专题49 单一线段的最值问题-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练

这是一份专题49 单一线段的最值问题-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练，文件包含专题49单一线段的最值问题原卷版-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练docx、专题49单一线段的最值问题解析版-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。

专题49 单一线段的最值问题
【规律总结】
类型一：动点轨迹--直线型
考法指导
动点轨迹为一条直线时，利用“垂线段最短”求最值。
（1） 当动点轨迹确定时可直接运用垂线段最短求最值
（2） 当动点轨迹不易确定是直线时，可通过以下三种方法进行确定
①观察动点运动到特殊位置时，如中点，端点等位置时是否存在动点与定直线的端点连接后的角度不变，若存在该动点的轨迹为直线。
②当某动点到某条直线的距离不变时，该动点的轨迹为直线。
③当一个点的坐标以某个字母的代数式表示时，若可化为一次函数，则点的轨迹为直线。
类型二：动点轨迹--圆或圆弧型
考法指导
动点的轨迹为定圆时，可利用：“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。
确定动点轨迹为圆或者圆弧型的方法:
（1） 动点到定点的距离不变，则点的轨迹是圆或者圆弧。
（2） 当某条边与该边所对的角是定值时，该角的顶点的轨迹是圆，具体运用如下;
①见直角，找斜边，想直径，定外心，现圆形
②见定角，找对边，想周角，转心角，现圆形
类型三：动点轨迹--不确定型
考法指导
动点轨迹非圆或直线时，基本上将此线段转化为一个三角形中，
（1）利用三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求最值。
（2）在转化较难进行时，可借助直角三角形斜边上的中线及中位线或构建全等图形进一步转化求最值。
【典例分析】
例1．（2020·安徽马鞍山市·马鞍山八中九年级期末）如图，抛物线 y＝x2－4 与 x 轴交于 A、B 两点，P 是以点 C（0， 3）为圆心， 2 为半径的圆上的动点，Q是线段 PA 的中点，连结 OQ，则线段OQ的最大值是（ ）

A．1.5 B．3 C．3.5 D．4
【答案】C
【分析】
连接PB，得OQ是△ABP的中位线，当B、C、P三点共线，且点C在PB之间时，PB最大，即可求解．
【详解】
令y＝x2－4=0，则x＝±4，
故点B（4，0），
设圆的半径为r，则r＝2，
连接PB，
∵点Q、O分别为AP、AB的中点，故OQ是△ABP的中位线，
当B、C、P三点共线，且点C在PB之间时，PB最大，此时OQ最大，
∴OQ＝BP＝（BC＋r）＝（＋2）＝3.5，
故选C．

【点睛】
本题主要考查的是抛物线与x轴的交点以及三角形中位线的性质，本题的关键是根据圆的基本性质，确定BP的最大值．
例2．（2020·河南安阳市·九年级期中）如图，矩形和正方形中，，，正方形绕点旋转过程中，线段的最小值为______．

【答案】
【分析】
由勾股定理可求BD=，BF=，由题意可得点F在以点B为圆心，BF为半径的圆上，则当点F在线段DB上时，DF的值最小，即可求解．
【详解】
解：连接BD、BF
∵矩形，，，
∴∠C=90°
∴
∵正方形，
∴

∴点F在以点B为圆心，BF为半径的圆上，
∴当点F在线段DB上时，DF的值最小，
∴DF的最小值=BD-BF=
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质以及勾股定理的运用，正确的判断出DF最小时F点的位置是解答此题的关键．
例3．（2020·渝中区·重庆巴蜀中学九年级期中）如图，点A在抛物线y＝﹣x2+6x上，且横坐标为1，点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E的坐标为（2，2）．
（1）求线段AB的长；
（2）点P为线段AB上方抛物线上的任一点，过P作AB的垂线交AB于点H，点F为y轴上一点，当△PBE的面积最大时，求PH+HF+FO的最小值；
（3）在（2）中，当PH+HF+FO取得最小值时，将△CFH绕点C顺时针旋转60°后得到，过点作的垂线与直线AB交于点Q，点R为y轴上一动点，M为平面直角坐标系中的一动点，是否存在使以点D，Q，R，M为顶点的四边形为矩形？若存在请直接写出点R的坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）AB=4，（2）（3）存在，R1（0，15），R2（0，-5），R3（0，7+）或R4（0，7-）
【分析】
（1）求出A和B两点坐标，即可求出AB长；
（2）设P点横坐标为m，把△PBE的面积的解析式用含m的式子表示出来，化成顶点式，顶点横坐标即为面积最大时点P的横坐标，代入抛物线中求出P点的纵坐标，此时PH为定长，过O点作过二、四象限且与y轴夹角为60°的直线ON，过H作HG⊥ON，求出HG长，加上PH即为PH+HF+FO的最小值；
（3）先求出Q点和D点坐标，再分情况讨论：当QD为边时，当QD为对角线时，分别求出点R的坐标即可．
【详解】
解：（1）当x=1时，y＝﹣x2+6x得y=5，则A（1,5），
∵点B与点A关于抛物线的对称轴对称
当y=5时，代入y＝﹣x2+6x中，得5=﹣x2+6x，则x1=5,x2=1,
则B（5,5）
∴AB=5-1=4,
（2）如图，过P作PF//y轴，交EB于点F，

