案为5．

总结提升：此题是胡不归模型，涉及到等腰三角形的性质，直角三角形的性质、锐角三角函数等，解题

关键是将转化成EP+CP．

3

𝐵+𝐵

2．（2021春•2丽水期中）如图，ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点．

求：（1）当PD＝6时▱，PB最短；

−3

（2）PBPD的最小值等于3．

1

+2

思路引领：（1）点到直线上点的连线中，垂线段最短，当PB⊥CD时，PB最短；

（2）过P点作AD延长线上的垂线PE，则PEPD，则，当P、E、B三点共

11

=��+��=��+��

线时取得最小值．22

解（1）如图，

当PB⊥CD时，PB最短，

∠C＝∠DAB＝30°

∴PB1，CP，

122

∴PD=＝2C�D�﹣=CP=�；�−𝐵=3

故答案为：6=；6−3

−3

（2）如图，

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过P点作PE⊥AD延长线于E点，过B作BF⊥AD延长线于F点，

∵CD∥AB，

∴∠EDP＝∠DAB＝30°，

∴EPPD，

1

=2

∴BF

1

��+��=��+��≥

当且2仅当B、P、E三点共线时取等号，

∵BF，

1

=2��=3

∴3，

1

��+��=��+��≥

∴2最小值为3．

故答案为：3．

总结提升：本题考查最值问题中的胡不归模型，利用转化思想转化是解决此题的关键．

1

��2

3．（2017春•农安县校级月考）如图，在平面直角坐标系中，二次函数2y＝ax+bx+c的图象经过点A（﹣1，

0），B（0，），C（2，0），其对称轴与x轴交于点D．

（1）求二次−函数3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PB+PD的最小值．

1

2

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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PB+PD最小．最小值就是线段DH，求出DH即可．

1

2

解：（1）由题意，解得3，

�−�+�=0�=2

�=−33

�=−

4�+2�+�=02

∴抛物线解析式为yx2x，�=−3

33

=−−3

∵yx2x2（x2）2，

333193

=−−3=−−

∴顶点2坐标（2，）2；28

193

−

28

（2）设点M的坐标为（，y）．

1

∵A（﹣1，0），B（0，2），

∴AB2＝1+3＝4．−3

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（1）2+y2＝4，解得y＝±，

17

+

即此时2点M的坐标为（，）或2（，）；

1717

−

②以B为圆心AB为半径2画弧2与对称2轴有两2个交点，此时BM＝AB，

则（）2+（y）2＝4，解得y或y，

11515

+3=−3+=−3−

222

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即此时点M的坐标为（，）或（，）；

115115

−3+−3−

③线段AB的垂直平分线2与对称轴有2一个交点2，此时AM＝2BM，

则（1）2+y2＝（）2+（y）2，解得y，

113

++3=−

即此时2点M的坐标为2（，）．6

13

−6

综上所述，满足条件的点2M的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）

1717115115

−−3+−3−

或（，）；22222222

13

−

26

（3）如图，连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此时PB+PD最小．

1

理由：∵OA＝1，OB，2

=3

∴tan∠ABO，

��3

∴∠ABO＝3=0°��，=3

∴PHPB，

1

=2

∴PB+PD＝PH+PD＝DH，

1

∴此2时PB+PD最短（垂线段最短）．

1

在Rt△2ADH中，∵∠AHD＝90°，AD，∠HAD＝60°，

3

=

∴sin60°，2

��

=𝐴

∴DH，

33

=4

∴PB+PD的最小值为．

133

24

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总结提升：本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求二次函数的解析式，菱形的判定，锐

