中考数学二轮培优复习专题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=ADV1+BDV2在直线AC的下方作射线AE，使得sin∠CAE=V过点D作DG⊥AE于点G，过点B作BH⊥AE于点H，交AC于点F．在Rt△ADG中，DG＝AD•sin∠DAG=V2V∴运动时间t=1V2（BD∵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32BP+CP的最小值是思路引领：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32BP+CP=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，最小值为解：过点P作PE⊥AB于点E，在Rt△ABD中，∠ABD＝180°﹣90°﹣30°＝60°，BD=1在Rt△BPE中，sin60°=EP∴EP=32∴32BP+CP=EP+当C、P、E三点在同一直线上，且CE⊥AB时32BP+CP=EP+∵AB＝AC＝10，BD⊥AC，CE⊥AB，∴CE＝BD＝5，∴32BP+CP=EP+故答案为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32BP+CP转化成EP+2．（2021春•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＝6−3时，PB（2）PB+12PD的最小值等于思路引领：（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PE=12PD，则12PD+PB=PE+PB，当P、解（1）如图，当PB⊥CD时，PB最短，∠C＝∠DAB＝30°∴PB=12BC=1，∴PD＝CD﹣CP=6−3故答案为：6−3（2）如图，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°，∴EP=12∴12当且仅当B、P、E三点共线时取等号，∵BF=1∴12∴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123．（2017春•农安县校级月考）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解：（1）由题意a−b+c=0c=−34a+2b+c=0∴抛物线解析式为y=32x2−3∵y=32x2−32x−3=3∴顶点坐标（12，−（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＝±即此时点M的坐标为（12，72）或（12②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+即此时点M的坐标为（12，−3+152③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即此时点M的坐标为（12，−综上所述，满足条件的点M的坐标为（12，72）或（12，−72）或（12，−3+15（3）如图，连接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此时12PB+PD理由：∵OA＝1，OB=3∴tan∠ABO=OA∴∠ABO＝30°，∴PH=12∴12PB+PD＝PH+PD＝DH∴此时12PB+PD在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD=32，∠HAD＝60∴sin60°=DH∴DH=3∴12PB+PD的最小值为3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BP+12DP的最小值为3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12DP转化为PE，则BP+12DP的最小值为BH的长度，根据图形分别求BF解：在AD上方作∠ADE＝30°，作PE⊥DE于E，作BH⊥DE于H，交AD于F，∴PE=1∴BP+12DP＝BP+当B、P、E三点共线时，BP+PE最小，即为BH的长度，∵∠AFB＝∠DFH，∠A＝∠H，∴∠ABF＝∠PDE＝30°，∴AF==33×2=233∴DF＝AD﹣AF＝3−233，∴BH＝BF+FH=4∴BP+12DP的最小值为故答案为：3+总结提升：本题主要考查了含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=3，E为线段AB上一动点，连接CE，则12AE+CE的最小值为思路引领：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解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴tan∠CAB=CB∴∠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=12∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝23，∴CH＝AC•sin6°＝23×∵12AE+EC＝CE+ET≥CH∴12AE+EC≥∴12AE+EC故答案为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（25，0），点B为（0，1），若C为线段OA上一动点，则BC+23AC的最小值是5思路引领：过点A作直线AD交y轴于点D，使