中考数学二轮复习题型专练（浙江专用）专题14 将军饮马（解析版）

题型十四将军饮马【要点提炼】模型作法结论当两定点A、B在直线异侧时，在直线上找一点P，使PA+PB最小。连接AB交直线于点P，点P即为所求作的点。PA+PB的最小。当两定点A、B在直线同侧时，在直线上找一点P，使PA+PB最小。作点B关于直线的对称点B′，连接AB′交直线于点P，点P即为所求作的点。PA+PB的最小值为AB′。当两定点A、B在直线同侧时，在直线上找一点P，使最大。连接AB并延长交直线于点P，点P即为所求作的点。的最大值为AB。当两定点A、B在直线同侧时，在直线上找一点P，使最大。作点B关于直线的对称点B′，连接AB′并延长交直线于点P，点P即为所求作的点。的最大值为AB′。当两定点A、B在直线同侧时，在直线上找一点P，使最小。连接AB，作AB的垂直平分线交直线于点P，点P即为所求作的点。的最小值为0。A、E是两个定点，CD在直线上运动，但是CD的长保持不变，求AC+CD+DE的最小值将AC平移到BD处，作点B关于直线对称的点B’，连接B’E，即为AC+DE的最小值AC+CD+DE的最小值为B’E+CD【专题训练】一．选择题（共6小题）1．如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D在BC上，BD＝3，DC＝1，点P是AB上的动点，则PC+PD的最小值为（）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【解析】解：过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于P，连接CP．此时DP+CP＝DP+PC′＝DC′的值最小．∵BD＝3，DC＝1∴BC＝4，∴BD＝3，连接BC′，由对称性可知∠C′BA＝∠CBA＝45°，∴∠CBC′＝90°，∴BC′⊥BC，∠BCC′＝∠BC′C＝45°，∴BC＝BC′＝4，根据勾股定理可得DC′=BC故选：B．2．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，动点P满足S△PAB=13S矩形ABCD，则点P到A、B两点距离之和PA+A．29 B．34 C．52 D．41【答案】D【解析】解：设△ABP中AB边上的高是h．∵S△PAB=13S矩形∴12AB•h=13AB∴h=23∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．在Rt△ABE中，∵AB＝5，AE＝2+2＝4，∴BE=A即PA+PB的最小值为41．故选：D．3．如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝5．若点M、N分别是线段AC，AB上的两个动点，则BM+MN的最小值为（）A．10 B．8 C．53 D．6【答案】B【解析】解：过B点作AC的垂线，使AC两边的线段相等，到E点，过E作EF垂直AB交AB于F点，AC＝55，AC边上的高为=AB⋅BCAC=25，所以BE∵△ABC∽△EFB，∴ABEF=EF＝8．故选：B．4．如图，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE最小，则这个最小值为（）A．3 B．23 C．26 D．6【答案】B【解析】解：由题意，可得BE与AC交于点P．∵点B与D关于AC对称，∴PD＝PB，∴PD+PE＝PB+PE＝BE最小．∵正方形ABCD的面积为12，∴AB＝23．又∵△ABE是等边三角形，∴BE＝AB＝23．故所求最小值为23．故选：B．5．如图，MN是半径为1的⊙O的直径，点A在⊙O上，∠AMN＝30°，点B为劣弧AN的中点．P是直径MN上一动点，则PA+PB的最小值为（）A．2 B．1 C．2 D．22【答案】A【解析】解：作点B关于MN的对称点B′，连接OA、OB、OB′、AB′，则AB′与MN的交点即为PA+PB的最小时的点，PA+PB的最小值＝AB′，∵∠AMN＝30°，∴∠AON＝2∠AMN＝2×30°＝60°，∵点B为劣弧AN的中点，∴∠BON=12∠AON由对称性，∠B′ON＝∠BON＝30°，∴∠AOB′＝∠AON+∠B′ON＝60°+30°＝90°，∴△AOB′是等腰直角三角形，∴AB′=2OA=2×即PA+PB的最小值=2故选：A．6．如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的顶点A在x轴的正半轴上．顶点B的坐标为（3，3），点C的坐标为（12，0），点P为斜边OB上的一个动点，则PA+PCA．132 B．312 C．3+19【答案】B【解析】解：法一：作A关于OB的对称点D，连接CD交OB于P，连接AP，过D作DN⊥OA于N，则此时PA+PC的值最小，∵DP＝PA，∴PA+PC＝PD+PC＝CD，∵B（3，3），∴AB=3，OA＝3，∠B＝60°，由勾股定理得：OB＝23由三角形面积公式得：12×OA×AB=12∴AM=3∴AD＝2×3∵∠AMB＝90°，∠B＝60°，∴∠BAM＝30°，∵∠BAO＝90°，∴∠OAM＝60°，∵DN⊥OA，∴∠NDA＝30°，∴AN=12AD=32∵C（12∴CN＝3−1在Rt△DNC中，由勾股定理得：DC=1即PA+PC的最小值是312法二：如图，作点C关于OB的对称点D，连接AD，过点D作DM⊥OA于M．