∵点E的（2，2）（5,5）
∴则直线EB的解析式为y=x，
设点P的坐标（m，﹣m2+6m）则点F（m,m）
则PF=﹣m2+6m-m=﹣m2+5m，
S△PBE=S△EFP+S△PBF=×PF（xB-xE）=（﹣m2+5m）=，
则P点横坐标m=时，代入抛物线解析式得到y=，则P（）时，面积△PBE最大，此时H（），则PH=，PH为定长，HF+FO最小时，PH+HF+FO就最小，
过O与y轴夹角60°的直线ON，过H作HG垂直ON交y轴于点F，此时GF=OF，HF+FO的最小时=HG，
∵∠FOG=60°，∠FGO=∠HTO=90°，
∴∠OFG=∠TFH=30°，
在Rt△HTF中， HT=，∠TFH=30
则FH=5，
由勾股定理得TF=，
∴OF=5-
又∵HG=HF+FG==5+sin60°OF=5+sin60°（5-）==+，
∴PH+HF+FO的最小值=PH+HG=+=，
∴PH+HF+FO的最小值为；

（3）当QD为边时，
如图，由旋转性质可知F´T=，∠QTF=30°，
∴TQ=cos30°F´T=5，则Q（-5，5）
又∵D点是抛物线的顶点，
∴点D的坐标为（3，9），
设直线QD的解析式为y=kx+b，把Q（-5，5）D（3，9）代入直线解析式中，可得
y=，
当四边形QDR1M为矩形时，
∵R1D⊥QD，
∴设直线R1D的直线解析式为y=-2x+b，把点D代入直线R1D的解析式中，可得b=15，
∴直线R1D的直线解析式为y=-2x+15
当x=0时，y=15，∴R1（0，15），
当四边形QR2MD为矩形时，同理可得直线QR2的解析式为y=-2x-5，
当x=0时，y=-5，∴R2（0，-5），

当QD为对角线时，
设点R（0，y）
由勾股定理得，QR2==25+，DR2=（3-0）2+（9-y）2=9+（9-y）2，QD2=（-5-3）2+（5-9）2=80，
当四边形为矩形时，R为矩形的顶点，则由QR2+ DR2= QD2
则有25++9+（9-y）2=80，
解得y1=7+，y2=7-，
则R3（0，7+）或R4（0，7-）

综上所述，存在使以点D，Q，R，M为顶点的四边形为矩形，R的坐标为R1（0，15），R2（0，-5），R3（0，7+）或R4（0，7-）．
【点睛】
本题考查求抛物线与直线的交点、两点间距离、距离和最小问题、旋转的性质、二次函数面积的最值、矩形性质、一次函数及其交点问题等，综合性强，难点大，属中考压轴题型．


【好题演练】
一、单选题
1．（2020·浙江杭州市·树兰中学九年级月考）如图所示，是半圆的直径，，，是弧上的一个动点（含端点，不含端点），连接，过点作于，连接，在点移动的过程中，的取值范围是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
由∠AEC=90°知E在以AC为直径的⊙M的上（不含点C、可含点N），从而得BE最短时，即为连接BM与⊙M的交点（图中E′点），在Rt△BCM中利用勾股定理求得BM=，从而得BE长度的最小值BE′=BM-ME′=-2；由BE最长时即E与C重合，根据BC=3且点E与点C不重合，得BE＜3，从而得出答案．
【详解】
解：如图，

由题意知，∠AEC=90°，
∴E在以AC为直径的⊙M的上（不含点C、可含点N），
∴BE最短时，即为连接BM与⊙M的交点（图中E′点），
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB=5，AC=4，
∴BC=3，CM=2，
则BM===，
∴BE长度的最小值BE′=BM-ME′=-2，
当BE最长时，即E与C重合，
∵BC=3，且点E与点C不重合，
∴BE＜3，
综上，-2≤BE＜3，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、勾股定理等知识点，根据题意得出BE最短时，即为连接BM与⊙M的交点是解题的关键．
2．（2020·台州市路桥实验中学九年级月考）如图，边长为2a的等边△ABC中，D为BC中点，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN，则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（ ）