角三角函数定义，垂线段最短的性质等知识，解题的关键是掌握待定系数法确定函数解析式，学会利用

垂线段最短解决实际问题中的最短问题，学会添加辅助线，利用数形结合解决问题．

类型二构造辅助角

典例2（2021春•金牛区期末）如图，长方形ABCD中，AD＝3，AB＝2，点P是线段AD上一动点，连接

BP，则BPDP的最小值为．

13

+23+2

思路引领：在AD上方作∠ADE＝30°，作PE⊥DE于E，作BH⊥DE于H，交AD于F，将DP转化

1

为PE，则BPDP的最小值为BH的长度，根据图形分别求BF和FH即可．2

1

解：在AD上方+作2∠ADE＝30°，作PE⊥DE于E，作BH⊥DE于H，交AD于F，

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∴PE，

1

=��

∴BP2DP＝BP+PE，

1

当B、+P2、E三点共线时，BP+PE最小，即为BH的长度，

∵∠AFB＝∠DFH，∠A＝∠H，

∴∠ABF＝∠PDE＝30°，

∴AF，BF＝2AF，

32343

==×2==

∴DF＝AD3﹣AF＝33，FH3，

23133

−=��=−

∴BH＝BF+FH32．23

43333

=+−=3+

∴BPDP的最小3值为23．2

13

+3+

故答案为2：．2

3

总结提升：本3题+主2要考查了含30°角的直角三角形的性质、以及线段和最小问题，通过作辅助线将线段

和最小问题转化为求线段BH的长度是关键．

针对训练

1．（2019•灞桥区校级一模）如图，矩形ABCD中AB＝3，BC，E为线段AB上一动点，连接CE，则AE+CE

1

=3

的最小值为3．2

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

ETAE，推出AE+EC＝CE+ET≥CH，求出CH即可解决问题．

11

=

解：∵2四边形AB2CD是矩形，

∴∠B＝90°，

∴tan∠CAB，

��3

∴∠CAB＝3=0°��，=3

∴AC＝2BC＝2，

3

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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°，

∴ETAE，

1

∵∠C=A2H＝60°，∠CHA＝90°，AC＝2，

3

∴CH＝AC•sin6°＝23，

3

3×=

∵AE+EC＝CE+ET≥CH，2

1

∴2AE+EC≥3，

1

∴2AE+EC的最小值为3，

1

故答2案为3．

总结提升：本题考查矩形的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三

角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．

2．（2020秋•宜兴市期中）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B为（0，1），若C为线段

5

OA上一动点，则BCAC的最小值是．

255

+

33

思路引领：过点A作直线AD交y轴于点D，使sin∠OAD，过点C作CE⊥AD，交AD于点E，利

2

=

用三角函数以及垂线段最短将BCAC转化为垂线段BE的长3，再利用三角函数、勾股定理求解即可．

2

+3

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解：过点A作直线AD交y轴于点D，使sin∠OAD，过点C作CE⊥AD，交AD于点E，

