2023年中考数学压轴题培优专题09 阿氏圆问题（含答案解析）

这是一份2023年中考数学压轴题培优专题09 阿氏圆问题（含答案解析），共64页。

【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题09阿氏圆问题
解题策略


模型建立：已知平面上两点A、B,则所有符合＝k（k＞0且k≠1）的点P会组成一个圆．这个结论最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,称阿氏圆．
阿氏圆基本解法：构造三角形相似．
模型解读：
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＋k·PB”的值最小时,P 点的位置如何确定？


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OPOB=k；
4：在OB上截取一点C,使得OCOP=OPOB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．
本题的关键在于如何确定“k·PB”的大小,（如图 2）在线段 OB上截取 OC 使 OC＝k·r,则可说明△BPO 与△PCO 相似,即 k·PB＝PC．
∴本题求“PA＋k·PB”的最小值转化为求“PA＋PC”的最小值,即 A、P、C 三点共线时最小（如图 3）,时AC线段长即所求最小值．
经典例题



【例1】（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．
【例2】（2022·广东惠州·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．
【例3】（2019秋•山西期末）阅读以下材料,并按要求完成相应的任务．
已知平面上两点A、B,则所有符合＝k（k＞0且k≠1）的点P会组成一个圆．这个结论最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,称阿氏圆．
阿氏圆基本解法：构造三角形相似．
【问题】如图1,在平面直角坐标系中,在x轴,y轴上分别有点C（m,0）,D（0,n）,点P是平面内一动点,且OP＝r,设＝k,求PC+kPD的最小值．

阿氏圆的关键解题步骤：
第一步：如图1,在OD上取点M,使得OM：OP＝OP：OD＝k；
第二步：证明kPD＝PM；第三步：连接CM,此时CM即为所求的最小值．
下面是该题的解答过程（部分）：
解：在OD上取点M,使得OM：OP＝OP：OD＝k,
又∵∠POD＝∠MOP,∴△POM∽△DOP．
任务：
（1）将以上解答过程补充完整．
（2）如图2,在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝4,BC＝3,D为△ABC内一动点,满足CD＝2,利用（1）中的结论,请直接写出AD+BD的最小值．
【例4】如图,在每个小正方形的边长为1的网格中,△OAB的顶点O,A,B均在格点上,点E在OA上,且点E也在格点上．
（I）的值为　　；
（Ⅱ）是以点O为圆心,2为半径的一段圆弧．在如图所示的网格中,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,当E'A+E'B的值最小时,请用无刻度的直尺画出点E′,并简要说明点E'的位置是如何找到的（不要求证明）　 　．

培优训练


一．填空题（共13小题）
1．（2022•南召县开学）如图,在△ABC中,∠A＝90°,AB＝AC＝4,点E、F分别是边AB、AC的中点,点P是以A为圆心、以AE为半径的圆弧上的动点,则的最小值为 　 　．

2．（2021秋•龙凤区期末）如图,在Rt△ABC中,∠C＝90°,AC＝9,BC＝4,以点C为圆心,3为半径做⊙C,分别交AC,BC于D,E两点,点P是⊙C上一个动点,则PA+PB的最小值为 　 　．

3．（2022春•长顺县月考）如图,在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝6,BC＝8,D、E分别是边BC、AC上的两个动点,且DE＝4,P是DE的中点,连接PA,PB,则PA+PB的最小值为 　 　．

4．（2021秋•梁溪区校级期中）如图,⊙O与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N,⊙O半径为3,点A（0,1）,点B（2,0）,点P在弧MN上移动,连接PA,PB,则3PA+PB的最小值为 　 　．

5．（2021•碑林区校级模拟）如图,在△ABC中,BC＝6,∠BAC＝60°,则2AB+AC的最大值为 　 　．

6．（2020•武汉模拟）【新知探究】新定义：平面内两定点A,B,所有满足＝k（k为定值）的P点形成的图形是圆,我们把这种圆称之为“阿氏圆”
【问题解决】如图,在△ABC中,CB＝4,AB＝2AC,则△ABC面积的最大值为 　 　．

