2024年中考数学三轮冲刺-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)-(原卷版+解析版)

这是一份2024年中考数学三轮冲刺-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)-(原卷版+解析版)，文件包含2024年中考数学三轮冲刺-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原卷版docx、2024年中考数学三轮冲刺-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docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共161页， 欢迎下载使用。


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=∠B P’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∆AEC
2）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.
【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
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+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-2=3x-2，
∴x=3+3，
∴PD=3+3．
故答案为：3+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+33
【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+33
∴MA＋MD＋ME的最小值为4+33，
故答案为：4+33
【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为△ABC的费马点，则PA+PB+PC= ；若AB=23,BC=2,AC=4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC= ．
【答案】 5 27
【分析】①作出图形，过B,C分别作∠DBP=∠DCP=30°,勾股定理解直角三角形即可
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,P',C'四点共线，即PA+PB+PC= BC'，再用勾股定理求得即可
【详解】①如图,过A作AD⊥BC，垂足为D,
过B,C分别作∠DBP=∠DCP=30°, 则PB=PC, P为△ABC的费马点
∵ AB=AC=7,BC=23
∴BD=DC=12BC=3
∴tan30°=PDBD=33
∴PD=1
∴PB=PDsin30°=2
∴ AD=AB2-BD2=7-3=2
∴ PA+PB+PC=5
②如图：

∵ AB=23,BC=2,AC=4.
∴AB2+BC2=16,BC2=16
∴AB2+BC2=AC2
∠ABC=90°
∵sin∠BAC=BCAC=12=sin30°
∴∠BAC=30°
将△APC绕点A逆时针旋转60°
由旋转可得：△APC≌△AP'C'
∴AP'=AP,PC=P'C',AC=AC' ∠CAC'=∠PAP'=60°
∴△APP'是等边三角形，
∴ ∠BAC'=90°
∵ P为△ABC的费马点
即B,P,P',C'四点共线时候，PA+PB+PC= BC'
∴ PA+PB+PC= BP+PP'+P'C'=BC'
=AB2+AC'2 =(23)2+42=27
故答案为：①5，②27
【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△PAB,△PBC也可，但必须绕顶点旋转．
4．（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+PC的值转化为PP'+PB+P'C'的值，当B，P，P'，C四点共线时，线段BC的长为所求的最小值，即点P为△ABC的“费马点”．
(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△AP'C'．
①若PA=3，则点P与点P'之间的距离是______；
②当PA=3，PB=5，PC=4时，求∠AP'C'的大小；
(2)如图2，点P是△ABC内的一点，且∠BAC=90°，AB=6，AC=23，求PA+PB+PC的最小值．
【答案】(1)①3；②150°；
(2)221
【分析】（1）①根据旋转的性质即可求出PP'的值；
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'=90°，即可求出∠AP'C的大小；
（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、P'、A'四点共线时，PA+PB+PC和最小，用勾股定理求出BA'的值即可．
【详解】（1）①如图，将△PAC绕A逆时针旋转60°，
则AP=AP'，∠PAP'=60°，
∴△APP'为等边三角形，
∴PP'=PA=3；
②∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°，
又∵△APP'是等边三角形，
∴∠PAC+∠CAP'=60°，
∴∠BAP=∠CAP'，
在△ABP与△ACP'中，{AB=AC∠BAP=∠CAP'AP=AP'，
∴△ABP≌△ACP'（SAS），
∴BP=CP'=5,PP'=3,PC=4,
∴PP'2+PC2=CP'2，∴∠CPP'=90°，
∴∠APC=∠APP'+∠CPP'=60°+90°=150°，
又∵旋转，∴∠AP'C'=∠APC==150°；
（2）如图，将△APC绕C点顺时针旋转60°得到A'P'C，
则∠ACP=∠A'CP',∠ACP+∠ACP'=60°，
在Rt△ABC中，BC=AB2+AC2=62+(23)2=43，
∵AC=12BC,∴∠ABC=30°,∠ACB=60°，
∴∠ACP+∠BCP=60°，
又∵∠ACP=∠A'CP',∠ACP+∠ACP'=60°，
∴∠ACP'+∠A'CP'=60°，∴BCP+∠ACP+∠ACP'+∠A'CP'=120°，
过A'作A'D⊥BC交BC的延长线于点D，
则∠A'CD=∠BCD-∠BCA'=180°-120°=60°，
∴∠CA'D=30°，
∵A'C=AC=23, ∴CD=3（30°所对的直角边等于斜边的一半），
∴A'D=A'C2-CD2=3，
∵∠PCP'=60°,PC=CP'，∴△CPP'为等边三角形，
当B、P、P'、A'四点共线时，PA+PB+PC和最小，
在Rt△BDA'中，BD=BC+CD=43+3=53,DA'=3，
∴BA'=BD2+DA'2=(53)2+32=221，
∴PA+PB+PC的最小值为221．
【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°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
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“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
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”为 ④ 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为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；

(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，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)213a
【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+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明∠ACA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（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，得到2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
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+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°-∠APC-∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴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”为该三角形的某个顶点．
∴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'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，

∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BCA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=BC2+A'C2=42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)
∴当PA+PB+2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠ACA'=90°，P'A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=2PC，
∴PA+PB+2PC=P'A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，