2

=3

在Rt△AOD中，

sin∠OAD，

2

=

∴，3

𝐴2

=

设�O�D＝23x，则AD＝3x，

∵A（2，0），

∴OD2+O5A2＝AD2

即（2x）2+（2）2＝（3x）2，

解得x＝2，5

∴OD＝2x＝4，

∵B（0，1），

∴BD＝5，

在Rt△ACE中，

∵sin∠OAE，

2

=3

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∴，

��2

=

∴C��E3AC，

2

=

∴BC3AC＝BC+CE

2

+

当B，C3，E在同一直线上，即BE⊥AD时，BCAC的值最小，最小值等于垂线段BE的长，

2

此时，△BDE是直角三角形，+3

∴∠OAD＝∠DBE，

∴sin∠DBE，

2

=

∴，3

��2

=

∴𝐴3，

��2

=

∴D5E3，

10

在Rt△=B3DE中，

BE2＝BD2﹣DE2＝25，

100125

−9=9

∴BE，

55

=3

∴BCAC的值最小值是，

255

+

故答案为3：．3

55

总结提升：本3题考查三角函数、垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构

造三角函数正弦值巧妙用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．

3．（2016•随州）如图所示，已知抛物线y＝a（x+3）（x﹣1）（a≠0），与x轴从左至右依次相交于A、B两

点，与y轴相交于点C，经过点A的直线yx+b与抛物线的另一个交点为D．

（1）若点D的横坐标为2，求抛物线的函数=−解析3式；

（2）若在第三象限内的抛物线上有点P，使得以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的坐

标；

（3）在（1）的条件下，设点E是线段AD上的一点（不含端点），连接BE．一动点Q从点B出发，沿

线段BE以每秒1个单位的速度运动到点E，再沿线段ED以每秒个单位的速度运动到点D后停止，

23

问当点E的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中所用时间最少？3

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思路引领：（1）根据二次函数的交点式确定点A、B的坐标，进而求出直线AD的解析式，接着求出点D

的坐标，将D点坐标代入抛物线解析式确定a的值．

（2）由于没有明确说明相似三角形的对应顶点，因此需要分情况讨论：①当△BPA∽△ABC时；②当

△PBA∽△ABC时．

（3）作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，根据正切的定义求出Q的运动

时间t＝BE+EF时，t最小即可．

解：（1）∵y＝a（x+3）（x﹣1），

∴点A的坐标为（﹣3，0）、点B两的坐标为（1，0），

∵直线yx+b经过点A，

∴b＝﹣3=−，3

∴yx3﹣3，

当x=＝−2时3，y＝﹣35，

则点D的坐标为（2，3﹣5），

∵点D在抛物线上，3

∴a（2+3）（2﹣1）＝﹣5，

解得，a，3

则抛物线=的−解3析式为y（x+3）（x﹣1）x2﹣2x+3；

=−3=−333

（2）如图1中，设P（m，n），作PH⊥x轴于H．

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①当△BPA∽△ABC时，∠BAC＝∠PBA，

∴tan∠BAC＝tan∠PBA，即，

����

=

即．解得n＝﹣�a�（m�﹣�1）．

−3�−�

=

∴3−�+1，

�=−�(�−1)

解得�=m＝�(﹣�4+或3)1(（�舍−弃1)），

当m＝﹣4时，n＝5a，

∵，即AB2＝AC•PB，

����

=

∴�A�B2��•，

2222

即42=��+•����+，��

22

=9�+925�+25

解得a或（舍弃），

1515

=−

∴P（﹣4，151）5．

'15

②当△PBA−∽△3ABC时，∠CBA＝∠PBA，

∴tan∠CBA＝tan∠PBA，即，

����

=

∴，����

−3�−�

=

∴n＝1﹣3a−（�m+﹣11），

∴，

�=−3�(�−1)

解得�=m＝�(﹣�6+或3)1(（�舍−弃1)），

当m＝﹣6时，n＝21a，

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∵，即AB2＝BC•PB，

����2222

==��+��⋅��+��

∴�42���•，

222

=1+9�7+(−21�)

∴a或（舍弃），

77

=−

∴P（﹣76，﹣73）．

7

（3）如图2中，作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，

则tan∠DAN，

��53

=𝐷=5=3

∴∠DAN＝60°，

∴∠EDF＝60°，

∴DEEF，

𝐷23

∴Q的=运𝑠动�∠时𝐴间�t=3BE+EF，

����

=1+23=

∴当BE和EF共线时，t最3小，

则BE⊥DM，此时点E坐标（1，﹣4）．

总结提升：本题考查的是二次函数知识3的综合运用，掌握二次函数的性质、二次函数的交点式、相似三

角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意分情况讨论讨论，属于中考压轴题．

类型三求PA＋kPB＋PC最短问题

典例3（2022秋•雨花台区校级月考）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∠

APB＝∠APC＝∠CPB＝120°时，则PA+PB+PC取得最小值．

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（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△APB绕顶点A旋转到△ACP'处，此时△ACP'≌△ABP这样就可以利用旋转

变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝150°；

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的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探

索以下问题．

（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CB'，求证：CB'