7．（2020秋•天宁区校级月考）如图,已知菱形ABCD的边长为8,∠B＝60°,圆B的半径为4,点P是圆B上的一个动点,则PD﹣PC的最大值为 　 　．

8．（2020•溧阳市一模）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 　 　．

9．如图,正方形ABCD的边长为4,E为BC的中点,以B为圆心,BE为半径作⊙B,点P是⊙B上一动点,连接PD、PC,则PD+PC的最小值为 　 　．

10．如图,扇形AOB中,∠AOB＝90°,OA＝6,C是OA的中点,D是OB上一点,OD＝5,P是上一动点,则PC+PD的最小值为 　 　．

11．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+的最小值是 　 　．

12．如图所示,∠ACB＝60°,半径为2的圆O内切于∠ACB．P为圆O上一动点,过点P作PM、PN分别垂直于∠ACB的两边,垂足为M、N,则PM+2PN的取值范围为 　 　．

13．如图,边长为4的正方形,内切圆记为圆O,P为圆O上一动点,则PA+PB的最小值为 　 　．

二．解答题
14．（2022•从化区一模）已知,AB是⊙O的直径,AB＝,AC＝BC．
（1）求弦BC的长；
（2）若点D是AB下方⊙O上的动点（不与点A,B重合）,以CD为边,作正方形CDEF,如图1所示,若M是DF的中点,N是BC的中点,求证：线段MN的长为定值；
（3）如图2,点P是动点,且AP＝2,连接CP,PB,一动点Q从点C出发,以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P,再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B,到达点B后停止运动,求点Q的运动时间t的最小值．

15．（2021•渝中区校级自主招生）如图,在△ABC 与△DEF中,∠ACB＝∠EDF＝90°,BC＝AC,ED＝FD,点D在AB上．
（1）如图1,若点F在AC的延长线上,连接AE,探究线段AF、AE、AD之间的数量关系,并证明你的结论；
（2）如图2,若点D与点A重合,且AC＝3,DE＝4,将△DEF绕点D旋转,连接BF,点G为BF的中点,连接CG,在旋转的过程中,求CG+BG的最小值；
（3）如图3,若点D为AB的中点,连接BF、CE交于点M,CE交AB于点N,且BC：DE：ME＝7：9：10,请直接写出的值．

16．（2021•九龙坡区校级模拟）在△ABC中,∠CAB＝90°,AC＝AB．若点D为AC上一点,连接BD,将BD绕点B顺时针旋转90°得到BE,连接CE,交AB于点F．

（1）如图1,若∠ABE＝75°,BD＝4,求AC的长；
（2）如图2,点G为BC的中点,连接FG交BD于点H．若∠ABD＝30°,猜想线段DC与线段HG的数量关系,并写出证明过程；
（3）如图3,若AB＝4,D为AC的中点,将△ABD绕点B旋转得△A′BD′,连接A′C、A′D,当A′D+A′C最小时,求S△A′BC．
17．（2021•沙坪坝区校级模拟）如图1,在四边形ABCD中,AC交BD于点E,△ADE为等边三角形．
（1）若点E为BD的中点,AD＝4,CD＝5,求△BCE的面积；
（2）如图2,若BC＝CD,点F为CD的中点,求证：AB＝2AF；
（3）如图3,若AB∥CD,∠BAD＝90°,点P为四边形ABCD内一点,且∠APD＝90°,连接BP,取BP的中点Q,连接CQ．当AB＝6,AD＝4,tan∠ABC＝2时,求CQ+BQ的最小值．

18．（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．
19．（2022·四川·隆昌市蓝天育才学校一模）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．


20．（2019·山东·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．
21．（2018·广西柳州·中考真题）如图,抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(3,0),B两点（点B在点A的左侧）,与y轴交于点C,且OB=3OA=3OC,∠OAC的平分线AD交y轴于点D,过点A且垂直于AD的直线l交y轴于点E,点P是x轴下方抛物线上的一个动点,过点P作PF⊥x轴,垂足为F,交直线AD于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m,当FH=HP时,求m的值；
（3）当直线PF为抛物线的对称轴时,以点H为圆心,12HC为半径作⊙H,点Q为⊙H上的一个动点,求14AQ+EQ的最小值．




经典例题



【例1】（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．
【例2】（2022·广东惠州·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．
(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．
【例3】（2019秋•山西期末）阅读以下材料,并按要求完成相应的任务．
已知平面上两点A、B,则所有符合＝k（k＞0且k≠1）的点P会组成一个圆．这个结论最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,称阿氏圆．
阿氏圆基本解法：构造三角形相似．
【问题】如图1,在平面直角坐标系中,在x轴,y轴上分别有点C（m,0）,D（0,n）,点P是平面内一动点,且OP＝r,设＝k,求PC+kPD的最小值．