∵AB=3，OA∴∠AOB＝30°，∴∠DOC＝2∠AOB＝60°∵OC＝OD∴△OCD是等边三角形∴DM＝CD•sin60°=34，OM＝CM＝CD∴AM＝OA﹣OM＝3−∴AD=即PA+PC的最小值为312故选：B．二．填空题（共2小题）7．在如图所示的平面直角坐标系中，点P是直线y＝x上的动点，A（1，0），B（2，0）是x轴上的两点，则PA+PB的最小值为5．【答案】5【解析】解：如图所示：作A点关于直线y＝x的对称点A′，连接A′B，交直线y＝x于点P，此时PA+PB最小，由题意可得出：OA′＝1，BO＝2，PA′＝PA，∴PA+PB＝A′B=1故答案为：5．8．如图，在△ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D是BC边的中点，E是AB边上一动点，则EC+ED的最小值是5．【答案】5【解析】解：过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于E，连接CE，此时DE+CE＝DE+EC′＝DC′的值最小．连接BC′，由对称性可知∠C′BE＝∠CBE＝45°，∴∠CBC′＝90°，∴BC′⊥BC，∠BCC′＝∠BC′C＝45°，∴BC＝BC′＝2，∵D是BC边的中点，∴BD＝1，根据勾股定理可得DC′=BC故答案为：5．三．解答题（共2小题）9．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α．（Ⅰ）如图①，若α＝90°，求AA′的长；（Ⅱ）如图②，若α＝120°，求点O′的坐标；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）【解析】解：（1）如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA＝4，OB＝3，∴AB=3∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA＝BA′，∠ABA′＝90°，∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=2BA＝52（2）作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，∴BO＝BO′＝3，∠OBO′＝120°，∴∠HBO′＝60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H＝90°﹣∠HBO′＝30°，∴BH=12BO′=32，O′H∴OH＝OB+BH＝3+3∴O′点的坐标为（332，（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP＝BP′，∴O′P+BP′＝O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连接O′C交x轴于P点，如图②，则O′P+BP＝O′P+PC＝O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），设直线O′C的解析式为y＝kx+b，把O′（332，92），C（0，﹣3）代入得3∴直线O′C的解析式为y=53当y＝0时，533x﹣3＝0，解得x=335∴OP=3∴O′P′＝OP=3作P′D⊥O′H于D，∵∠BO′A′＝∠BOA＝90°，∠BO′H＝30°，∴∠DP′O′＝30°，∴O′D=12O′P′=3310，P′D=∴DH＝O′H﹣O′D=3∴P′点的坐标为（635，10．如图，二次函数y＝x2﹣4x的图象与x轴、直线y＝x的一个交点分别为点A、B，CD是线段OB上的一动线段，且CD＝2，过点C、D的两直线都平行于y轴，与抛物线相交于点F、E，连接EF．（1）点A的坐标为（4，0），线段OB的长＝52；（2）设点C的横坐标为m①当四边形CDEF是平行四边形时，求m的值；②连接AC、AD，求m为何值时，△ACD的周长最小，并求出这个最小值．【解析】解：（1）∵y＝x2﹣4x中，令y＝0，则0＝x2﹣4x，解得x1＝0，x2＝4，∴A（4，0），解方程组y=xy=x=0y=0或x=5∴B（5，5），∴OB=52+故答案为：（4，0），52；（2）①∵点C的横坐标为m，且CF∥DE∥y轴，∴C（m，m），F（m，m2﹣4m），又∵CD＝2，且CD是线段OB上的一动线段，∴D（m+2，m+2），E（m+2，（m+2）2∴CF＝m﹣（m2﹣4m），DE＝m+2−[（m+2）2﹣4（∵当四边形CDEF是平行四边形时，CF＝DE，∴m﹣（m2﹣4m）＝m+2−[（m+2）2﹣4（解得m=5②如图所示，过点A作CD的平行线，过点D作AC的平行线，交于点G，则四边形ACDG是平行四边形，∴AC＝DG，作点A关于直线OB的对称点A'，连接A'D，则A'D＝AD，∴当A'，D，G三点共线时，A'D+DG＝A'G最短，此时AC+AD最短，∵A（4，0）