过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠ACA'=90°，
∴∠A'CH=30°，
∴A'H=12A'C=2km，
∴HC=AC2-AH2=42-22=23(km)，
∴BH=BC+CH=23+23=43(km)，
∴A'B=AH2+BH2=(43)2+22=213(km)
PA+PB+2PC的最小值为213km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)=213a（元）
故答案为：213a
【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∠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△ABP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=_______；
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．
(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+BE+CE的最小值．
【答案】(1)150°；
(2)见详解；
(3)7；
(4)6+2．
【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+42=25=PC2，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可；
（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P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC最小=CB′，点P在CB′上即可；
（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=AB2-AC2=22-12=3，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=BC2+BB'2=32+22=7即可；
（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∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=12BB'=12×2=1，勾股定理BF=BB'2-B'F2=22-12=3，可求AF=AB+BF=2+3，再根据勾股定理AB′=AF2+B'F2=2+32+12=6+2即可．
【详解】（1）解：连结PP′，
∵△ABP≌△ACP'，
∴∠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'2+P'C2=32+42=25=PC2，
∴△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+PB+PC=PP'+P'B'+PC，
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC最小=CB′，
∴点P在CB′上，
∴CB'过△ABC的费马点．
（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+PB+PC=PP'+P'B'+PC
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC最小=CB′，
∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，
∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=AB2-AC2=22-12=3
∴BB′=AB=2，
∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，
∴在Rt△CBB′中，B′C=BC2+BB'2=32+22=7
∴PA+PB+PC最小=CB′=7；
（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+BE+CE=AE+EE'+E'B'，
∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'最小=AB′，
∵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'=12×2=1，BF=BB'2-B'F2=22-12=3，
∴AF=AB+BF=2+3，
∴AB′=AF2+B'F2=2+32+12=6+2，
∴AE+BE+CE最小=AB′=6+2．
【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=∠CPA=120°，PA+PB+PC的值最小．
(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'≌△ABP，这样就可以通过旋转变换，将三条线段PA，PB，PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB=______．
(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=∠PAC，求证：BE=PA+PB+PC．
(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，CP，请直接写出PA+PB+PC的值．
【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△APC≌△ADE (ASA)，由全等三角形对应边相等的性质解得PC=DE，最后根据线段的和差解答；
（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′四点共线，最后由勾股定理解答．
【详解】（1）解：∵△ACP'≌△ABP，
∴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=120°，
∴∠APD=60°，
又∵AD=AP，
∴APD为等边三角形
∴AP=PD=AD，∠PAD=∠ADP=60°，
∴∠ADE=120°，
∴∠ADE=∠APC，
在△APC和△ADE中，∠PAC=∠DAEAP=AD∠APC=∠ADE
∴△APC≌△ADE (ASA)；
∴PC=DE，
∵BE=BP+PD+DE，
∴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=AB2-AC2=3，
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'C=A'B2+BC2=(3)2+22=7，
∴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=BC2-AB2=23
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=AC2+CE2=27
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=12BC=2
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=30°
∴CG、AD互相垂直平分
∴DK=12AD=2
∴根据勾股定理得CK=CD2-DK2=23
∴CG=2CK=43
∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°
∴在Rt△OCG中，OG=OC2+CG2=213
∵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°-50°2＝65°，
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＝32PC，
∵∠APC＝90°，
∴AP2+PC2＝AC2，即（32PC）2+PC2＝（7）2，
∴PC＝2，
∴AP＝3，
∴S△APC＝12AP•PC＝12×3×2＝3．
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＝32-12＝22，
∴PC＝22'＝22×22＝2．
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=EF=EB×22=22，
在Rt△CFE中，∵∠CFE＝90°，BC＝32，EF＝22，
∴CE=CF2+EF2＝58
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P，连接PA、PB、PC．（加权费马点）求：
（1）PA+PB+PC的最小值；
（2）PA+PB+2PC的最小值
（3）PA+PB+3PC的最小值；
（4）2PA+PB+3PC的最小值
（5）12PA+PB+32PC的最小值；
（6）2PA+4PB+23PC的最小值
（7）4PA+2PB+23PC的最小值；
（8）3PA+4PB+5PC的最小值
【答案】（1）61；（2）91；（3）61+303；（4）234；（5）132；（6）26；（7）434；（8）21
【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∘，可以推出△BPP'为等边三角形，得到BP=PP'，则PA+PB+PC=PA+PP'+PC'，即可得到A、P、P'、C'四点共线时，PA+PB+PC最小，最小值为AC'，然后证明∠ACC'=∠ACB+∠BCC'=90∘，由此利用勾股定理求解即可；
（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'+P'B，则当A、P、P'、B'四点共线时PA+PB+PC最小，最小值为AB'，过点A再作B'C的垂线，垂足为E，利用勾股定理求出AE=AC2-CE2=532，B'E=B'C+EC=172，由此即可得到答案；
（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'+P'B'，故当A、P、P'、B'四点共线时PA+PB+3PC最小，最小值为AB'，过点A再作B'C的垂线，垂足为E，利用勾股定理求出CE=AC2-AE2=532，B'E=CE+CB'=12+532，由此即可得到答案；
（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'，先证明P″P=3CP，则可以得到2PA+PB+3PC=A″P″+P″P+PB，故当A″，P″，P，B共线时2PA+PB+3PC最小，最小为A″B，然后证明∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=90∘，即可利用勾股定理求解；
（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″，同（4）原理可证得当A″，P″，P，B共线时12PA+PB+32PC最小，最小为A″B，然后证明∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=90∘，由此求解即可；
（6）由2PA+4PB+23PC=412PA+PB+32PC可由（5）得：2PA+4PB+23PC的最小值为26；
（7）由4PA+2PB+23PC=2(2PA+PB+3PC)可由（4）得4PA+2PB+23PC的最小值为434；
（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3PA+4PB+5PC的值最小．在△BCA″中，∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=120∘，A″C=34CA=154，过点A″作A″E⊥BC交BC延长线于E，然后求出EA″，BE的长，由此即可求解．
【详解】解：（1）如图3-2，将△BPC绕点B顺时针旋转60∘得到△BP'C'，
∴BP'=BP，P'C=PC，∠PBP'=60∘，
∴△BPP'为等边三角形，
∴BP=PP'，
∴PA+PB+PC=PA+PP'+PC'，
∴A、P、P'、C'四点共线时，PA+PB+PC最小，最小值为AC'
同理可证△BCC'为等边三角形，
∴CC'=BC=6，∠BCC'=60∘，
∴∠ACC'=∠ACB+∠BCC'=90∘，
∴AC'=AC2+CC'2=61；
∴PA+PB+PC的最小值为61；
（2）如图3-4，将△BPC绕点C逆时针旋转90∘得到△CP'B'，
∴B'P'=BP，P'C=PC，∠PCP'=90∘，∠P'CB'=∠PCB，CB'=CB=6，
∴PP'=PC2+P'C2=2PC，
∴PA+PB+2PC=PA+PP'+P'B，
∴当A、P、P'、B'四点共线时，PA+PB+PC最小，最小值为AB'
∵∠ACB=30°，
∴∠ACP+∠PCB=∠ACP+∠P'CB'=30∘
∴∠ACB'=∠PCP'+∠ACP+∠P'CB'=120∘，
过点A再作B'C的垂线，垂足为E，
∴∠AEC=90°，∠ACE=60°，
∴∠CAE=30°，
∴CE=12AC=52
∴AE=AC2-CE2=532，B'E=B'C+EC=172，
∴AB'=AE2+B'E2=91，
∴PA+PB+2PC的最小值为91；
（3）如图3-6，将△BPC绕点C逆时针旋转120∘得到△B'PC'，
∴B'P'=BP，P'C=PC，∠PCP'=120∘，∠P'CB'=∠PCB，CB'=CB=6，
∴∠CPP'=∠CP'P=30∘，
过点C作CE⊥PP'于E，
∴CE=12CP，PE=P'E，
∴PE=PC2-CE2=32CP，
∴PP'=3CP，
∴PA+PB+3PC=PA+PP'+P'B'，
∴当A、P、P'、B'四点共线时，PA+PB+3PC最小，最小值为AB'
∵∠ACB=30°，
∴∠ACP+∠PCB=∠ACP+∠P'CB'=30∘
∴∠ACB'=∠PCP'+∠ACP+∠P'CB'=150∘，
过点A再作B'C的垂线，垂足为E，
∴∠AEC=90°，∠ACE=3°，
∴AE=12AC=52
∴CE=AC2-AE2=532，
∴B'E=CE+CB'=12+532
∴AB'=AE2+B'E2=61+303，
∴PA+PB+3PC的最小值为61+303；
（4）如图3-8，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'
由旋转的性质得CA'=CA=5，CP'=CP，PA=P'A'，∠PCP'=∠ACA'=60∘，
∴CA″=10，CP″=2CP，P″A″=2A'P'=2AP，△PCP'是等边三角形，
∴PP'=P'C=P'P″，∠PP'C=60∘，
∴∠PP″P=∠P″PP'=30∘，
∴∠P″PC=90∘，
∴P″P=CP″2-CP2=3CP，
∴2PA+PB+3PC=A″P″+P″P+PB，
∴当A″，P″，P，B共线时2PA+PB+3PC最小，最小为A″B，
∵∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=90∘，
∴A″B=BC2+A″C2=234，
∴2PA+PB+3PC的最小值为234；
（5）如图3-10，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″，
同（4）原理可证得当A″，P″，P，B共线时12PA+PB+32PC最小，最小为A″B，
∵∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=90∘，在Rt△BCA″中，BC=6，CA″=12CA=52
BA″=BC2+A″C2=132，
12PA+PB+32PC最小为132；
（6）∵2PA+4PB+23PC=412PA+PB+32PC
∴由（5）得：2PA+4PB+23PC的最小值为26；
（7）∵4PA+2PB+23PC=2(2PA+PB+3PC)
∴由（4）得4PA+2PB+23PC的最小值为434；
（8）如图3-12，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3PA+4PB+5PC的值最小．
在△BCA″中，∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=120∘，A″C=34CA=154，
过点A″作A″E⊥BC交BC延长线于E，
∴∠A″CE=60∘，
∴∠CA″E=30∘，
∴CE=12CA″=158，
∴EA″=A″C2-CE2=1538，BE=BC+CE=6+158，
∴BA″=A″E2+BE2=6+1582+15382=214，
3PA+4PB+5PC的最小值为21．
【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外侧作∠CAM=α，过点C作CE⊥AM，则CEAC=v2v1 =sinα，所以CE=v2v1AC，原问题转化为1v2BC+CE的最小值，显然垂线段最短，即过点B作AM的垂线，与直线m的交点C即为所求点.
【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D是BC边上的动点，则2AD+DC的最小值是（ ）
A．6B．8C．10D．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=12DC,2AD+DC=2(AD+12DC)=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．
【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F，连接AD，如图所示：
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，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=4，
∴DF=12DC=2,，
∴AF=AD+DF=4+2=6，
∴2(AD+DF)=2AF=12，
∴2(AD+DC)的最小值为12，
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)，连接PD，则2PD+PC的最小值是（ ）
A．4B．2+22C．22D．32+232
【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=2PD+22PC=2PD+PJ，求出DP+PJ的最小值即可解决问题．
【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的图像与x轴交于点C(3,0)，
∴b＝2，
∴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），
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BH=x,
∵DH2+BH2=BD2，
∴x2+x2=42，
∴x=22，
∴DH＝22，
∵PJ⊥CB，
∴∠PJC＝90°，
∴PJ＝22PC，
∴2PD+PC=2PD+22PC=2PD+PJ，
∵DP+PJ≥DH，
∴DP+PJ≥22，
∴DP+PJ的最小值为22，
∴2PD+PC的最小值为4．
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＝22PC是解题的关键．
3．（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+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．
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F．若点P是线段AF上的一个动点，连接CP，则CP+12AP的最小值是 ．
【答案】23
【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C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+12AP最小，CP+12AP最小值为CH，利用含30°的直角三角的性质和勾股定理求出AB，BC，最后利用等面积法求解即可．
【详解】解：过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，
由题意知：AF平分∠BAC，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，
∴∠BAF=12∠BAC=30°，
∴PQ=12AP，
∴CP+12AP=CP+PQ≥CH，
∴当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+12AP最小，CP+12AP最小值为CH，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，
∴AB=2AC=8，
∴BC=AB2-AC2=43，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CH，
∴CH=AC⋅BCAB=4×438=23，
即CP+12AP最小值为23．
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．
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+12BP的最小值为 ．

【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°角直角三角形的性质得到OE=12OA=2，进而求出BE=BO+EO=6，然后利用CP+12BP=CP+PD≤CF代入求解即可．
【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO

∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC=30°
∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4
∴OA=OB=4，CF⊥AB，
∴∠OBA=∠OAB=30°
∴∠OAE=∠OAB=12∠BAC=30°
∵BE⊥AC
∴OE=12OA=2
∴BE=BO+EO=6
∵PD⊥AB，∠ABE=30°
∴PD=12PB
∴CP+12BP=CP+PD≤CF
∴CP+12BP的最小值为CF的长度
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，CF⊥AB
∴CF=BE=6
∴CP+12BP的最小值为6．
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B(m,113)，点H在直线l上运动，求AH+45BH最小值．
【答案】83
【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sin∠MBH=45，则45BH=MH，AH+45BH=AH+MH，求出MA的长即可．
【详解】解：∵y=43x+1经过(m,113)，
∴ 43m+1=113，
∴m=2，
∴B(2,113)，
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)，
∵BF=113，
∴GF=114，
∴sin∠BGF=45，
∴sin∠MBH=45，
∴ 45BH=MH，
∴AH+45BH=AH+MH，
当A、H、M三点共线时，AH+45BH值最小，
∴M(1,113)，
∴AM=113-1=83，
∴AH+45BH值最小为83．
【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MH长是解题的关键．
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，点M为线段OC上的动点，点N为线段AC上的动点，且MN⊥AC．
(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是否有最小值，如果有，请写出理由．
【答案】(1)y=-33x2-233x+3
(2)NC=3MN，见解析
(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⊥AC，有∠MNC=90°，即可得tan∠OCA=OAOC=MNNC，问题得解；
（3）先求出∠OCA=30°，即∠OAC=60°，即有MN=12CM，则DM+12MC的最小值是DM+MN的最小值，即点D到AC的垂线段DN的长，问题随之得解．
【详解】（1）把点A1,0，B-3,0代入抛物线y=ax2+bx+3中得：
a+b+3=09a-3b+3=0，解得：a=-33b=-233，
∴抛物线的解析式为：y=-33x2-233x+3；
（2）NC=3MN，
理由是：如图1，
令x=0，则y=3，即C0,3，
∵A1,0，C0,3，
∴，OC=3，OA=1，
在Rt△AOC中，OC=3，OA=1，
∵MN⊥AC，
∴∠MNC=90°，
∴tan∠OCA=OAOC=MNNC，
∴13=MNNC，
∴NC=3MN；
（3）在M，N移动的过程中，DM+12MC有最小值是3，理由如下：
由（2）知：tan∠OCA=OAOC=13=33，
∴∠OCA=30°，即∠OAC=60°，
∴MN=12CM，
∴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AC的垂线段DN的长，如图2，
抛物线解析式为：y=-33x2-233x+3；
∴对称轴是：x=-1，即D-1,0，
∴AD=OA+OD=1+1=2，
在Rt△ADN中，∠DAN=60°，
∴DN=AD×sin∠DAN=3，
即DM+12MC=DM+MN=DN=3，
∴在M，N移动的过程中，DM+12MC有最小值是3．
【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，∠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．
【详解】（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．
【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．
【详解】（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．
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．
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+bk≠0的图象与y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为D，ΔABD的面积为5．
(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+35PA的最小值．
【答案】(1)y=12x2-x-32；y=12x+12；(2)ΔACE的面积最大值是2516，此时E点坐标为32,-158；(3)PE+35PA的最小值是3.
【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、D的坐标可利用待定系数法求出一次函数解析式；
(2)作EM∥y轴交AD于M，如图，利用三角形面积公式，由SΔACE=SΔAME-SΔCME构建关于E点横坐标的二次函数，然后利用二次函数的性质即可解决问题；
(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=∠HFE，利用锐角三角函数的定义可得出EP+35AP=FP+HP，此时FH最小，求出最小值即可．
【详解】解：(1)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，得到的抛物线解析式为y=ax-12-2，
∵OA=1，∴点A的坐标为-1,0，
代入抛物线的解析式得，4a-2=0，∴a=12，
∴抛物线的解析式为y=12x-12-2，即y=12x2-x-32．
令y=0，解得x1=-1，x2=3，∴B3,0，
∴AB=OA+OB=4，
∵ΔABD的面积为5，∴SΔABD=12AB⋅yD=5，∴yD=52，
代入抛物线解析式得，52=12x2-x-32，解得x1=-2，x2=4，∴D4,52，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴4k+b=52-k+b=0，解得：k=12b=12，
∴直线AD的解析式为y=12x+12．
(2)过点E作EM∥y轴交AD于M，如图，设Ea,12a2-a-32，则Ma,12a+12，
∴EM=12a+12-12a2+a+32=-12a2+32a+2，
∴SΔACE=SΔAME-SΔCME=12×EM⋅1 =12-12a2+32a+2×1=-14a2-3a-4，=-14a-322+2516，
∴当a=32时，ΔACE的面积有最大值，最大值是2516，此时E点坐标为32,-158．
(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P，
∵E32,-158，OA=1，
∴AG=1+32=52，EG=158，∴AGEG=52158=43，
∵∠AGE=∠AHP=90∘，
∴sin∠EAG=PHAP=EGAE=35，∴PH=35AP，
∵E、F关于x轴对称，∴PE=PF，
∴PE+35AP=FP+HP=FH，此时FH最小，
∵EF=158×2=154，∠AEG=∠HEF，
∴sin∠AEG=sin∠HEF=AGAE=FHEF=45，
∴FH=45×154=3．
∴PE+35PA的最小值是3．
【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+35PA的最小值转化为求FH的长度．
13．（2019·湖南张家界·统考中考真题）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)过点A(1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C，OC=3．
(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ADBM为正方形；
(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+12QC是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【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；(3)点P(32,-34)；(4)存在，AQ+12QC的最小值为3+32．
【分析】(1)设交点式y=a(x-1)(x-3)，利用待定系数法进行求解即可；
(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+3)，则点N(x,-x+3)，根据SΔPBC=12PN×OB可得关于x的二次函数，继而根据二次函数的性质进行求解即可；
(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=AQ+HQ=AH，求出直线HC、AH的解析式即可求得H点坐标，进行求得AH的长即可得答案.
【详解】解：(1)函数的表达式为：y=a(x-1)(x-3)=a(x2-4x+3)，
即：3a=3，解得：a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2-4x+3，
则顶点D(2,-1)；
(2)∵OB=OC=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，
∴AB=2，
∴AM=MB=ABsin45°=2，
又∵D(2，-1)，
∴AD=BD=(2-1)2+(-1-0)2=2，
∴AM=MB=AD=BD，
∴四边形ADBM为菱形，
又∵∠AMB=90°，
∴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：{3m+n=0n=3，
解得：{m=-1n=3，
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,x2-4x+3)，则点N(x,-x+3)，
则SΔPBC=12PN×OB=32(-x+3-x2+4x-3)=-32(x2-3x)，
∵-32<0，故SΔPBC有最大值，此时x=32，
故点P(32,-34)；
(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轴于点Q，
此时HQ=12CQ，
则AQ+12QC最小值=AQ+HQ=AH，
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=3x+3…①，
∵∠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=-33x+33…②，
联立①②并解得：x=1-334，
故点H(1-334,3+34)，而点A(1,0)，
则AH=12+634=3+32，
即AQ+12QC的最小值为AH=3+32．
【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三点共线时， PA+kPB的最小值为线段AC的长.
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⊙O上一动点，则2PC+PD的最小值 ，PC+65PD的最小值 ．
【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，OCOP=12，∴OPOE=OCOP=12，
∵∠COP=∠POE，∴△OCP∽△OPE，∴OPOE=APPE=12，
∴PE=2PC，∴2PC+PD=PE+PE,即当E、P、D三点共线时，2PC+PD有最小值，
最小值为OE2+OD2=242+102=26；
如图2，延长OB到F，使OF=725，连接PF、OP，
∵OD=10，OP==OA=12，∴OPOF=ODOP=56，
∵∠DOP=∠POF，∴△ODP∽△OPF，∴OPOF=DPPF=56，∴PF=65PD，
∴PC+65PD=PC+PF,即当C、P、F三点共线时，PC+65PD有最小值，
最小值为OC2+OF2=62+7252=15.6．
【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．7B．52C．4+10D．213
【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，利用勾股定理求出BM即可解决问题．
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=CMCP，
∵∠PCM＝∠ACP，
∴△PCM∽△ACP，
∴PMPA=PCAC=13，
∴PM=13PA，
∴13AP+BP＝PM+PB，
∵PM+PB≥BM，
在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，
∴BM=12+72=52，
∴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、PD，若AC=12,BD=16，则PC+14PD的最小值为 ．

【答案】1452/12145
【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=14，结合∠GOP=∠POD，可得△POG∽△DOP，利用相似三角形的性质证得PG=14PD,根据PC+PG≥CG可知CG的长即为PC+14PD的最小值，利用勾股定理求出CG便可解决问题．
【详解】解：如图，在OD上取一点G，使得OG=12，连接PG、CG．

∵四边形ABCD为菱形，AC=12,BD=16，
∴OC=12AC=6，OD=12BD=8，AC⊥BD，
∵EF=4，P是EF的中点，
∴OP=12EF=2，
∴OGOP=122=14，OPOD=28=14，
又∵∠GOP=∠POD，
∴△POG∽△DOP，
∴GPPD=14，即GP=14PD，
∵PC+PG≥CG，
∴当点G、P、C在同一直线上时，PC+14PD取得最小值，
此时PC+14PD=PC+PG=CG=OC2+OG2=1452 ，
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＝3，点P是⊙O上的一动点，则22PD+PC的最小值为 ．
【答案】342
【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=12，IG=BH=32，CG=52，进而求得CI=342，证明△POI∽△DOP求得PI=22PD，利用两点之间线段最短得到22PD+PC=PI+PC≥IC，当C、P、I共线时取等号，即可求解．
【详解】解：连接OD，∵AB为⊙O的直径，AB＝2，
∴OA=OB=1，
∵在Rt△AOD中，OA=AD=1，
∴OD=AD2+OA2=2，∠AOD=45∘，
在OD上截取OI=22，过I作IH⊥AB于H，IG⊥BC于G，连接IP、IC，
∴四边形IHBG是矩形，IH=OH=22OI=12，
∴BG=IH=12，IG=BH=OH+OB=32，
∴CG=BC-BG=3-12=52，
在Rt△CIG中，CI=IG2+CG2=322+522=342，
∵OIOP=OPOD=22，∠POD是公共角，
∴△POI∽△DOP，
∴PIPD=OPOD=22，则PI=22PD，
∴22PD+PC=PI+PC≥IC，当C、P、I共线时取等号，
故22PD+PC的最小值为CI=342，
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=22，构造相似三角形求得PI=22PD是关键．
4．（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+12AP的最小值是 ．
【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△POT∽△AOP，即有PTPA=OPOA=12，进而可得PT=12PA，则有PB+12PA=PB+PT，利用勾股定理可得BT=12+42=17，则有BP+12AP≥17，问题得解．
【详解】解：如图，取点T(0,1)，连接PT，BT．
∵T(0,1)，A(0,4)，B(4,0)，
∴OT=1，OA=4，OB=4，
∵OP=2，
∴OP2=OT⋅OA，
∴ OPOT=OAOP，
∵∠POT=∠AOP，
∴△POT∽△AOP，
∴ PTPA=OPOA=12，
∴PT=12PA，
∴PB+12PA=PB+PT，
∵BT=12+42=17，
∴PB+PT≥17，
∴BP+12AP≥17，（当B、P、T三点共线时取等号）
∴BP+12PB的最小值为17．
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AB上的动点，则CM+2DM的最小值为 ．
【答案】410
【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+2DM的最小值问题转化为求CM+MT的最小值．求出CT即可判断．
【详解】解：延长OB到T，使得BT=OB，连接MT，CT．
∵OM=6，OD=DB=3，OT=12，
∴OM2=OD⋅OT，
∴ OMOD=OTOM，
∵∠MOD=∠TOM，
∴△MOD∽△TOM，
∴ DMMT=OMOT=12，
∴MT=2DM，
∵CM+2DM=CM+MT≥CT，
又∵在Rt△OCT中，∠COT=90°，OC=4，OT=12，
∴CT=OC2+OT2=42+122=410，
∴CM+2DM≥410，
∴CM+2DM的最小值为410，
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】25
【分析】2PA＋PB＝2（PA＋22PB），利用相似三角形构造22PB即可解答．
【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=2，OBOP=222=2 ，
∴OPOI=OBOP ，∠O是公共角，
∴△BOP∽△POI，
∴PIPB=OIOP=22，
∴PI＝22PB，
∴AP＋22PB＝AP＋PI，
∴当A、P、I在一条直线上时，AP＋22PB最小，
作IE⊥AB于E，
∵∠ABO＝45°，
∴IE＝BE＝22BI＝1，
∴AE＝AB−BE＝3，
∴AI＝32+12=10，
∴AP＋22PB最小值＝AI＝10，
∵2PA＋PB＝2（PA＋22PB），
∴2PA＋PB的最小值是2AI＝2×10=25．
故答案是25．
【点睛】本题是“阿氏圆”问题，解决问题的关键是构造相似三角形．
7．（2021·全国·九年级专题练习）如图，已知正方ABCD的边长为6，圆B的半径为3，点P是圆B上的一个动点，则PD-12PC的最大值为 ．
【答案】152
【分析】如图，连接BP，在BC上取一点M，使得BM = 32，进而证明△BPM∽△BCP,则在点P运动的任意时刻，均有PM=12PC，从而将问题转化为求PD-PM的最大值．连接PD，在△PDM中，PD-PM＜DM，故当D、M、P共线时，PD-PM=DM为最大值，勾股定理即可求得DM．
【详解】如图，连接BP，在BC上取一点M，使得BM = 32，
∵BMBP=323=12，BPBC=36=12
∴BMBP=BPBC
∵∠PBM=∠CBP
∴ △BPM∽△BCP
∴MPPC=BMBP=12
∴MP=12PC
∴PD-12PC=PD-MD
在△PDM中，PD-PM＜DM，
当D、M、P共线时，PD-PM=DM为最大值，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠C=90°
在Rt△CDM中，DM=DC2+MC2=62+922=152
故答案为：152．
【点睛】本题考查了圆的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，构造12PC是解题的关键．
8．（2020·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠B=90°,AB=CB=2，以点B为圆心作圆B与AC相切，点P为圆B上任一动点，则PA+22PC的最小值是 ．