阿氏圆的关键解题步骤：
第一步：如图1,在OD上取点M,使得OM：OP＝OP：OD＝k；
第二步：证明kPD＝PM；第三步：连接CM,此时CM即为所求的最小值．
下面是该题的解答过程（部分）：
解：在OD上取点M,使得OM：OP＝OP：OD＝k,
又∵∠POD＝∠MOP,∴△POM∽△DOP．
任务：
（1）将以上解答过程补充完整．
（2）如图2,在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝4,BC＝3,D为△ABC内一动点,满足CD＝2,利用（1）中的结论,请直接写出AD+BD的最小值．
【分析】（1）在OD上取点M,使得OM：OP＝OP：OD＝k,利用相似三角形的性质以及两点之间线段最短解决问题即可．
（2）利用（1）中结论计算即可．
【解答】解（1）在OD上取点M,使得OM：OP＝OP：OD＝k,
又∵∠POD＝∠MOP,
∴△POM∽△DOP．
∴MP：PD＝k,
∴MP＝kPD,
∴PC+kPD＝PC+MP,当PC+kPD取最小值时,PC+MP有最小值,即C,P,M三点共线时有最小值,
利用勾股定理得．

（2）∵AC＝m＝4,＝,在CB上取一点M,使得CM＝CD＝,

∴的最小值为．
【例4】如图,在每个小正方形的边长为1的网格中,△OAB的顶点O,A,B均在格点上,点E在OA上,且点E也在格点上．
（I）的值为　　；
（Ⅱ）是以点O为圆心,2为半径的一段圆弧．在如图所示的网格中,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,当E'A+E'B的值最小时,请用无刻度的直尺画出点E′,并简要说明点E'的位置是如何找到的（不要求证明）　通过取格点K、T,使得OH：OD＝2：3,构造相似三角形将E′B转化为E′H　．

【分析】（1）求出OE,OB即可解决问题．
（2）构造相似三角形把E′B转化为E′H,利用两点之间线段最短即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意OE＝2,OB＝3,
∴＝,
故答案为：．
（2）如图,取格点K,T,连接KT交OB于H,连接AH交于E′,连接BE′,点E′即为所求．

故答案为：通过取格点K、T,使得OH：OD＝2：3,构造相似三角形将E′B转化为E′H,利用两点之间线段最短即可解决问题．
培优训练


一．填空题（共13小题）
1．（2022•南召县开学）如图,在△ABC中,∠A＝90°,AB＝AC＝4,点E、F分别是边AB、AC的中点,点P是以A为圆心、以AE为半径的圆弧上的动点,则的最小值为 　　．

【分析】在AB上截取AQ＝1,连接AP,PQ,CQ,证明△APQ∽△ABP,可得PQ＝PB,则PB+PC＝PC+PQ,当C、Q、P三点共线时,PC+PQ的值最小,求出CQ即为所求．
【解析】如图,在AB上截取AQ＝1,连接AP,PQ,CQ,

∵点E、F分别是边AB、AC的中点,点P是以A为圆心、以AE为半径的圆弧上的动点,
∴,
∵AP＝2,AQ＝1,
∴,
∵∠PAQ＝∠BAP,
∴△APQ∽△ABP,
∴PQ＝PB,
∴PB+PC＝PC+PQ≥CQ,
在Rt△ACQ中,AC＝4,AQ＝1,
∴QB＝＝＝．,
∴PB+PC的最小值．,
故答案为：．
2．（2021秋•龙凤区期末）如图,在Rt△ABC中,∠C＝90°,AC＝9,BC＝4,以点C为圆心,3为半径做⊙C,分别交AC,BC于D,E两点,点P是⊙C上一个动点,则PA+PB的最小值为 　　．

【分析】在AC上截取CQ＝1,连接CP,PQ,BQ,证明△ACP∽△PCQ,可得PQ＝AP,当B、Q、P三点共线时,PA+PB的值最小,求出BQ即为所求．
【解析】在AC上截取CQ＝1,连接CP,PQ,BQ,
∵AC＝9,CP＝3,
∴＝,
∵CP＝3,CQ＝1,
∴＝,
∴△ACP∽△PCQ,
∴PQ＝AP,
∴PA+PB＝PQ+PB≥BQ,
∴当B、Q、P三点共线时,PA+PB的值最小,
在Rt△BCQ中,BC＝4,CQ＝1,
∴QB＝,
∴PA+PB的最小值,
故答案为：．