过△ABC的费马点．

（3）如图4，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点P为△ABC的费马点，连接AP、

BP、CP，求PA+PB+PC的值．

思路引领：（1）由旋转的性质得AP′＝AP＝3，CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，∠CAP′＝∠BAP，

再证△PAP′是等边三角形，得∠AP′P＝60°，PP′＝AP＝3，然后证∠CP′P＝90°，进而得出结论；

（2）在CB'上取点P，使∠BPC＝120°，连接AP，再在PB'上截取PE＝PB，连接BE．由此可以证明

△PBE为正三角形，再利用正三角形的性质得到PB＝BE，∠PBE＝60°，∠BEB'＝120°，而△ABB'为

正三角形，由此也可以得到AB＝B'B，∠ABB'＝60°，现在根据已知的条件可以证明△ABP≌△B'BE，

然后利用全等三角形的性质即可证明题目的结论；

（3）将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A'P'B处，连接PP'，证△PBP′是等边三角形，得PB＝PP′，

∠P′PB＝∠PP′B＝60°，再证C、P、P′、A′四点共线，然后证∠A′BC＝90°，即可解决问题．

（1）解：如图2中，连接PP′．

∵点P到顶点A、B、C的距离分别为3、4、5，

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∴AP＝3，BP＝4，CP＝5，

由旋转的性质得：△ACP′≌△ABP，

∴AP′＝AP＝3，CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，∠CAP′＝∠BAP，

∴∠CAP′+∠PAC＝∠BAP+∠PAC，

即∠PAP′＝∠BAC，

∵△ABC是等边三角形，

∴∠BAC＝60°，

∴∠PAP′＝60°，

∴△PAP′是等边三角形，

∴∠AP′P＝60°，PP′＝AP＝3，

∵32+42＝52，

∴PP′2+CP′2＝CP2，

∴△CP′P是直角三角形，∠CP′P＝90°，

∴∠AP′C＝∠AP′P+∠CP′P＝60°+90°＝150°，

∴∠APB＝150°，

故答案为：150°；

（2）证明：证明：在CB'上取点P，使∠BPC＝120°．连接AP，再在PB'上截取PE＝PB，连接BE．

∠BPC＝120°，

∴∠EPB＝60°，

∴△PBE为正三角形，

∴PB＝BE，∠PBE＝60°，∠BEB'＝120°．

∵△ABB'为正三角形，

∴AB＝B′B，∠ABB'＝60°，

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∴∠PBA＝∠EBB′，

∴△ABP≌△B′BE，

∴∠APB＝∠B′EB＝120°，PA＝EB′，

∴∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，

∴P为△ABC的费马点．

∴CB'过△ABC的费马点P；

（3）解：将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A'P'B处，连接PP'，如图4所示：

则∠ABP＝∠A′BP′，∠APB＝∠A′P′B，∠PBP′＝60°，PA＝P′A′，PB＝P′B，AB＝A′B，

∴△PBP′是等边三角形，

∴PB＝PP′，∠P′PB＝∠PP′B＝60°，

∵点P为直角三角形ABC的费马点，

∴∠APC＝∠BPC＝∠BPA＝120°，

∴∠A′P′B＝∠BPC＝120°，

∵∠P′PB＝∠PP′B＝60°，

∴C、P、P′、A′四点共线，

∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1，

∴AB＝2AC＝2，

∴A′B＝2，

在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC，

2222

=��−��=2−1=3

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∵∠ABC＝30°，

∴∠A′BC＝∠A′BP′+∠CBP+∠PBP′＝∠ABP+∠CBP+∠PBP′＝∠ABC+∠PBP′＝30°+60°＝

90°，

在Rt△A′BC中，由勾股定理得：A′C，

2222

∴PA+PC+PB＝P′A′+PC+PP′＝A′C=�'．�+��=2+(3)=7

总结提升：本题是三角形综合题，考查了=旋转7的性质、等边三角形的判定与性质、含30°角直角三角形

的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理、“费马点”新定义等知识；本题综合

性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．

针对训练

1．（2021春•郫都区校级期中）如图，已知边长为的等边△ABC，平面内存在点P，则PAPB+PC的

取值范围为大于等于2．2+3

2