sin∠OAD=23，过点C作CE⊥AD，交AD于点E，利用三角函数以及垂线段最短将BC+23解：过点A作直线AD交y轴于点D，使sin∠OAD=23，过点C作CE⊥AD，交AD于点在Rt△AOD中，sin∠OAD=2∴ODAD设OD＝2x，则AD＝3x，∵A（25，0），∴OD2+OA2＝AD2即（2x）2+（25）2＝（3x）2，解得x＝2，∴OD＝2x＝4，∵B（0，1），∴BD＝5，在Rt△ACE中，∵sin∠OAE=2∴CEAC∴CE=23∴BC+23AC＝BC当B，C，E在同一直线上，即BE⊥AD时，BC+23AC的值最小，最小值等于垂线段此时，△BDE是直角三角形，∴∠OAD＝∠DBE，∴sin∠DBE=2∴DEBD∴DE5∴DE=10在Rt△BDE中，BE2＝BD2﹣DE2＝25−100∴BE=5∴BC+23AC的值最小值是故答案为：55总结提升：本题考查三角函数、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y=−3x+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233个单位的速度运动到点D后停止，问当点E的坐标是多少时，点思路引领：（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y=−3x+b经过点A∴b＝﹣33，∴y=−3x﹣33当x＝2时，y＝﹣53，则点D的坐标为（2，﹣53），∵点D在抛物线上，∴a（2+3）（2﹣1）＝﹣53，解得，a=−3则抛物线的解析式为y=−3（x+3）（x﹣1）=−3x2﹣23x+3（2）如图1中，设P（m，n），作PH⊥x轴于H．①当△BPA∽△ABC时，∠BAC＝∠PBA，∴tan∠BAC＝tan∠PBA，即OCOA即−3a3=−n−m+1．解得n＝﹣a∴n=−a(m−1)n=a(m+3)(m−1)解得m＝﹣4或1（舍弃），当m＝﹣4时，n＝5a，∵ACAB=ABPB，即AB2＝∴AB2=OC2即42=9a2解得a=−1515或∴P（﹣4，−'15②当△PBA∽△ABC时，∠CBA＝∠PBA，∴tan∠CBA＝tan∠PBA，即OCOB∴−3a1∴n＝﹣3a（m﹣1），∴n=−3a(m−1)n=a(m+3)(m−1)解得m＝﹣6或1（舍弃），当m＝﹣6时，n＝21a，∵BCBA=ABPB，即AB2＝BC∴42=1+9a2∴a=−77或∴P（﹣6，﹣37）．（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=DN∴∠DAN＝60°，∴∠EDF＝60°，∴DE=EFsin∠EDF∴Q的运动时间t=BE1+DE∴当BE和EF共线时，t最小，则BE⊥DM，此时点E坐标（1，﹣43）．总结提升：本题考查的是二次函数知识的综合运用，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．（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，∴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°，∴∠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=A∵∠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=A'∴PA+PC+PB＝P′A′+PC+PP′＝A′C=7总结提升：本题是三角形综合题，考查了旋转的性质、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2的等边△ABC，平面内存在点P，则PA+3PB+PC的取值范围为大于等于22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′＝2PD=3PB，进而可得PA+3PB+解：如图，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，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，AB＝BC＝BC′=2∴AC′＝AB+BC′＝22，∵∠CBC′＝∠PBP′＝120°，∴∠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°，∴PD=32∴PP′＝2PD=3PB∴PA+PP′+PC＝PA+3PB+PC＞AC′因为等边三角形的边长为2，∴PA+3PB+PC的取值范围为大于等于22故答案为：大于等于22．总结提升：本题考查了最短路线问题，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22，则BC＝6−2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22，∴CM＝22，∵∠BAM＝60°，∠BAC＝30°，∴∠MAC＝90°，∴AM＝AC＝2，作BN⊥AC于N．则BN=12AB＝1，AN=3，CN∴BC=B故答案为6−总结提升：本题考查轴对称﹣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．6 B．8 C．10 D．