3．（2022春•长顺县月考）如图,在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝6,BC＝8,D、E分别是边BC、AC上的两个动点,且DE＝4,P是DE的中点,连接PA,PB,则PA+PB的最小值为 　　．

【分析】如图,在CB上取一点F,使得CF＝,连接PF,AF．利用相似三角形的性质证明PF＝PB,根据PF+PA≥AF,利用勾股定理求出AF即可解决问题．
【解析】如图,在CB上取一点F,使得CF＝,连接PF,AF．

∵∠DCE＝90°,DE＝4,DP＝PE,
∴PC＝DE＝2,
∵＝,＝,
∴＝,
∵∠PCF＝∠BCP,
∴△PCF∽△BCP,
∴＝＝,
∴PF＝PB,
∴PA+PB＝PA+PF,
∵PA+PF≥AF,AF＝＝＝,
∴PA+PB≥,
∴PA+PB的最小值为,
故答案为．
4．（2021秋•梁溪区校级期中）如图,⊙O与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N,⊙O半径为3,点A（0,1）,点B（2,0）,点P在弧MN上移动,连接PA,PB,则3PA+PB的最小值为 　　．

【分析】在y轴上取点H（0,9）,连接BH,通过证明△AOP∽△POH,可证HP＝3AP,则3PA+PB＝PH+PB,当点P在BH上时,3PA+PB有最小值为HB的长,即可求解．
【解析】如图,在y轴上取点H（0,9）,连接BH,

∵点A（0,1）,点B（2,0）,点H（0,9）,
∴AO＝1,OB＝2,OH＝9,
∵,∠AOP＝∠POH,
∴△AOP∽△POH,
∴,
∴HP＝3AP,
∴3PA+PB＝PH+PB,
∴当点P在BH上时,3PA+PB有最小值为HB的长,
∴BH＝＝＝,
故答案为：．
5．（2021•碑林区校级模拟）如图,在△ABC中,BC＝6,∠BAC＝60°,则2AB+AC的最大值为 　4　．

【分析】由2AB+AC＝2（AB+）得,再将AB+AE转化成一条线段BP,可证出∠P是定角,从而点P在△PBC的外接圆上运动,当BP为直径时,BP最大解决问题．
【解析】∵2AB+AC＝2（AB+）,
∴求2AB+AC的最大值就是求2（AB+）的最大值,
过C作CE⊥AB于E,延长EA到P,使得AP＝AE,
∵∠BAC＝60°,
∴EA＝,
∴AB+＝AB+AP,
∵EC＝,PE＝2AE,
由勾股定理得：PC＝,
∴sinP＝,
∴∠P为定值,
∵BC＝6是定值,
∴点P在△CBP的外接圆上,

∵AB+AP＝BP,
∴当BP为直径时,AB+AP最大,即BP',
∴sinP'＝sinP＝,
解得BP'＝2,
∴AB+AP＝2,
∴2AB+AC＝2（AB+AP）＝4,
故答案为：4．
6．（2020•武汉模拟）【新知探究】新定义：平面内两定点A,B,所有满足＝k（k为定值）的P点形成的图形是圆,我们把这种圆称之为“阿氏圆”
【问题解决】如图,在△ABC中,CB＝4,AB＝2AC,则△ABC面积的最大值为 　　．

【分析】以A为顶点,AC为边,在△ABC外部作∠CAP＝∠ABC,AP与BC的延长线交于点P,证明△APC∽△BPA,由相似三角形的性质可得BP＝2AP,CP＝AP,从而求出AP、BP和CP,即可求出点A的运动轨迹,再找出距离BC最远的A点的位置即可求解．
【解析】以A为顶点,AC为边,在△ABC外部作∠CAP＝∠ABC,AP与BC的延长线交于点P,

∵∠CAP＝∠ABC,∠BPA＝∠APC,AB＝2AC,
∴△APC∽△BPA,
,
∴BP＝2AP,CP＝AP,
∵BP﹣CP＝BC＝4,
∴2AP﹣AP＝4,解得：AP＝,
∴BP＝,CP＝,即点P为定点,
∴点A的轨迹为以点P为圆心,为半径的圆上,如图,过点P作BC的垂线,交圆P与点A1,此时点A1到BC的距离最大,即△ABC的面积最大,
S△ABC＝BC•A1P＝×4×＝．
故答案为：．
7．（2020秋•天宁区校级月考）如图,已知菱形ABCD的边长为8,∠B＝60°,圆B的半径为4,点P是圆B上的一个动点,则PD﹣PC的最大值为 　2　．