思路引领：将△BPC绕点B顺时针旋转120°，得△BP′C′，连接PP′，过点B作BD⊥PP′于点D，

根据旋转的性质证明点A，B，C′在同一条直线上，根据等腰三角形的性质和勾股定理可得PP′＝

2PDPB，进而可得PAPB+PC的取值范围．

解：=如图3，将△BPC绕点B+顺时3针旋转120°，得△BP′C′，连接PP′，过点B作BD⊥PP′于点D，

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∵△ABC是等边三角形，

∴∠ABC＝60°，AB＝BC＝BC′，

∴AC′＝AB+BC′＝2，=2

∵∠CBC′＝∠PBP′＝2120°，

∴∠ABC′＝∠ABC+∠CBC′＝180°，

∴点A，B，C′在同一条直线上，

∵BP＝BP′，∠PBP′＝120°，BD⊥PP′，

∴∠BPP′＝∠BP′P＝30°，

∴PDPB，

3

∴PP′=＝22PDPB，

∴PA+PP′+P=C＝P3APB+PC＞AC′，

因为等边三角形的边+长为3，

∴PAPB+PC的取值范围2为大于等于2，

故答案+为3：大于等于2．2

总结提升：本题考查了最2短路线问题，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是

掌握旋转的性质．

2．（2018秋•江岸区校级月考）如图，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底边上的高AH上一点．若

AP+BP+CP的最小值为2，则BC＝．

26−2

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思路引领：如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM．首先证明当M，G，P，

C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长，想办法求出AC的长即可解决问题；

解：如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM．

∵AB＝AC，AH⊥BC，

∴∠BAP＝∠CAP，

∵PA＝PA，

∴△BAP≌△CAP（SAS），

∴PC＝PB，

∵MG＝PB，AG＝AP，∠GAP＝60°，

∴△GAP是等边三角形，

∴PA＝PG，

∴PA+PB+PC＝CP+PG+GM，

∴当M，G，P，C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长，

∵AP+BP+CP的最小值为2，

∴CM＝2，2

∵∠BAM＝260°，∠BAC＝30°，

∴∠MAC＝90°，

∴AM＝AC＝2，

作BN⊥AC于N．则BNAB＝1，AN，CN＝2，

1

=2=3−3

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∴BC．

2222

故答案=为𝐷+𝐷．=1+(2−3)=6−2

总结提升：6本−题考2查轴对称﹣最短问题，等腰三角形的性质，等边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，构造全等三角形解决问题，学会利用两点之间线段最短解

决问题，属于中考常考题型．

模块二2023中考押题预测

1．（2023春•将乐县校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝4，若D是BC边上

的动点，则2AD+DC的最小值是（）

A．6B．8C．10D．12

思路引领：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，，，当A，D，F在同一直

11

线上，即AF∠⊥�C�E�时=，30A°D+�D�F=的2值�最�小2，�最�+小�值�等=于2垂(�线�段+2A�F�的)=长2．(𝐴+��)

解：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，如图所示：

在Rt△DFC中，∠DCF＝30°，

∴，

1

��=��

∵2

1

＝2（𝐴AD++�D�F=），2(𝐴+2��)

∴当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长，

此时，∠B＝∠ADB＝60°，

∴△ABD是等边三角形，

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∴AD＝BD＝AB＝4，

在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝60°，AB＝4，

∴BC＝8，

∴DC＝BC﹣BD＝4，

∴2AD+DC＝2×4+4＝12，

∴2AD+DC的最小值为12，

故选：D．

总结提升：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．（2023•合肥一模）如图，△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，AB＝2，点E为BD上动点，连接AE，