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，∠DCF=30°，DF=12DC，2AD+DC=2(AD+12DC)=2(AD+DF)当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，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°，∴DF=1∵2AD+DC=2(AD+＝2（AD+DF），∴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，∴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AE+1A．1 B．2 C．3 D．2思路引领：过E作EM⊥BC于M，过H作AH⊥BC于H，交BD于E'，由△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，可得EM=12BE，当AE+12BE最小时，AE+EM最小，此时E与E'重合，M与H重合，AE+12BE的最小值为AH的长度，在Rt△ABH中，有AH＝AB•sin∠ABH＝2×sin60°=3解：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°，∴EM=12∴AE+12BE＝AE+当AE+12BE最小时，AE+EM最小，此时E与E'重合，M与H重合，AE+12在Rt△ABH中，AH＝AB•sin∠ABH＝2×sin60°=3∴AE+12BE最小值为故选：C．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CD+55A．35 B．65 C．53 D．10思路引领：如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanA=BEAE=2，设AE＝a，BE＝2a，利用勾股定理构建方程求出a，再证明DH=解：如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB＝90°，∵tanA=BE设AE＝a，BE＝2a，则有：225＝a2+4a2，∴a2＝45，∴a＝35或﹣35（舍弃），∴BE＝2a＝65，∵AB＝AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM＝BE＝65（等腰三角形两腰上的高相等），∵∠DBH＝∠ABE，∠BHD＝∠BEA，∴sin∠DBH=DH∴DH=5∴CD+5∵CD+DH≥CM，∴当点H与M重合，且C，D，H共线时，CD+DH的值最小，∴CD+55BD∴CD+55BD故选：B．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=−49x2+83x与x轴的正半轴交于点A，A．24 B．25 C．30 D．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，△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ANOA=BDOB求出AN，AC+解：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，如图，令y＝0，得方程−4解得：x1＝0，x2＝6，∴A点坐标为（6，0），即OA＝6，将y=−49x∴B点坐标为（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OB=O∵∠OBD＝∠CBM，∠BDO＝∠BMC＝90°，∴△OBD∽△CBM，同理可证得△OBD∽△OAN，∴BCMC=BO∴BCMC=BOOD=∴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，∴AC+CM最小值为AN，如图所示，∵ANOA∴AN=BD∴AC+CM最小值245∴即3BC+5AC＝5（AC+CM）＝24．故选：A．总结提升：本题考查了求抛物线与坐标轴的交点和抛物线顶点的坐标、相似三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，利用三角形相似得出3BC＝5MC，进而得出3BC+5AC＝5（AC+CM）是解答本题的关键．5．（2022•平南县二模）如图，在等边△ABC中，AB＝6，点E为AC中点，D是BE上的一个动点，则CD+1A．3 B．33 C．6 D．思路引领：如图，过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DH⊥AB于点H，则CD+DH≥CF，先解直角三角形可求出CF，再由直角三角形的性质得DH=12BD，进而可得CD+12BD=CD解：如图，过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DH⊥AB于点H，则CD+DH≥CF，∵△ABC是等边三角形，AB＝6，∴∠A＝∠ABC＝60°，AF＝BF＝3，∴CF＝AFtan60°=33∵点E是AC的中点，∴∠DBH＝60°÷2＝30°，在Rt△BDH中，DH=1∴CD+12BD=CD+∴CD+12BD故答案为：B．总结提升：本题主要考查解直角三角形，等边三角形的性质、垂线段最短等知识，解题关键是将CD+12BD转化成CD6．（2022春•覃塘区期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E是边BC的中点，P是对角线BD上的一个动点，连接AE，AP，若AP+12A．AB B．AE C．BD D．BE思路引领：由菱形的性质可得∠DBC=12∠ABC＝30°，可得PF=12BP，可得AP+12解：如图，过点P作PF⊥BC于点F，∵四边形ABCD是菱形，∴∠DBC=12∠ABC＝30°，且PF⊥∴PF=12∴AP+12BP＝AP+∴当点A，点P，点F三点共线且垂直BC时，AP+PF有最小值，∴AP+12BP故选：B．