【答案】5
【分析】作BH⊥AC于H，取BC的中点D，连接PD，如图，根据切线的性质得BH为⊙B的半径，再根据等腰直角三角形的性质得到BH=12AC=2，接着证明△BPD∽△BCP得到PD=22PC，所以PA+22PC＝PA+PD，而PA+PD≥AD（当且仅当A、P、D共线时取等号），从而计算出AD得到PA+22PC的最小值．
【详解】解：作BH⊥AC于H，取BC的中点D，连接PD，如图，
∵AC为切线，
∴BH为⊙B的半径，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB＝2，
∴AC=2BA＝22，
∴BH=12AC=2，
∴BP=2，
∵PBBC=22，BDBP=12=22，
而∠PBD＝∠CBP，
∴△BPD∽△BCP，
∴PDPC=PBBC=22，
∴PD=22PC，
∴PA+22PC＝PA+PD，
而PA+PD≥AD（当且仅当A、P、D共线时取等号），
而AD=22+12=5，
∴PA+PD的最小值为5，
即PA+22PC的最小值为5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．解决问题的关键是利用相似比确定线段PD=22PC．也考查了等腰直角三角形的性质．
9．（2018·甘肃天水·校联考一模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是⊙B上的一个动点，则PD﹣12PC的最大值为 ．
【答案】5
【详解】分析: 由PD−12PC＝PD−PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD−12PC的值最大，最大值为DG＝5．
详解: 在BC上取一点G，使得BG＝1，如图，
∵PBBG=21=2，BCPB=42=2，
∴PBBG=BCPB，
∵∠PBG＝∠PBC，
∴△PBG∽△CBP，
∴PGPC=BGPB=12，
∴PG＝12PC，
当点P在DG的延长线上时，PD−12PC的值最大，最大值为DG＝42+32＝5．
故答案为5
点睛: 本题考查圆综合题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．
10．（2023下·江苏宿迁·九年级校考开学考试）
【问题呈现】如图1，∠AOB=90°， OA=4，OB=5，点P在半径为2的⊙O上，求12AP+BP的最小值．
【问题解决】小明是这样做的：如图2，在OA上取一点C使得OC=1，这样可得OCOP=12=OPOA，又因为∠COP=∠POA，所以可得△COP ∽△POA，所以CPAP=OPOA=12，得CP=12AP所以12AP+BP=CP+BP．
又因为CP+BP≥CB=OC2+OB2，所以12AP+BP最小值为 ．
【思路点拨】小明通过构造相似形（图3），将12AP转化成CP，再利用“两点之间线段”最短”求出CP+ BP的最小值．
【尝试应用】如图4，∠AOB=60°， OA=10，OB=9，点P是半径为6的⊙O上一动点，求AP+23BP的最小值．
【能力提升】如图5，∠ABC=120°， BA= BC=8，点D为平面内一点且BD= 3CD，连接AD，则△ABD面积的最大值为 ．
【答案】[问题解决]26；[尝试应用]219，见详解；[能力提升]183+12
【分析】[问题解决]利用勾股定理即可求出，最小值为26；
[尝试应用]在OB上取一点C使OC=4，通过证明△OPC∽△OBP得到PCPB=23，PC=23PB，所以AP+23BP=AP+PC≥AC，再求出AC的值，问题即可求解；
[能力提升]由BD= 3CD确定点D的运动轨迹是一个圆，过点D作DG⊥AB于G，若△ABD面积的最大，则DG最大，所以DG过圆心，进而求解本题.
【详解】解：[问题解决]如图，在Rt△BOC中，CB=OC2+OB2=12+52=26，
∴ 12AP+BP的最小值为26，
故答案为：26；
[尝试应用]如图，在OB上取一点C，使OC=6，连续PO，PC，AC
∵OCOP=46=23，OPOB=69=23，
∴OCOP=OPOB，
∵∠POC=∠BOP，
∴△POC∽△BOP
∴PCPB=OCOP=23，PC=23PB，
∴AP+23BP=AP+PC≥AC，
过点C作CD⊥OA于D，
CD=OC⋅sin∠AOC=4×sin60°=4×32=23，
OD=12OC=12×4=2，AD=OA-OD=10-2=8，
在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=82+232=219，
∴ AP+23BP最小值为219；
[能力提升]在BC上取一点E，使BE=6，延长BC到F，使BF=12，则CE=2,CF=4，
∴CEBE=26=13，CFBF=412=13，
∵BD=3DC，
∴CEBE=CFBF=CDBD=13，
连接DE，DF，
由S△DECS△DBE=ECBE=DCBD,S△CDFS△BDF=CFBF=DCBD，
∴点E，F到BD，CD的距离相等，，
∴DE，DF是△BDC的内，外角平分线，
∴∠EDF=90°，
∵点D是平面内任意一点，
∴点D在以EF为直径的圆O上，
过点O作DG⊥AB交AB的延长线于点G，交圆O于点D，则DG是直线AB到圆上的最大距离，此时△ABD的面积最大，
∵EF=BF-BE=12-6=6，EO=3，
∴BO=BE+EO=6+3=9
在Rt△BOG中，∠OBG=180°-∠ABC=180°-120°=60°，
∴OG=BO⋅sin∠OBG=9×sin60°=9×32=932，
∴DG=OG+OD=932+3，
∴S△ABD=12AB⋅DG=12×8×932+3=183+12，
∴△ABD面积的最大值为183+12，
故答案为：183+12
【点睛】本题考查了圆和相似三角形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆的性质，直径所对的圆周角直角，角平分线的判定，最短路径，锐角三角函数等知识，构造辅助线是角本题的关键.
11．（2022·广东惠州·统考一模）如图1，抛物线y=ax2+bx-4与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为-1,0，抛物线的对称轴是直线x=32．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是直线BC下方的抛物线上一个动点，是否存在点P使四边形ABPC的面积为16，若存在，求出点P的坐标若不存在，请说明理由；
(3)如图2，过点B作BF⊥BC交抛物线的对称轴于点F，以点C为圆心，2为半径作⊙C，点Q为⊙C上的一个动点，求24BQ+FQ的最小值．
【答案】(1)y=x2-3x-4
(2)P1,6或3,4
(3)37
【分析】（1）根据点A的坐标为-1,0，抛物线的对称轴是直线x=32．待定系数法求二次函数解析式即可，
（2）先求得直线BC解析式，设Pm,m2-3m-4，则Qm,m-4，过点P作PQ轴交直线BC于点Q，根据S四边形ABPC=S△ABC+S△BCP等于16建立方程，解一元二次方程即可求得m的值，然后求得P的坐标，
（3）在CB上取CE=22，过点E作EG⊥OC，构造△CQE∽△CBQ，则当F,Q,E三点共线时，取得最小值，最小值为FE，勾股定理解直角三形即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx-4与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为-1,0，抛物线的对称轴是直线x=32，
∴C0,-4，
-b2a=32a-b-4=0，
解得a=1b=-3，
∴ 抛物线解析式为：y=x2-3x-4，
（2）当y=0，即x2-3x-4=0，
解得x1=-1,x2=4，
∴B4,0，
∵C0,-4，
设直线BC解析式为y=kx+b，
-4=b4k+b=0，
解得k=1b=-4，
∴直线BC解析式为y=x-4，
设Pm,m2-3m-4，过点P作PQ轴交直线BC于点Q，
则Qm,m-4，
S四边形ABPC=S△ABC+S△BCP
=12×4+1×4+12m-4-m2+3m+4×4=-2m2+8m+10，
∵四边形ABPC的面积为16，
∴ -2m2+8m+10 =16，
解得m1=1,m2=3，
∴P1,6或3,4，
（3）如图，过点B作BF⊥BC交抛物线的对称轴于点F，以点C为圆心，2为半径作⊙C，
∵x=32是抛物线的对称轴，yF=4-32=52
∴F32,52
∵ B4,0,C0,4，
∴OB=4,OC=4，
∴BC=42，∠OBC=45°，
∵BF⊥BC，
∴∠FBO=45°，
在CB上取CE=22，过点E作EG⊥OC，交y轴于点G，交抛物线对称轴于点H，则CG= EG=22×sin45°=12，EH=32-12=1
∴FH=6，
∵CQ=2,CE=22,BC=42，
∴CECQ=222=24,CQBC=242=24，∠QCE=∠BCQ，
∴△CQE∽△CBQ，
∴EQBQ=CQCB=24，
∴QE=24BQ，
∴24BQ+FQ ≥FE，
当F,Q,E三点共线时，取得最小值，最小值为FE，
∵EG⊥FG
∴EF=HE2+HF2=12+62=37．
则24BQ+FQ的最小值为37．
【点睛】本题考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，掌握二次函数的性质与相似三角形的性质与判定是解题的关键．
12．（2021·全国·九年级专题练习）如图，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C为顶点的正方形CDEF（C、D、E、F四个顶点按逆时针方向排列）可以绕点C自由转动，且CD＝2，连接AF，BD
（1）求证：△BDC≌△AFC
（2）当正方形CDEF有顶点在线段AB上时，直接写出BD＋22AD的值；
（3）直接写出正方形CDEF旋转过程中，BD＋22AD的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）2+1或2+5 ；（3）5
【分析】（1）利用SAS，即可证明△FCA≌△DCB；
（2）分两种情况当点D，E在AB边上时和当点E，F在边AB上时，讨论即可求解；
（3）取AC的中点M．连接DM，BM．则CM＝1，可证得△DCM∽△ACD，可得DM＝22AD，从而得到当B，D，M共线时，BD+22AD的值最小，即可求解．
【详解】（1）证明： ∵四边形CDEF是正方形，
∴CF＝CD，∠DCF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠DCB，
∵AC＝CB，
∴△FCA≌△DCB（SAS）；
（2）解：①如图2中，当点D，E在AB边上时，
∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，
∴AB=ACsin45°=22，
∵CD⊥AB，
∴AD＝BD＝=AC×sin45°=2，
∴BD+22AD＝=2+22×2=2+1；
②如图3中，当点E，F在边AB上时．
BD＝CF＝BC×sin45°=2×22= 2，
AD＝BD2+AB2＝10，
∴BD+22AD＝2+22×10=2+5，
综上所述，BD＋22AD的值2+1或2+5；
（3）如图4中．取AC的中点M．连接DM，BM．则CM＝1，
∵CD＝2，CM＝1，CA＝2，
∴CD2＝CM•CA，
∴CDCA＝CMCD，
∵∠DCM＝∠ACD，
∴△DCM∽△ACD，
∴DMAD＝CDAC＝22，
∴DM＝22AD，
∴BD+22AD＝BD+DM，
∴当B，D，M共线时，BD+22AD的值最小，
最小值BM=CB2+CM2=5．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，锐角三角函数，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
13．（2017下·江苏盐城·九年级阶段练习）如图1，抛物线y=ax2+a+3x+3a≠0与x轴交于点A4,0，与y轴交于点B，在x轴上有一动点Em,0（0(1)求a的值和直线AB的函数表达式：
(2)设△PMN的周长为C1，△AEN的周长为C2，若C1C2=65求m的值．
(3)如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE'，旋转角为α（0°<α<90°），连接E'A、E'B，求E'A+23E'B的最小值．
【答案】(1)a=-34．直线AB解析式为y=-34x+3；
(2)2
(3)4103
【分析】（1）令y=0，求出抛物线与x轴交点，列出方程即可求出a，根据待定系数法可以确定直线AB解析式；
（2）由△PNM∽△ANE，推出PNAN=65，列出方程即可解决问题；
（3）在y轴上 取一点M使得OM′=43，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′A+23E′B的最小值．
【详解】（1）令y=0，则ax2+（a+3）x+3=0，
∴（x+1）（ax+3）=0，
∴x=-1或-3a，
∵抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a≠0）与x轴交于点A（4，0），
∴-3a=4，
∴a=-34．
∵A（4，0），B（0，3），
设直线AB解析式为y=kx+b，则b＝34k+b＝0，
解得k＝-34b＝3，
∴直线AB解析式为y=-34x+3；
（2）如图1，
∵PM⊥AB，PE⊥OA，
∴∠PMN=∠AEN，
∵∠PNM=∠ANE，
∴△PNM∽△ANE，
∵C1C2=65
∴PNAN=65，
∵NE∥OB，
∴ANAB=AEOA，
∴AN=54(4-m)，
∵抛物线解析式为y=-34x2+94x+3，
∴PN=-34m2+94m+3-(-34m+3)=-34m2+3m，
∴-34m2+3m54(4-m)=65，
解得m=2或4，
经检验x=4是分式方程的增根，
∴m=2；
（3）如图2，在y轴上 取一点M′使得OM′=43，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′=OE．
∵OE′=2，OM′•OB=43×3=4，
∴OE′2=OM′•OB，
∴OE'OM'=OBOE'，
∵∠BOE′=∠M′OE′，
∴△M′OE′∽△E′OB，
∴ME'BE'=OE'OB=23，
∴M'E'=23BE'，
∴AE'+23BE'=AE'+E'M'=AM'，此时AE'+23BE'最小（两点间线段最短，A、M′、E′共线时），
最小值=AM'=42+(43)2=4103．
【点睛】本题为二次函数综合题，主要考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM′就是AE'+23BE'的最小值．
14．（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在RT△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，圆C的半径为2，点P为圆上一动点，连接AP，BP，求：
①AP+12BP，
②2AP+BP，
③13AP+BP，
④AP+3BP的最小值．
【答案】①37；②237；③2373；④237．
【分析】①在CB上取点D，使CD=1，连接CP、DP、AD．根据作图结合题意易证△DCP∼△PCB，即可得出PD=12BP，从而推出AP+12BP=AP+PD，说明当A、P、D三点共线时，AP+PD最小，最小值即为AD长．最后在Rt△ACD中，利用勾股定理求出AD的长即可；
②由2AP+BP=2(AP+12BP)，即可求出结果；
③在CA上取点E，使CE=23，连接CP、EP、BE．根据作图结合题意易证△ECP∼△PCA，即可得出EP=13AP，从而推出13AP+BP=EP+BP，说明当B、P、E三点共线时，EP+BP最小，最小值即为BE长．最后在Rt△BCE中，利用勾股定理求出BE的长即可；
④由AP+3BP=3(13AP+BP)，即可求出结果．
【详解】解：①如图，在CB上取点D，使CD=1，连接CP、DP、AD．
∵CD=1，CP=2，CB=4，
∴CDCP=CPCB=12．