则的最小值为（）

1

��+2��

A．1B．C．D．2

思路引领：过E作EM⊥BC2于M，过H作AH⊥BC3于H，交BD于E'，由△ABC为等边三角形，BD平

分∠ABC，可得EMBE，当AEBE最小时，AE+EM最小，此时E与E'重合，M与H重合，AEBE

111

=++

的最小值为AH的长度2，在Rt△AB2H中，有AH＝AB•sin∠ABH＝2×sin60°，故AEBE最小2值

1

为．=3+2

解：3过E作EM⊥BC于M，过H作AH⊥BC于H，交BD于E'，如图：

∵△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，

∴∠EBM＝30°，

∴EMBE，

1

=2

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∴AEBE＝AE+EM，

1

+

当AE2BE最小时，AE+EM最小，此时E与E'重合，M与H重合，AEBE的最小值为AH的长度，

11

在Rt△+A2BH中，+2

AH＝AB•sin∠ABH＝2×sin60°，

=3

∴AEBE最小值为，

1

故选：+C2．3

总结提升：本题考查等边三角形的性质，涉及胡不归问题，解题的关键是转化思想的应用．

3．（2022秋•任城区校级期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝15，tanA＝2，BE⊥AC于点E，D是线段BE

上的一个动点，则CDBD的最小值是（）

5

+5

A．3B．6C．5D．10

553

思路引领：如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由，设AE＝a，BE＝2a，利用勾股

��

����=��=2

定理构建方程求出a，再证明，推出，由垂线段最短即可解决问题．

55

解：如图，作DH⊥AB于H，�C�M=⊥A5B�于�M．𝐴+5𝐴=𝐴+��

∵BE⊥AC，

∴∠AEB＝90°，

∵，

��

设�A�E�＝�=a，�B�E=＝22a，

则有：225＝a2+4a2，

∴a2＝45，

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∴a＝3或﹣3（舍弃），

∴BE＝25a＝6，5

∵AB＝AC，BE5⊥AC，CM⊥AB，

∴CM＝BE＝6（等腰三角形两腰上的高相等），

∵∠DBH＝∠AB5E，∠BHD＝∠BEA，

∴，

����5

𝑠�∠�𝐷===

∴，𝐴��5

5

��=𝐴

∴5，

5

∵C𝐴D++DH5≥𝐴CM=，𝐴+��

∴当点H与M重合，且C，D，H共线时，CD+DH的值最小，

∴的最小值为线段CM的长，

5

𝐴+𝐴

∴5的最小值为6．

5

故选𝐴：+B．5𝐴5

总结提升：本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常

用辅助线，用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．

4．（2023•邗江区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y与x轴的正半轴交于点A，

428

B点为抛物线的顶点，C点为该抛物线对称轴上一点，则3BC+5A=C−的9�最小+值3�为（）

A．24B．25C．30D．36

思路引领：连接OB，过C点作CM⊥OB于M点，过A点作AN⊥OB于N点，抛物线的对称轴与x轴

交于点D，先求出抛物线与坐标轴的交点坐标，继而得出BD、OA、OD，再证明△OBD∽△CBM，△

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OBD∽△OAN，进而可得3BC+5AC＝5MC+5AC＝5（AC+CM），当A、C、M三点共线，且三点连线垂

直OB时，AC+CM最小，根据求出AN，AC+CM最小值即为AN，则问题得解．

𝐷𝐴

=

解：连接OB，过C点作CM⊥O�B�于M��点，过A点作AN⊥OB于N点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，

如图，

令y＝0，得方程，

428

−�+�=0

解得：x1＝0，x2＝69，3

∴A点坐标为（6，0），即OA＝6，

将配成顶点式得：，

42842

∴B�=点−坐9标�为+（33�，4），�=−9(�−3)+4

∴BD＝4，OD＝3，

∵CM⊥OB，AN⊥OB，

∴∠BMC＝∠ANO＝90°，

根据抛物线对称轴的性质可知BD⊥OA，

∴∠BDO＝90°，

在Rt△BDO中，

利用勾股定理得