总结提升：本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，最短路径问题，熟练运用菱形的性质是本题的关键．7．（2022春•新罗区校级月考）如图，△ABC中，AB＝AC＝10，BE⊥AC于点E，BE＝2AE，D是线段BE上的一个动点，则CD+55A．25 B．45 C．55 D．10思路引领：过点D作DH⊥AB，垂足为H，过点C作CM⊥AB，垂足为M，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE，BE的长，再证明DH=55BD，从而可得CD+55BD＝解：过点D作DH⊥AB，垂足为H，过点C作CM⊥AB，垂足为M，∵BE⊥AC，∴∠AEB＝90°，∵BE＝2AE，AB＝10，∴AE2+BE2＝AB2，∴5AE2＝100，∴AE＝25或AE＝﹣25（舍去），∴BE＝2AE＝45，∴sin∠ABE=AE∵∠A＝∠A，∠AEB＝∠AMC＝90°，AB＝AC，∴△AEB≌△AMC（AAS），∴CM＝BE＝45，在Rt△BHD中，DH＝BDsin∠ABE=55∴CD+55BD＝CD+∵CD+DH≥CM，∴CD+55BD≥4∴CD+55BD的最小值是：4故选：B．总结提升：本题考查了胡不归问题，等腰三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．8．（2021秋•澄海区期末）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+3x﹣4的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，若P是x轴上一动点，点Q（0，2）在y轴上，连接PQ，则PQ+22A．6 B．2+322 C．2+32思路引领：过P作PH⊥BC，过Q作QH'⊥BC．再由PH=22PC得PQ+22PC＝PQ+PH，根据垂线段最短可知，PQ+PH的最小值为解：连接BC，过P作PH⊥BC，过Q作QH'⊥BC，令y＝0，即x2+3x﹣4＝0，解得x＝﹣4或1，∴A（1，0），C（﹣4，0），∵OB＝OC＝4，∠BOC＝90°，∴∠PCH＝45°，∴PH＝PCsin45°=22∴PQ+22PC＝PQ+根据垂线段最短可知，PQ+PH的最小值为QH'，∵BQ＝OB+OQ＝4+2＝6，∠QBH′＝45°，∴QH′＝sin45°•BQ＝32，∴PQ+22PC的最小值为3故选：D．总结提升：本题考查胡不归问题，二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是将求PQ+22PC的最小值转化为求PQ+9．（2022•南山区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，则AB＝2BC．请在这一结论的基础上继续思考：若AC＝2，点D是AB的中点，P为边CD上一动点，则AP+12A．1 B．2 C．3 D．2思路引领：过C作CE⊥AB于E，过点P作PF⊥EC于F，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等边三角形的性质得出PF=12CP，再由AP+12CP＝AP+PF≥解：过C作CE⊥AB于E，过点P作PF⊥EC于F，∵∠ACB＝90°，点D是AB的中点，∴CD=12AB＝∵∠CAB＝30°，∴∠B＝60°，∴△BCD为正三角形，∴∠DCE＝30°，∴PF=12∴AP+12CP＝AP+PF≥∵∠CAB＝30°，AC＝2，∴CE=12∴AE=A∴AP+12CP的最小值为故选：C．总结提升：本题主要考查了含30°直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边一半，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解决此题的关键是作出垂线CE和PF，将12CP转化为PF10．（2022春•武汉期末）如图，▱ABCD中∠A＝60°，AB＝6，AD＝2，P为边CD上一点，则3PD+2PB最小值为63．思路引领：由直角三角形的性质可得DH=12DP，HP=3DH=32DP，则当点H，点P，点H三点共线时，HP+PB有最小值，即解：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＝∠CDH＝60°，∵HP⊥AD，∴∠DPH＝30°，∴DH=12DP，HP=3DH∵3PD+2PB＝2（32PD+PB）＝2（HP+PB∴当点H，点P，点H三点共线时，HP+PB有最小值，即3PD+2PB有最小值，此时：BH⊥AH，∠A＝60°，∴∠ABP＝30°，∴AH=12AB＝3，BH=3AH则3PD+2PB最小值为63，故答案为：63．总结提升：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，构造直角三角形是解题的关键．11．