又∵∠DCP=∠PCB，
∴△DCP∼△PCB，
∴PDBP=12，即PD=12BP，
∴AP+12BP=AP+PD，
∴当A、P、D三点共线时，AP+PD最小，最小值即为AD长．
∵在Rt△ACD中，AD=AC2+CD2=62+12=37．
∴AP+12BP的最小值为37；
②∵2AP+BP=2(AP+12BP)，
∴2AP+BP的最小值为2×37=237；
③如图，在CA上取点E，使CE=23，连接CP、EP、BE．
∵CE=23，CP=2，CA=6，
∴CECP=CPCA=13．
又∵∠ECP=∠PCA，
∴△ECP∼△PCA，
∴EPAP=13，即EP=13AP，
∴13AP+BP=EP+BP，
∴当B、P、E三点共线时，EP+BP最小，最小值即为BE长．
∵在Rt△BCE中，BE=BC2+CE2=42+(23)2=2373．
∴13AP+BP的最小值为2373；
④∵AP+3BP=3(13AP+BP)，
∴AP+3BP的最小值为3×2373=237．
【点睛】本题考查圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．正确的作出辅助线，并且理解三点共线时线段最短是解答本题的关键．
15．（2021上·江苏宿迁·九年级校考期末）问题提出：如图①，在Rt△ABC中，∠C=90∘，CB=4，CA=6，⊙C的半径为2，P为圆上一动点，连接AP、BP，求AP+12BP的最小值．
（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图①，连接CP，在CB上取一点D，使CD=1，则CDCP=CPCB=12．又∠PCD=∠BCP，所以△PCD∽△BCP．所以PDBP=CDCP=12．
所以PD=12PB，所以AP+12BP=AP+PD．
请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+12BP的最小值为________；
（2）自主探索：在“问题提出”的条件不变的前提下，求13AP+BP的最小值；
（3）拓展延伸：如图②，已知在扇形COD中，∠COD=90∘，OC=6，OA=3，OB=5，P是CD上一点，求2PA+PB的最小值．
【答案】（1）37；（2）2337；（3）13．
【分析】（1）根据题意可知最小值为AD长度，利用勾股定理即可求出AD长度．
（2）连接CP，在CA上取一点D，使CD=23，即可证明△PCD∽△ACP，得到PD=13AP，即13AP+BP=PD+BP，所以13AP+BP的最小值为BD长度，利用勾股定理即可求出BD长度．
（3）延长OC到E，使CE=6，连接PE，OP，即可证明△OAP∽△OPE，得到EP=2PA，即2PA+PB=EP+PB，所以2PA+PB的最小值为BE长度，利用勾股定理即可求出BE长度．
【详解】（1）根据题意可知，当A、P、D三点共线时，AP+12BP最小，最小值=AD=CD2+AC2=12+62=37．
故答案为：37．
（2）连接CP，在CA上取一点D，使CD=23，
则有CDCP=CPCA=13，
∵∠PCD=∠ACP，
∴△PCD∽△ACP，得PDAP=CDCP=13，
∴PD=13AP，故13AP+BP=PD+BP，
仅当B、P、D三点共线时，
13AP+BP的最小值=BD=CD2+BC2=232+42=2337．
（3）延长OC到E，使CE=6，连接PE，OP，
则OAOP=OPOE=12，∵∠AOP=∠POE，
∴△OAP∽△OPE，∴OAOP=OPOE=APEP=12，
∴EP=2PA，∴2PA+PB=EP+PB，
仅当E、P、B三点共线时，
EP+PB=BE=OE2+OB2=52+122=13，
即2PA+PB的最小值为13．
【点睛】本题考查圆的综合，勾股定理，相似三角形的判定和性质．根据阅读材料的思路构造出△PCD∽△ACP和△OAP∽△OPE是解题的关键．本题较难．
16．（2019·山东·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于A，C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点，与x轴的另一交点为B
（1）求抛物线解析式及B点坐标；
（2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，连接MA、MB、BC，当点M运动到某一位置时，四边形AMBC面积最大，求此时点M的坐标及四边形AMBC的面积；
（3）如图2，若P点是半径为2的⊙B上一动点，连接PC、PA，当点P运动到某一位置时，PC+12PA的值最小，请求出这个最小值，并说明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣6x+5， B（5，0）；（2）当M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18；（3）PC+12PA的最小值为41，理由详见解析.
【分析】（1）由直线y＝﹣5x+5求点A、C坐标，用待定系数法求抛物线解析式，进而求得点B坐标．
（2）从x轴把四边形AMBC分成△ABC与△ABM；由点A、B、C坐标求△ABC面积；设点M横坐标为m，过点M作x轴的垂线段MH，则能用m表示MH的长，进而求△ABM的面积，得到△ABM面积与m的二次函数关系式，且对应的a值小于0，配方即求得m为何值时取得最大值，进而求点M坐标和四边形AMBC的面积最大值．
（3）作点D坐标为（4，0），可得BD＝1，进而有BDBP=BPAB=12，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根据两边对应成比例且夹角相等可证△PBD∽△ABP，得PDPA等于相似比12，进而得PD＝12AP，所以当C、P、D在同一直线上时，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小．用两点间距离公式即求得CD的长．
【详解】解：（1）直线y＝﹣5x+5，x＝0时，y＝5
∴C（0，5）
y＝﹣5x+5＝0时，解得：x＝1
∴A（1，0）
∵抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点
∴1+b+c=00+0+c=5 解得：b=-6c=5
∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5
当y＝x2﹣6x+5＝0时，解得：x1＝1，x2＝5
∴B（5，0）
（2）如图1，过点M作MH⊥x轴于点H
∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）
∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5
∴S△ABC＝12AB•OC＝12×4×5＝10
∵点M为x轴下方抛物线上的点
∴设M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5）
∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5
∴S△ABM＝12AB•MH＝12×4（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）2+8
∴S四边形AMBC＝S△ABC+S△ABM＝10+[﹣2（m﹣3）2+8]＝﹣2（m﹣3）2+18
∴当m＝3，即M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18
（3）如图2，在x轴上取点D（4，0），连接PD、CD
∴BD＝5﹣4＝1
∵AB＝4，BP＝2
∴BDBP=BPAB=12
∵∠PBD＝∠ABP
∴△PBD∽△ABP
∴PDAP=PDBP=12
∴PD＝12AP
∴PC+12PA＝PC+PD
∴当点C、P、D在同一直线上时，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小
∵CD＝OC2+OD2=52+42=41
∴PC+12PA的最小值为41
【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的性质、圆的性质及相似三角形的判断与性质.
题型04 瓜豆原理
【模型介绍】在几何双动点问题中，当两个动点与定点满足一定条件时，这两动点的运动规律会出现“种线得线、种圆得圆”的关联性，这种关联性，形象地用中国一句俗语“种瓜得瓜、种豆得豆”来形容，取名为“瓜豆原理”.
【条件】瓜豆原理运用满足的三个条件(“一定两动、定角、定比”)；
①有一个定点、两个动点，且一个动点(从动点)因另一个动点(主动点)的运动而随之运动；
②两个动点与定点所连线组成的夹角是定角;
③两个动点到定点的距离的比值是定值.
【模型一】如图，点O是定点，点 A、B是动点，∠AOB=α且OBOA=k，如果A点的运动轨迹是直线，那么B点的运动轨迹也是直线.
证明过程：如下图，假设此时点A运动到点A’, 点B运动到点B’,且满足∠A’OB’=α，OB’OA’=k
所以∠AOA’=∠BOB’, OBOA= OB’OA’=k 因此△AOA’∽△BOB’ ∴∠OAA’=∠OBB’, BB’AA’=k
∴点B在运动过程中，BB’与OB’的夹角始终保持不变，且夹角与∠OAA’相等，所以点B的运动轨迹是一条直线.
∴直线BB’与直线AA’的夹角为α（8字模型自行证明）
【模型二】如图，点O是定点，点 A、B是动点，∠AOB=α且OBOA=k，如果A点的运动轨迹是圆，那么B点的运动轨迹也是圆.
证明过程：连接OE，作OC，使得∠EOC=α，在OC上取点F，使得OF=kOE
∵∠AOB=∠EOC=α ∴∠AOE=∠BOF 而OBOA= OFOE=k
因此△AOE∽△BOF ∴BF=kAE
所以点B的运动轨迹是圆.
【瓜豆原理 专项训练】
1．（2017·江苏无锡·统考二模）如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB=4，BC=2，点P是⊙O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP=60°，连接OD，则OD长的最大值为 ．
【答案】23+1/1+23
【分析】作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE，OE=23，∠OCP=∠ECD，由△COP∽△CED，推出OPED=CPCD=2，即ED=12OP=1（定长），由点E是定点，DE是定长，点D在半径为1的⊙E上，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，作△COE，使得∠CEO=90°，∠ECO=60°，则CO=2CE，OE=23，∠OCP=∠ECD，
∵∠CDP=90°，∠DCP=60°，
∴CP=2CD，
∴ COCE=CPCD=2，
∴△COP∽△CED，
∴ OPED=CPCD=2，
即ED=12OP=1（定长），
∵点E是定点，DE是定长，
∴点D在半径为1的⊙E上，
∵OD≤OE+DE=23+1，
∴OD的最大值为23+1，
故答案为：23+1．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、两圆的位置关系、轨迹等知识，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，属于中考压轴题．
2．（2021上·福建福州·八年级福州三牧中学校考期中）如图，等边三角形ABC中，AB=4，高线AH=23，D是线段AH上一动点，以BD为边向下作等边三角形BDE，当点D从点A运动到点H的过程中，点E所经过的路径为线段CM，则线段CM的长为 ，当点D运动到点H，此时线段BE的长为 ．
【答案】 23 2
【分析】由“SAS”可得△ABD≌△CBE，推出AD=EC，可得结论，再由勾股定理求解BH=2, 当D,H重合时，BE=BH=2, 从而可得答案.
【详解】解：如图，连接EC．
∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴BA=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
{BA=BC∠ABD=∠CBEBD=BE，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴AD=EC，
∵点D从点A运动到点H，
∴点E的运动路径的长为CM=AH=23，
当D,H重合，而△BDE（即△BHE）为等边三角形，
∴BE=BH,
∵AB=4,AH=23,AH⊥BC,
BH=42-(23)2=2,
∴BE=2,
故答案为：23,2．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，动点的轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
3．（2019·江苏宿迁·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE=1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边ΔEFG，连接CG，则CG的最小值为 ．
【答案】52
【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
【详解】由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动
将ΔEFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到ΔEFB≅ΔEHG，
从而可知ΔEBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上，
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值，
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
则CM=MP+CP=HE+12EC=1+32=52.
故答案为52．
【点睛】本题考查了线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键．
4．（2022上·江苏扬州·九年级校考阶段练习）如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知AB=2，BC=4，△ACD是等边三角形，则△BCD的面积的最大值为（ ）
A．43+4B．4C．43+8D．6
【答案】A
【分析】以BC为边向上作等边三角形BCM，连接DM，证明△DCM≌△ACB得到DM=AB=2，分析出点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，在求出点D到线段BC的最大距离，即可求出面积的最大值．
【详解】解：如图，以BC为边向上作等边三角形BCM，连接DM，
∵∠DCA=∠MCB=60°，
∴∠DCA-∠ACM=∠MCB-∠ACM，即∠DCM=∠ACB，
在△DCM和△ACB中，
DC=AC∠DCM=∠ACBMC=BC，
∴△DCM≌△ACBSAS，
∴DM=AB=2，
∴点D的运动轨迹是以点M为圆心，DM长为半径的圆，要使△BCD的面积最大，则求出点D到线段BC的最大距离，
∵△BCM是边长为4的等边三角形，
∴点M到BC的距离为23，
∴点D到BC的最大距离为23+2，
∴△BCD的面积最大值是12×4×23+2=43+4，
故选A．
【点睛】本题考查了动点轨迹是圆的问题，解决本题的关键是利用构造全等三角形找到动点D的轨迹圆，再求出圆上一点到定线段距离的最大值．
5．（2020·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣12x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点Q'，连接OQ'，则OQ'的最小值为( )