A．a B． C． D．
【答案】D
【分析】
连接MD，根据等边三角形的性质可得BH=BD，再求出∠HBN=∠MBD，根据旋转的性质可得MB=NB，然后利用“边角边”证明△MBD≌△NBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN=MD，然后根据垂线段最短可得MD⊥CH时最短，再根据∠BCH=30°求解即可．
【详解】
解：如图，连接MD，

∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠DBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BD，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBD和△NBH中，
，
∴△MBD≌△NBH（SAS），
∴MD=NH，
根据垂线段最短，MD⊥CH时，MD最短，即HN最短，
此时∵∠BCH=×60°=30°，CD=AB=×2a=a，
∴MD=CD=×a=，
∴HN=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．


二、填空题
3．（2021·湖北鄂州市·八年级期末）如图，点为线段外一动点，，，分别以、为边作等边、等边，连接．则线段长的最大值为______．

【答案】5
【分析】
连接CE,根据等边三角形的性质得到AE＝AB，AC＝AD，∠CAD＝∠BAE＝60°，再利用SAS推出△BAD≌△EAC，由全等三角形的性质得到BD＝EC，由于线段BD长的最大值＝线段EC的最大值，即可得到结果．
【详解】
解：连接CE，

∵△ACD与△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB，AC＝AD，∠CAD＝∠BAE＝60°，
∴∠CAD＋∠BAC＝∠BAE＋∠BAC，
即∠BAD＝∠EAC，
在△BAD与△EAC中，
，
∴△BAD≌△EAC（SAS），
∴BD＝EC；
∵线段BD长的最大值＝线段EC的最大值，
当线段EC的长取得最大值时，点E在CB的延长线上，且BC＝4，AB＝1，
∴线段BD长的最大值为BE＋BC＝AB＋BC＝5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了三角形的综合问题，掌握等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，并正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（2020·常州市第二十四中学九年级月考）如图，在等腰直角△ABC中，斜边AB的长度为8，以AC为直径作圆，点P为半圆上的动点，连接BP，取BP的中点M，则CM的最小值为__________．

【答案】
【分析】
连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM，取EF的中点O，连接OM，OC，CM．根据图形结合题意易证明∠EMF=90°，得出结论点M的运动轨迹是弧EF，即以EF为直径的半圆，再根据题意可求出AC、BC的值，即得出CF，EF的值，由勾股定理可求出OC的值，最后利用CM≥OC-OM即可求出CM的最小值．
【详解】
如图，连接PA、PC，取AB、BC的中点E、F，连接EF、EM、FM，取EF的中点O，连接OM，OC，CM．

∵AC是直径，
∴∠APC=90°，
∵BE=EA，BM=MP，
∴EM∥PA，同理FM∥PC，
∴∠BME=∠BPA，∠BMF=∠BPC，
∴∠BME+∠BMF=∠BPA+∠BPC=90°，
∴∠EMF=90°，
∴点M的轨迹是弧EF，（EF为直径的半圆）
∵BC=AC，∠ACB=90°，AB=8，
∴AC=BC=4，
∵AE=EB，BF=CF=2，
∴EF=AC=2，EF∥AC，
∴∠EFB=∠EFC=∠ACB=90°，OE=OF=OM=，
∴OC===，
∵CM≥OC-OM，
∴CM≥
综上可知CM最小值为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查轨迹、等腰直角三角形的性质、圆的有关知识，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．

三、解答题
5．（2018·云南昆明市·云大附中九年级期末）定义：长宽比为（为正整数）的矩形称为矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图所示．

操作1：将正方形沿过点的直线折叠，使折叠后的点落在对角线上的点处，折痕为．
操作2：将沿过点的直线折叠，使点、点分别落在边、上，折痕为．则四边形为矩形．
（1）证明：四边形为矩形；
（2）点是边上一动点．
①如图，是对角线的中点，若点在边上，，连接．求的值；
②若，点在边上，当周长最小时，求的值．
③连接，作，垂足为．若，则的最小值为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②；③1．
【分析】
（1）先根据正方形的性质可得，再根据折叠的性质可得，然后根据矩形的判定、等腰直角三角形的判定与性质可得四边形ABCD是矩形，，从而可得，最后根据矩形的定义即可得证；
（2）①先根据可判定点四点共圆，从而根据圆周角定理可得，再根据矩形的性质、等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据正切三角函数的定义即可得；
②如图（见解析），先根据矩形的性质可得，再根据垂直平分线的判定与性质可得，从而可得周长为，然后根据两点之间线段最短可得当点共线时，周长最小，最后利用相似三角形的判定与性质可得，由此即可得；
③如图（见解析），先根据矩形的性质可得，再根据可得点R在以BC为直径的圆上，然后根据点与圆的位置关系可得当点共线时，DR取得最小值，最小值为，最后利用勾股定理求出的长，由此即可得．
【详解】
（1）四边形是正方形，
，
由折叠的性质得：，
是等腰直角三角形，四边形ABCD是矩形，
，
，
即矩形的长宽比为，
故四边形为矩形；
（2）①如图，连接OB，
，
点四点共圆，
，
点是矩形ABCD的对角线的中点，
，
，
，
在中，，
；