（2023春•姑苏区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=33x−3分别交x轴、y轴于A、B两点，若C为x轴上的一动点，则2BC+思路引领：先求出点A，点B坐标，由勾股定理可求AB的长，作点B关于OA的对称点B'，可证△ABB'是等边三角形，由直角三角形的性质可得CH=12AC，则2BC+AC＝2（B'C+CH），即当点B'，点C，点H三点共线时，B'C+CH有最小值，即2BC+解：∵一次函数y=33x−3分别交x轴、y轴于∴点A（3，0），点B（0，−3∴AO＝3，BO=3∴AB=AO2+OB如图，作点B关于OA的对称点B'，连接AB'，B'C，过点C作CH⊥AB于H，∴OB＝OB'=3又∵AO⊥BB'，∴BB'＝23，AB＝AB'＝23，BC＝B'C，∴AB＝BB'＝B'A，∴△ABB'是等边三角形，∵AO⊥BB'，∴∠BAO＝30°，∵CH⊥AB，∴CH=12∴2BC+AC＝2（BC+12AC）＝2（B'C+∴当点B'，点C，点H三点共线时，B'C+CH有最小值，即2BC+AC有最小值，此时，B'H⊥AB，△ABB'是等边三角形，∴BH＝AH=3，∠BB'H＝30°∴B'H=3BH∴2BC+AC的最小值为6，故答案为：6．总结提升：本题是胡不归问题，考查了一次函数的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，确定点C的位置是解题的关键．12．（2022•马鞍山一模）如图，AC垂直平分线段BD，相交于点O，且OB＝OC，∠BAD＝120°．（1）∠ABC＝75°．（2）E为BD边上的一个动点，BC＝6，当AE+12BE最小时BE＝2思路引领：（1）根据垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质即可求得∠ABC；（2）作A关于OB的对称点A'，过A作AG⊥A'B于G，过点E作EF⊥A'B于F，将12BE转化为EF，再根据AE+12BE＝AE+FE≥AG，设AG与OB交于E'，BE'即为当AE+12解：（1）∵AC垂直平分线段BD，∴AB＝AC，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠BAD＝120°，∴∠ABD＝（180°﹣120°）÷2＝30°，∵OB＝OC，OB⊥OC，∴∠OBC＝45°，∴∠ABC＝30°+45°＝75°，故答案为：75°；（2）作A关于OB的对称点A'，过A作AG⊥A'B于G，过点E作EF⊥A'B于F，∵∠ABO＝30°，∴∠A'BO＝30°，∴FE=12∴AE+12BE＝AE+FE≥设AG与OB交于E'，BE'即为当AE+12BE∵BC＝6，∠OBC＝45°，∴OB＝OC＝BCcos45°=32∵cos∠A'BO=OB∴BA'=26∵∠A'BA＝60°，AB＝A'B，∴△ABA'为等边三角形，∴BG=12BA'∵cos∠A'BO=BG∴BE'＝22．故答案为：22．总结提升：本题主要考查了等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，锐角三角函数解三角形，解决此题的关键是作出垂线EF和AG，将12BE转化为EF13．（2021秋•福清市期末）如图，△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，△ABC的面积为3，点P为BD上动点，连接AP，则AP+12BP的最小值为3思路引领：过A作AF⊥CB于E，过点P作PE⊥BC于E，故PE=12BP，故AP+12BP＝AP+PE≥解：过A作AF⊥CB于E，过点P作PE⊥BC于E，∵△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，∴∠DBC＝30°，∴PE=12∴AP+12BP＝AP+PE≥∵△ABC的面积为3，∴34AC2=∴AC＝2，∴12BC•AF=∴AF=3∴AP+12BP的最小值为故答案为：3．总结提升：本题主要考查了含30°角的直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边一半，作出垂线PE，得到PE=1214．（2021秋•北碚区校级期末）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，CD＝4，M，N分别是边AB，AD的动点，满足AM＝DN，连接CM、CN，E是边CM上的动点，F是CM上靠近C的四等分点，连接AE、BE、NF，当△CFN面积最小时，12BE+AE的最小值为3思路引领：连接MN、AC，由菱形ABCD的性质和∠BAD＝120°得到AB＝AD＝CD、∠BAC＝∠DAC＝∠ADC＝60°，从而得到△ADC和△ABC为等边三角形，然后得到AC＝DC，然后结合AM＝DN得证△AMC≌△DNC，得到CM＝CN、∠DCN＝∠ACM，从而得到∠MCN＝60°，得到△CMN为等边三角形，由点F是CM上靠近点C的四等分点得到S△CFN=14S△CMN，所以△CMN的面积最小时，△CFN的面积也最小，从而有当CN和CM最短，即CN⊥AD、CM⊥AB时△CFN的面积最小，取BE的中点为点G，连接MG，由△ABC为等边三角形和CM⊥AB得到点M是AB的中点、AE＝BE，进而有MG=12AE=12BE，所以12BE+AE=32AE解：如图，连接MN、AC，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴AB＝AD＝CD，∠BAC＝∠DAC＝∠ADC＝60°，∴△ADC和△ABC为等边三角形，∴AC＝DC，∠ACD＝60°，∵AM＝DN，∴△AMC≌△DNC（SAS），∴CM＝CN，∠DCN＝∠ACM，∴∠MCN＝∠MCA+∠ACN＝∠DCN+∠ACN＝∠ACD＝60°，∴△CMN为等边三角形，∵点F是CM上靠近点C的四等分点，∴S△CFN=14S△∴△CMN的面积最小时，△CFN的面积也最小，∵S△CMN=3∴当CN和CM长度最短时，S△CMN的面积最小，即CN⊥AD，CM⊥AB时△CFN的面积最小，取BE的中点为点G，连接MG，∵△ABC为等边三角形，CM⊥AB，∴点M是AB的中点，∴AE＝BE，∴MG=12AE=∴12BE+AE=12AE+AE∵点E是CM上的动点，∠AME＝90°，∴AE的最小值即为AM的长度，∵CD＝4，∴AM=12∴（12BE+AE）最小值=故答案为：3．