A．455B．5C．523D．655
【答案】B
【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，

设Q(m，-12m+2)，则PM=m﹣1，QM=-12m+2，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
∠PMQ=∠PNQ'=90°∠QPM=∠PQ'NPQ=Q'P，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=-12m+2，Q′N=PM=m﹣1，
∴ON=1+PN=3-12m，
∴Q′(3-12m，1﹣m)，
∴OQ′2=(3-12m)2+(1﹣m)2=54m2﹣5m+10=54(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为5，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．
6．（2021上·湖南长沙·八年级长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考期中）在平面直角坐标系中，A（a，0）、B（b，0），且a，b满足a2-6a+9+b+3=0，C、D两点分别是y轴正半轴、x轴负半轴上的两个动点；
（1）如图1，若C（0，4），求△ABC的面积；
（2）如图1，若C（0，4），BC=5，BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求D点的坐标；
（3）如图2，若∠CBA=60°，以CD为边，在CD的右侧作等边△CDE，连接OE，当OE最短时，求A，E两点之间的距离．
【答案】（1）△ABC的面积为12；（2）D点的坐标为（-2，0）；（3）A，E两点之间的距离为32
【分析】（1）利用完全平方式和绝对值的性质求出a，b，然后确定A、B两点坐标，从而利用三角形面积公式求解即可；
（2）根据题意判断出△CBD≌△DAE，从而得到CB=AD，然后利用勾股定理求出CB，及可求出结论；
（3）首先根据“双等边”模型推出△DCB≌△ECA，得到∠DBC=∠EAC=120°，进一步推出AE∥BC，从而确定随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，再根据点到直线的最短距离为垂线段的长度，确定OE最短时，各点的位置关系，最后根据含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）∵a2-6a+9+b+3=0，
∴a-32+b+3=0，
由非负性可知，a-3=0b+3=0，解得：a=3b=-3，
∴A3,0，B-3,0，AB=3--3=6，
∵C0,4，
∴OC=4，
∴S△ABC=12AB·OC=12×6×4=12；
（2）由（1）知A3,0，B-3,0，
∴OA=OB，
∵OC⊥AB，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
在△AOC和△BOC中，
OA=OB∠AOC=∠BOCOC=OC
∴△AOC≌△BOCSAS，
∴∠CBO=∠CAO，
∵∠CDA=∠CDE+∠ADE=∠BCD+∠CBA，∠CBA=∠CDE，
∴∠ADE=∠BCD，
在△BCD和△ADE中，
∠BCD=∠ADE∠CBD=∠DAEBD=AE
∴△BCD≌△ADEAAS，
∴CB=AD，
∵B-3,0，C0,4，
∴OB=3，OC=4，
∴BC=OB2+OC2=5，
∴AD=BC=5，
∵A3,0，
∴D-2,0；
（3）由（2）可知CB=CA，
∵∠CBA=60°，
∴△ABC为等边三角形，∠BCA=60°，∠DBC=120°，
∵△CDE为等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°，
∵∠DCE=∠DCB+∠BCE，∠BCA=∠BCE+∠ECA，
∴∠DCB=∠ECA，
在△DCB和△ECA中，
CD=CE∠DCB=∠ECACB=CA
∴△DCB≌△ECASAS，
∴∠DBC=∠EAC=120°，
∵∠EAC+∠ACB=120°+60°=180°，
∴AE∥BC，
即：随着D点的运动，点E在过点A且平行于BC的直线PQ上运动，
∵要使得OE最短，
∴如图所示，当OE⊥PQ时，满足OE最短，此时∠OEA=90°，
∵∠DBC=∠EAC=120°，∠CAB=60°，
∴∠OAE=∠EAC-∠CAB=60°，∠AOE=30°，
∵A3,0，
∴OA=3，
∴AE=12OA=32，
∴当OE最短时，A，E两点之间的距离为32．
【点睛】本题考查坐标与图形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形和等边三角形的判定与性质等，理解平面直角坐标系中点坐标的特征，掌握等腰或等边三角形的性质，熟练使用全等三角形的判定与性质是解题关键．
7．（2021·陕西西安·九年级交大附中分校校考开学考试）在菱形ABCD中，∠BAD=120°，E是对角线BD上的一点，连接AE．
（1）当E在AB的中垂线上时，把射线EA绕点E顺时针旋转90°后交CD于F，连接BF．如图①，若AB=4，求EF的长．
（2）在（1）的条件下，连接BF，把△BEF绕点B顺时针旋转得到△BHK如图②，连接CH，点N为CH的中点，连接AN，求AN的最大值．
【答案】（1）EF=83 （2）833
【分析】（1）通过菱形性质证明AE=BE，在Rt△DAE中，利用勾股定理求出AE的长度，再Rt△DAE中，可以得到DE=2AE，在等腰△DEF中，利用角度推导出DE=3EF，代入数值求解即可．
（2）判断出点Ｈ的运动轨迹，从而知道点Ｎ的运动轨迹，根据三角形三边关系，即可得到AN的最大值．
【详解】（1）解：过点F作FM⊥BD于点M，如下图：
∵四边形ABCD是菱形,且∠BAD=120°
∴AD=AB=4,∠ABC=∠ADC=60∘
∵BD为菱形对角线
∴∠ABE=∠ADE=∠FDE=30∘,
又∵E在AB的中垂线上
∴AE=BE
∴∠BAE=∠ABE=30∘
∴∠AED=60∘,∠EAD=∠BAD-∠BAE=120∘-30∘=90∘
在Rt△DAE中，∠ADE=30∘
∴DE=2AE
设：AE=x，则DE=2x
∵AE2+AD2=DE2
即：x2+42=(2x)2
解得：x=433
∴DE=833
∵∠AEF=90∘，∠AED=60∘
∴∠FED=30∘
∴∠FED=∠FDE
∴EF=DF
又∵FM⊥BD
∴EM=DM
∴DE=2EM=2×32EF=3EF
∴833=3EF
∴EF=83
（2）连接AC,延长AE交BC于点M，则有AM⊥BC,点H的运动轨迹是以点B为圆心，BH为半径的圆，因为点C为固定点，点Ｎ为CH的中点，所以点N的运动轨迹是以点M为圆心，NM为半径的圆，如下图：
此时：在△AMN在，AM+MN≥AN,当 A、M、N三点共线时，AN最大
则：在Rt△AMC中，CM=12AC=2
∵AM2=AC2-CM2
∴AM2=12
∴AM=23
又∵M点是BC的中点，N是CH的中点
∴MN=12BH=12BE=233
∴AN=23+233=833
【点睛】本题看考查勾股定理，等腰三角形性质．瓜豆模型等相关知识点，根据题意列出相关等量关系是解题重点．
8．（2019·江苏淮安·统考中考真题）如图①，在ΔABC中，AB=AC=3，∠BAC=100°，D是BC的中点．
小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到ΔBPE．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．
①∠BEP= ；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是 ．
（2）请在图③中画出ΔBPE，使点E在直线AD的右侧，连接CE，试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．
（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
【答案】（1）①50°；②EC∥AB；（2）AB∥EC；（3）AE的最小值3．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质即可解决问题．②证明∠ABC=40°，∠ECB=40°，推出∠ABC=∠ECB即可．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明∠BCE=12∠BPE=40°即可解决问题．
（3）因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值=AB=3．
【详解】（1）①如图②中，
∵∠BPE=80°，PB=PE，
∴∠PEB=∠PBE=50°，
②结论：AB∥EC．
理由：∵AB=AC，BD=DC，
∴AD⊥BC，
∴∠BDE=90°，
∴∠EBD=90°-50°=40°，
∵AE垂直平分线段BC，
∴EB=EC，
∴∠ECB=∠EBC=40°，
∵AB=AC，∠BAC=100°，
∴∠ABC=∠ACB=40°，
∴∠ABC=∠ECB，
∴AB∥EC．
故答案为50，AB∥EC．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．
∵AD垂直平分线段BC，