【分析】连接PB,在BC上取一点G,使得BG＝2,连接PG,DG,过点D作DH⊥BC交BC的延长线于H．利用相似三角形的性质证明PG＝PC,再根据PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG,求出DG,可得结论．
【解析】连接PB,在BC上取一点G,使得BG＝2,连接PG,DG,过点D作DH⊥BC交BC的延长线于H．

∵PB＝4,BG＝2,BC＝8,
∴PB2＝BG•BC,
∴＝,
∵∠PBG＝∠CBP,
∴△PBG∽△CBP,
∴＝＝,
∴PG＝PC,
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB∥CD,AB＝CD＝BC＝8,
∴∠DCH＝∠ABC＝60°,
在Rt△CDH中,CH＝CD•cos60°＝4,DH＝CD•sin60°＝4,
∴GH＝CG+CH＝6+4＝10,
∴DG＝＝＝2,
∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG,
∴PD﹣PC≤2,
∴PD﹣PC的最大值为2．
8．（2020•溧阳市一模）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 　　．

【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．
【解析】延长OB到T,使得BT＝OB,连接MT,CT．

∵OM＝6,OD＝DB＝3,OT＝12,
∴OM2＝OD•OT,
∴＝,
∵∠MOD＝∠TOM,
∴△MOD∽△TOM,
∴＝＝,
∴MT＝2DM,
∵CM+2DM＝CM+MT≥CT,
又∵在Rt△OCT中,∠COT＝90°,OC＝4,OT＝12,
∴CT＝＝＝4,
∴CM+2DM≥4,
∴CM+2DM的最小值为4,
∴答案为4．
9．如图,正方形ABCD的边长为4,E为BC的中点,以B为圆心,BE为半径作⊙B,点P是⊙B上一动点,连接PD、PC,则PD+PC的最小值为 　5　．

【分析】如图,在BC上取一点T,使得BT＝1,连接PB,PT,DT．证明△PBT∽△CBP,推出＝＝,推出PT＝PC,由PD+PC＝PD+PT≥DT＝5,由此可得结论．
【解析】如图,在BC上取一点T,使得BT＝1,连接PB,PT,DT．

∵四边形ABCD是正方形,
∴∠DCT＝90°,
∵CD＝4,CT＝3,
∴DT＝＝＝5,
∵PB＝2,BT＝1,BC＝4,
∴PB2＝BT•BC,
∴＝,
∵∠PBT＝∠PBC,
∴△PBT∽△CBP,
∴＝＝,
∴PT＝PC,
∵PD+PC＝PD+PT≥DT＝5,
∴PD+PC的最小值为5,
故答案为：5．
10．如图,扇形AOB中,∠AOB＝90°,OA＝6,C是OA的中点,D是OB上一点,OD＝5,P是上一动点,则PC+PD的最小值为 　　．

【分析】如图,延长OA使AE＝OB,连接EC,EP,OP,证明△OPE∽△OCP推出＝＝,推出EP＝2PC,推出PC+PD＝（2PC+PD）＝（PD+PE）,推出当点E,点P,点D三点共线时,PC+PD的值最小．
【解析】如图,延长OA使AE＝OB,连接EC,EP,OP,
∵AO＝OB＝6,C分别是OA的中点,
∴OE＝12,OP＝6,OC＝AC＝3,
∴＝＝,且∠COP＝∠EOP
∴△OPE∽△OCP
∴＝＝,
∴EP＝2PC,
∴PC+PD＝（2PC+PD）＝（PD+PE）,
∴当点E,点P,点D三点共线时,PC+PD的值最小,
∵DE＝＝＝13,
∴PD+PE≥DE＝13,
∴PD+PE的最小值为13,
∴PC+PD的值最小值为．
故答案为：．