②如图，延长MB至点E，使，连接EN，
四边形ABCD是矩形，
，
垂直平分ME，
，
设，则，
，
，，
周长为，
要使周长最小，则只需取得最小值，
由两点之间线段最短得：当点共线时，最小，
又，
，
；

③四边形ABCD是矩形，，
，
，
点R在以BC为直径的圆上，
如图，设BC的中点为点O，即圆心为点O，连接OR、OD，
则，
由点与圆的位置关系得：当点共线时，DR取得最小值，最小值为，
在中，，
则DR的最小值为，
故答案为：1．

【点睛】
本题考查了正方形与折叠的性质、相似三角形的判定与性质、正切三角函数、圆周角定理等知识点，较难的是题（2）③，正确判断出点R的运动轨迹是解题关键．
6．（2020·盐城市初级中学九年级期中）[阅读材料]如图1所示，对于平面内⊙P，在⊙P上有弦AB，取弦AB的中点M，我们把弦AB的中点M到某点或某直线的距离叫做弦AB到这点或者这条直线的“密距”例如：图1中线段MO的长度即为弦AB到原点O的“密距”，过点M作y轴的垂线交y轴于点N线段MN的长度即为弦AB到y轴的“密距”．


[类比应用]
已知⊙P的圆心为P（0，4），半径为2，弦AB的长度为2，弦AB的中点为M．
（1）当AB//y轴时，如图2所示，圆心P到弦AB的中点M的距离是____，此时弦AB到原点O的“密距”是 ；
（2）①如果弦AB在⊙P上运动，在运动过程中，圆心P到弦AB的中点M的距离变化吗?若不变化，请求出PM的长，若变化，请说明理由．
②直接写出弦AB到原点O的“密距”d的取值范围 ；
[拓展应用]如图3所示，已知⊙P的圆心为P（0，4），半径为2,点A（0，2），点B为⊙P上白一动点，有直线y=-x-3，弦AB到直线y=-x-3的“密距”的最大值是 ．（直接写出答案）
【答案】 【类比应用】（1）；；（2）①不变化，PM长为；②；【拓展应用】．
【分析】
[类比应用]：（1）理解“密距”之意义，运用垂径定理相关知识，构造直角三角形，运用勾股定理容易作答．（2）①运用同圆中等弦的的弦心距相等，易得答；②运用两点之间线段最短，易得弦AB到原点O的“密距”d的取值范围．
[拓展应用]：先证得弦AB的中点M运动轨迹是以(0,3)为圆心，以1为半径的圆，再求出此圆心到直线y=-x-3的“密距”，加1即可得弦AB到直线y=-x-3的“密距”的最大值．
【详解】
[类比应用]（1）如下图2

连接PA、PM、OM、
∵P为圆心，M是弦AB（非直径）的中点
∴PM⊥AB
在RT△PAM中，由勾股定理得

即圆心P到弦AB的中点M的距离是；
∵AB∥y轴
∴PM⊥y轴
在RT△OMP中，由勾股定理得

∴由“密距”的意义得
弦AB到原点O的“密距”是．
（2）①不变化
连接PM、PA、
∵点M是弦AB（非直径）的中点，P为圆心，
∴PM⊥AB，MA=MB=1，
∴PM=
②由图知
∴；
[拓展应用]：如下图3

C是PA中点，连接CM、过C作CD⊥EF于D
∵M是AB（非直径）中点，P是⊙P的圆心
∴PM⊥AB
又∵C是PA中点
∴
当AB是⊙P的直径时，CM=CP=1
∴当B点在⊙P上运动是，M的运动轨迹是以C为圆心，以1为半径的圆．
易知直线y=-x-3与两坐标轴的交点为E(0,-3)、F(-3,0)
∴OE=OF=3，
∴EC=AO+OE+AC=2+3+1=6
又∵x轴⊥y轴
∴∠DEC=45°
∴
由图易知M到EF的最远距离为CD+CM=
所以弦AB到直线y=-x-3的“密距”的最大值为．
【点睛】
此题主要考查垂径定理的相关知识．其关键是读懂题意理解“密距”，在拓展应用中还有一关键是发现弦AB的中点的轨迹是圆．