∴PB=PC，
∴∠BCE=12∠BPE=40°，
∵∠ABC=40°，
∴ AB∥EC．
（3）如图④中，作AH⊥CE于H，
∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，
∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值=AB=3．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
9．（2020·全国·九年级专题练习）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，BC=23，以点B为圆心，3为半径作圆．点P为⊙B上的动点，连接PC，作P'C⊥PC，使点P'落在直线BC的上方，且满足P'C:PC=1:3，连接BP，AP'．
（1）求∠BAC的度数，并证明△AP'C∽△BPC；
（2）如图2，若点P在AB上时，连接BP'，求BP'的长；
（3）点P在运动过程中，BP'是否有最大值或最小值？若有，请求出当BP'取得最大值或最小值时，∠PBC的度数；若没有，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）BP'=17；（3）有．① 当BP'取得最大值时，∠PBC=120°；②当BP'取得最小值时，∠PBC=60°．
【分析】（1）利用锐角三角函数求出∠BAC，先判断出ACBC= P'CPC=33，再判断出∠P'CA=∠PCB，即可得出结论；
（2）先求出∠P'AC，进而得出∠P'AB＝90°，再利用相似求出AP'，即可得出结论；
（3）先求出AP'＝1是定值，判断出点P'在以点A为圆心，1为半径的圆上，分当点P'在BA的延长线上时和当点P'在线段AB上时，两种情况讨论即可．
【详解】（1）在Rt△ABC中，AC=2，BC=23，
∴tan∠BAC=BCAC=3，
∴∠BAC=60°，
∵ACBC=223=33，P'CPC=13=33，
∴ACBC=P'CPC，
∵P'C⊥PC，
∴∠P'CP=∠ACB=90°，
∴∠P'CA=∠PCB，
∴△AP'C∽△BPC；
（2）由（1）知，∠BAC=60°，
∴∠ABC=90°-∠BAC=30°，
∴AB=2AC=4，
∴△AP'C∽△BPC，
∴∠P'AC=∠PBC=30°，AP'PB=P'CPC=33，
∵BP=3，
∴AP'=1，
∵∠P'AB=∠CAP'+∠BAC=30°+60°=90°，
∴在Rt△P'AB中，AP'=1，AB=4，
由勾股定理得BP'=AP'2+AB2=17；
（3）有．由（1）知，△AP'C∽△BPC，
∴AP'BP=P'CPC=33，
∴AP'3=33，
∴AP'=1是定值，
∴点P'是在以点A为圆心，半径为AP'=1的圆上，
①如图所示，当点P'在BA的延长线上时，BP'取得最大值，
∴∠P'AC=180°-∠BAC=120°．
∵△AP'C∽△BPC，
∴∠P'AC=∠PBC=120°．
∴当BP'取得最大值时，∠PBC=120°；
②如图所示，当点P'在线段AB上时，BP'取得最小值，
∵△AP'C∽△BPC，
∴∠PBC=∠BAC=60°，
∴当BP'取得最小值时，∠PBC=60°．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，直角三角形的判定和性质，圆的性质，判断出△AP'C∽△BPC是解本题的关键．
10．（2023上·重庆沙坪坝·八年级重庆一中校考期末）在△ABC中，D为直线AC上一动点，连接BD，将BD绕点B逆时针旋转90°，得到BE，连接DE与AB相交于点F．
(1)如图1，若D为AC的中点，∠BAC=90°，AC=4，BD=29，连接AE，求线段AE的长；
(2)如图2，G是线段BA延长线上一点，D在线段AC上，连接DG，EC，若∠BAC<90°，EC⊥BG，∠ADE=∠DBC，∠DBC＋∠G=∠EBF，证明2BC=2AD+DC；
(3)如图3，若△ABC为等边三角形，AB=62，点M为线段AC上一点，且2CM=AM，点P是直线BC上的动点，连接EP，MP，EM，请直接写出当EP+MP最小时△EPM的面积．
【答案】(1)AE=34；
(2)证明见解析；
(3)9+23．
【分析】（1）根据题意由勾股定理可得AB长度，作EG⊥AB，交AB于G，利用旋转及互余可证得△ABD≌△GEB（AAS），则得EG=AB，BG=AD，可求出AG，再由勾股定理可得AE的长度；
（2）由旋转可知，△BDE为等腰直角三角形，根据其性质再利用互余可证得△EBC≌△BDG（AAS），则有BD=DG，∠EBC=∠BDG，由∠ADE=∠DBC，可证∠ADG=45°，由∠ADE=∠DBC，利用三角形内角和定理可得∠ACB=45°，作BH⊥BC，交CA延长线于H，连接HG，易知，△BCH为等腰直角三角形，可得∠BHC=45°，BH=BC=DG，CH=2BC，易得BH∥DG，可证四边形BDGH是平行四边形，即HD=2AD，利用CH=HD+CD可得证结论；
（3）作BH⊥AC，交AC于H，将BC绕点B逆时针旋转90°，证明△BGE≌△BCD（SAS），进而证得EG∥BH，作点M关于BC的对称点N，连接PN，CN，由对称易知CM=CN，易知当EP+MP最小时，即EP+PN最小，亦即N、P、E在同一直线，且NE⊥EG，如图，作BT⊥GE，交GE于T，易知四边形BQET是矩形，证得△PMC是等边三角形，求出PE=36+22，△EPM的高h=6，根据S△EPM=12EP⋅h可得答案．
【详解】（1）解：∵D为AC的中点，AC=4，BD=29，∠BAC=90°
∴AD=12AC=2，则由勾股定理，可得：AB=BD2-AD2=5，
作EG⊥AB，交AB于G，
由题意可知，∠DBE=90°，BE=BD，
∴∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
又∵∠EGB=∠BAC=90°，
∴△ABD≌△GEB（AAS），
∴EG=AB=5，BG=AD=2，
则AG=AB-BG=3，
由勾股定理可得：AE=EG2+AG2=34；
（2）证明：由旋转可知，△BDE为等腰直角三角形，
∴∠7=45°，∠EBD=90°，BE=BD，
∵EC⊥BG，
∴∠3+∠EBF=90°，
又∵∠4+∠EBF=90°，∠3+∠1=90°，
∴∠3=∠4，∠1=∠EBF=∠2+∠DBC，
又∵∠DBC+∠G=∠EBF，
∴∠2=∠G，
在△EBC和△BDG中，∠3=∠4∠2=∠GBE=BD，
∴△EBC≌△BDG（AAS），
∴BD=DG，∠EBC=∠BDG，
则：∠EBD+∠DBC=∠7+∠ADE+ADG，
∵∠ADE=∠DBC，
∴∠EBD=∠7+ADG，即：90°=45°+ADG，
∴∠ADG=45°，
又∵∠ADE=∠DBC=∠5+∠6，
由三角形内角和定理可得：∠DBC+∠2=∠6+∠7，
即：∠6+∠5+∠2=∠6+∠7，
∴∠ACB=∠5+∠2=∠7=45°，
作BH⊥BC，交CA延长线于H，连接HG，
∴△BCH为等腰直角三角形，
∴∠BHC=45°，BH=BC=DG，CH=2BC，
∵∠ADG=45°，
∴BH∥DG，
∴四边形BDGH是平行四边形，
∴AH=AD，即HD=2AD，
∴CH=HD+CD=2AD+CD=2BC；
（3）作BH⊥AC，交AC于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=62，∠ACB=∠ABC=60°，BH平分∠ABC，
则∠ABH=∠CBH=30°，
将BC绕点B逆时针旋转90°，则BC=BG=62，∠DBE=∠CBG=90°，
∴∠EBG=∠DBC，∠GBH=∠CBG-∠CBH=60°
∴△BGE≌△BCD（SAS），
∴∠BGE=∠BCD=60°
∴EG∥BH，
作点M关于BC的对称点N，连接PN，CN，由对称易知CM=CN，∠BCN=∠ACB=60°，PM=PN
∴EP+MP=EP+PN
当EP+MP最小时，即EP+PN最小，亦即N、P、E在同一直线，且NE⊥EG，如图：
作BT⊥GE，交GE于T，则∠BGT=60°，∠TBG=30°
∴GT=12BG=32，BT=BG2-TG2=36，
∵EG∥BH，BH⊥AC，NE⊥EG
∴BH⊥NP，NE∥AC，四边形BQET是矩形，
则∠ACB=∠NPC=∠BPQ=60°，EQ=BT=36，即∠MPE=60°，
由轴对称可知，∠CPM=∠NPC=60°，
∴△PMC是等边三角形，则：PM=CM=CP，
∵2CM=AM，
∴PM=CM=CP=22，BP=42，∠ABH=∠CBH=30°
∴QP=12BP=22，CH=12BC=32，
则由勾股定理可得：BQ=26，BH=36，
∵NE∥AC，BH⊥NP，
则QH为NE，AC之间的距离，
∴QH=6，即△EPM的高h=6
∴PE=EQ+PQ=36+22，
∴S△EPM=12EP⋅h=12×36+22×6=9+23．
【点睛】本题属于几何综合题，考查了全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，第（2）问证明∠ACB=45°，∠ADG=45°解决问题的关键，第（3）问弄清E的运动轨迹是解决问题的关键．
11．（2023下·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考开学考试）在等边三角形ABC中，点D为AC上一点，连接BD，将BD绕D逆时针旋转角度α得到DE，连接BE，已知AB=4，BG⊥AC；