总结提升：本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短、等边三角形的面积，将求三角形CFN的面积最小值转化为CM和CN的最小值是解题的关键．15．（2021秋•亭湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点A（﹣3，0），B（1，0）．根据教材第65页“思考”栏目可以得到这样一个结论：在Rt△ABC中，AB＝2BC．请在这一结论的基础上继续思考：若点D是AB边上的动点，则CD+12AD的最小值为思路引领：作射线AG，使得∠BAG＝30°，过D作DE⊥AG于E，过C作CF⊥AG于F，故DE=12AD，故CD+12AD＝CD+DE≥解：作射线AG，使得∠BAG＝30°，过D作DE⊥AG于E，过C作CF⊥AG于F，∴DE=12∴CD+12AD＝CD+DE≥∵A（﹣3，0），B（1，0）．∴AB＝4，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴BC=12∴AC=AB2∵∠CAG＝∠CAB+∠BAG＝60°，∴AF=12AC∴CF=A∴CD+12故答案为：3．总结提升：本题主要考查了含30°直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边一半，作出射线AG，使得∠BAG＝30°是本题的关键．16．（2021秋•宜兴市期末）如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点C沿BE折叠与AB上的点D重合．连接DE，请你探究：BCAB=12；请在这一结论的基础上继续思考：如图②，在△OPM中，∠OPM＝90°，∠M＝30°，若OM＝2，点G是OM边上的动点，则PG+12思路引领：由折叠的性质可得AD＝BD，BC＝BD，则有AB＝2BC；作P点关于OM的对称点P'，作P'N⊥PM交于N点，交OM于G'点，PG+12MG=P'G'+G'N≥P'N，此时PG+12解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝60°，∵点C沿BE折叠与AB上的点D重合，∴∠DBE＝∠CBE＝30°，∴∠A＝∠ABE，∵∠BDE＝∠C＝90°，∴AD＝BD，∵BC＝BD，∴AB＝2BC，∴BCAB作P点关于OM的对称点P'，作P'N⊥PM交于N点，交OM于G'点，∴PG'＝P'G'，∵∠M＝30°，∴NG'=12G'∴PG+12MG=P'G'+G'N≥P'N∵OM＝2，在Rt△OPM中，OP=12∴PM=3在Rt△PDM中，PD=12PM∴PP'=3∵∠P'＝30°，∴PN=3在Rt△PP'N中，P'N=3∴PG+12MG故答案为：12，3总结提升：本题是图形的折叠变换，熟练掌握折叠的性质，直角三角形的勾股定理，正确作出辅助线利用轴对称求路线最短是解题的关键．17．（2021秋•汕尾期末）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2﹣2x+c的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B（0，﹣3），若P是x轴上一动点，点D（0，1）在y轴上，连接PD，则C点的坐标是（3，0），2PD+PC的最小值是4思路引领：过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H．根据2PD+PC=2（PD+22PC）=2（DP+PJ），求出解：过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H．∵二次函数y＝x2﹣2x+c的图象与y轴交于点B（0，﹣3），∴c＝﹣3，∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），C（3，0），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵D（0，1），∴OD＝1，BD＝4，∵DH⊥BC，∴∠DHB＝90°，∴DH＝BD•sin45°＝22，∵PJ⊥CB，∴∠PJC＝90°，∴PJ=22∴2PD+PC=2（PD+22PC）=2（∵DP+PJ≥DH，∴DP+PJ≥22，∴DP+PJ的最小值为22，∴2PD+PC的最小值为4．故答案为：（3，0），4．总结提升：本题考查胡不归问题，二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是将求2PD+PC得最小值转化为求2（DP+PJ）的最小值．属于中考选择题中的压轴题．18．（2021秋•缙云县期末）如图，在直角坐标系中，点M的坐标为（0，2），P是直线y=3x（1）∠MOP＝30°．（2）当MP+12OP的值最小时，点P的坐标是（3思路引领：（1）设P（t，3t），过点P作PH⊥x轴交于H，由tan∠POH=3，则∠POH＝60°，即可求∠MOP＝30°（2）作M点关于直线y=3x的对称点M'，过M'作M'N⊥y轴交于N，连接MM'，则有MP+12OP＝M'P+NP＝M'N，此时MP解：（1）设P（t，3t），过点P作PH⊥x轴交于H，∴OH＝t，PH=3t∴tan∠POH=PH∴∠POH＝60°，∴∠MOP＝30°，故答案为：30°；（2）作M点关于直线y=3x的对称点M'，过