(1)如图1，若α=60°，tan∠DBG=2-3，连接CE，求CE的长；
(2)如图2，若α=120°，分别取CD的中点H，BE的中点F，连接HF，DF，求证：HG=HF；
(3)如图3，若AD=32，P为AE上一点，且满足AP=2PE，连接BP，将BP沿着BG所在直线翻折得到BP'，连接GP'，当GP'最大时，直接写出△BPE的面积．
【答案】(1)8-43；
(2)见解析；
(3)233．
【分析】（1）解：由旋转性质及等边三角形性质可知，可证△ABD≌△CBE（SAS），得CE=AD，由BG⊥AC，可得AG=12AC=2，BG=23，根据tan∠DBG=2-3=DGBG，可得DG=43-6，从而通过CE=AD=AG-DG可计算出结果；
（2）延长DF，使DF=FM，连接BM，CM，则DM=2DF，根据题意可知，HF为△DCM的中位线，即HF=12CM，类比（1）可证得△ABD≌△CBM（SAS），可得AD=CM，即HF=12CM=12AD，由H为CD的中点，可得DH=12AC-12AD，DG=12AC-AD，从而可得HG=DH-DG=12AD，即可得结论；
（3）由（1）知，AG=2，BG=23，DB=DE，由AD=32，则DG=12，可得BD=DE=72，由AP=2PE，得APAE=23，作PO∥ED，可得△APO∽△AED，利用相似三角形得性质可列比例式，求得PO=73，AO=1，OG=1，可知点P的轨迹为：以O为圆心，PO为半径的圆，由翻折可知，GP'=GP，而GP≤OP+OG，当O，P，G在同一直线上时GP取最大值，即GP'取最大值，此时，AP=OP-OA=43，PE=12AP=23，进而可求得面积．
【详解】（1）解：由旋转性质可知，DB=DE，
∵旋转角α=60°，
∴△BDE是等边三角形，则∠DBE=60°，BD=BE，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠ABC=60°，AB=BC=AC，
∴∠ABC-∠CBD=∠DBE-∠CBD，即∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴CE=AD，
∵BG⊥AC，AB=BC=AC=4，∠A=60°，
∴AG=12AC=2，BG=23，
又∵tan∠DBG=2-3=DGBG，
∴DG=43-6，
∴CE=AD=AG-DG=2-43-6=8-43；
（2）证明：延长DF，使DF=FM，连接BM，CM，则DM=2DF，
即F为DM的中点，
∵H为CD的中点，
∴HF为△DCM的中位线，即HF=12CM，
旋转角α=120°，由旋转性质可知：BD=DE=30°，
∵F为BE的中点，
∴DF⊥AE，DF平分∠BDE，
∴BD=2DF，∠BDM=60°，则BD=DM，
∴△BDM为等边三角形，
∴BD=BM，∠DBM=60°，
又∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°，AB=BC，
∴∠ABC-∠CBD=∠DBM-∠CBD，即∠ABD=∠CBM，
∴△ABD≌△CBM（SAS），
∴AD=CM，即HF=12CM=12AD，
∵H为CD的中点，
∴DH=12DC=12AC-AD=12AC-12AD，
DG=AG-AD=12AC-AD，
∴HG=DH-DG=12AC-12AD-12AC-AD=12AD
∴HG=HF．
（3）由（1）知，AG=2，BG=23，DB=DE，
∵AD=32，则DG=12，
∴BD=DE=BG2+DG2=72，
由AP=2PE，得APAE=23，
作PO∥ED，则：△APO∽△AED，
∴APAE=PODE=AOAD=23，则PO=73，AO=1，OG=1，
即点P的轨迹为：以O为圆心，PO为半径的圆，
由翻折可知，GP'=GP，而GP≤OP+OG，当O，P，G在同一直线上时GP取最大值，即：GP'取最大值，如图
此时，AP=OP-OA=43，PE=12AP=23，
则S△BEP=12PE⋅BG=12×23×23=233．
【点睛】本题属于几何题综合，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，翻折的性质，勾股定理，解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形及相似相似三角形是关键．
12．（2020·全国·九年级专题练习）如图所示，△ABO为等腰直角三角形，A-4,0，直角顶点B在第二象限，点C在y轴上移动，以BC为斜边向上作等腰直角△BCD，我们发现直角顶点D点随着C点的移动也在一条直线上移动，求这条直线的函数解析式．
【答案】直线的函数解析式为y=-x+2．
【分析】抓住两个特殊位置：当BC与x轴平行时，求出D的坐标；C与原点重合时，D在y轴上，求出此时D的坐标，设所求直线解析式为y=kx+b，将两位置D坐标代入得到关于k与b的方程组，求出方程组的解得到k与b的值，即可确定出所求直线解析式．
【详解】如图所示．当BC与x轴平行时，过点B作BE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，交BC于点G，

∵△ABO是等腰直角三角形，点A的坐标是-4,0，
∴AO=4，
∴BC=BE=AE=EO=GF=12OA=2，
又∵△BDC是等腰直角三角形，
∴OF=DG=BG=CG=12BC=1，DF=DG+GF=3，
∴点D的坐标为-1,3．
当C与原点O重合时，D在y轴上，
此时OD=BE=2，即D0,2，
设所求直线解析式为：y=kx+bk≠0，
将-1,3、0,2代入得
-k+b=3,b=2,解k=-1,b=2,
∴直线的函数解析式为y=-x+2．
【点睛】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定一次函数解析式，等腰直角三角形的性质，坐标与图形性质，熟练运用待定系数法是解本题的关键．
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°
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△CDE
BD长度即为所求,在Rt△BCD中有勾股定理可得BD=BC2+CD2=61
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=BF2+FD2=91
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=BF2+FD2=60+303
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1，不需要转化，所以旋转△PCB.
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+12PB+32PC）=234
求2PA+4PB+23PC最小值
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（12PA+PB+32PC）=26