11．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+的最小值是 　　．

【分析】如图,取点T（0,1）,连接PT,BT．利用相似三角形的性质证明PT＝PB,推出PB+PA＝PB+PT≥BT,求出BT,可得结论．
【解析】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,
∴＝,
∵∠POT＝∠AOP,
∴△POT∽△AOP,
∴＝＝,
∴PT＝PA,
∴PB+PA＝PB+PT,
∵BT＝＝,
∴PB+PT≥,
∴BP+AP≥
∴BP+PB的最小值为．
故答案为：．
12．如图所示,∠ACB＝60°,半径为2的圆O内切于∠ACB．P为圆O上一动点,过点P作PM、PN分别垂直于∠ACB的两边,垂足为M、N,则PM+2PN的取值范围为 　6﹣2≤PM+2PN≤6+2　．

【分析】PM+2PN＝2（PM+PN）,作MH⊥PN,HP＝PM,确定HN的最大值和最小值．
【解答】
解：作MH⊥NP于H,作MF⊥BC于F,
∵PM⊥AC,PN⊥CB,
∴∠PMC＝∠PNC＝90°,
∴∠MPN＝360°﹣∠PMC﹣∠PNC﹣∠C＝120°,
∴∠MPH＝180°﹣∠MPN＝60°,
∴HP＝PM•cos∠MPH＝PM•cos60°＝PM,
∴PN+PM＝PN+HP＝NH,
∵MF＝NH,
∴当MP与⊙O相切时,MF取得最大和最小,
如图1,

连接OP,OG,
可得：四边形OPMG是正方形,
∴MG＝OP＝2,
在Rt△COG中,
CG＝OG•tan60°＝2,
∴CM＝CG+GM＝2+2,
在Rt△CMF中,
MF＝CM•cosC＝（2+2）×＝3+,
∴HN＝MF＝3+,
PM+2PN＝2（）＝2HN＝6+2,
如图2,

由上知：CG＝2,MG＝2,
∴CM＝2﹣2,
∴HM＝（2﹣2）×＝3﹣,
∴PM+2PN＝2（）＝2HN＝6﹣2,
∴6﹣2≤PM+2PN≤6+2．
13．如图,边长为4的正方形,内切圆记为圆O,P为圆O上一动点,则PA+PB的最小值为 　2　．

【分析】PA+PB＝（PA+PB）,利用相似三角形构造PB．
【解答】
解：设⊙O半径为r,
OP＝r＝BC＝2,OB＝r＝2,
取OB的中点I,连接PI,
∴OI＝IB＝,
∵,
,
∴,
∠O是公共角,
∴△BOP∽△POI,
∴,
∴PI＝PB,
∴AP+PB＝AP+PI,
∴当A、P、I在一条直线上时,AP+PB最小,
作IE⊥AB于E,
∵∠ABO＝45°,
∴IE＝BE＝BI＝1,
∴AE＝AB﹣BE＝3,
∴AI＝＝,
∴AP+PB最小值＝AI＝,
∵PA+PB＝（PA+PB）,
∴PA+PB的最小值是AI＝＝2．
故答案是2．
二．解答题
14．（2022•从化区一模）已知,AB是⊙O的直径,AB＝,AC＝BC．
（1）求弦BC的长；
（2）若点D是AB下方⊙O上的动点（不与点A,B重合）,以CD为边,作正方形CDEF,如图1所示,若M是DF的中点,N是BC的中点,求证：线段MN的长为定值；
（3）如图2,点P是动点,且AP＝2,连接CP,PB,一动点Q从点C出发,以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P,再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B,到达点B后停止运动,求点Q的运动时间t的最小值．

【分析】（1）AB是⊙O的直径,AC＝BC可得到△ABC是等腰直角三角形,从而得道答案；
（2）连接AD、CM、DB、FB,首先利用△ACD≌△BCF,∠CBF＝∠CAD,证明D、B、F共线,再证明△CMB是直角三角形,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,即可得证；
（3）“阿氏圆”的应用问题,以A为圆心,AP为半径作圆,在AC上取点M,使AM＝1,连接PM,过M作MH⊥AB于H,连接BM交⊙A于P',先证明PM＝,+BP最小,即是PM+BP最小,此时P、B、M共线,再计算BM的长度即可．
【解析】（1）∵AB是⊙O的直径,
∴∠ABC＝90°,
∵AC＝BC,
∴△ABC是等腰直角三角形,∠CAB＝45°,
∵AB＝4,
∴BC＝AB•sin45°＝4；
（2）连接AD、CM、DB、FB,如图：

∵△ABC是等腰直角三角形,四边形CDEF是正方形,
∴CD＝CF,∠DCF＝∠ACB＝90°,
∴∠ACD＝90﹣∠DCB＝∠BCF,
又AC＝BC,
∴△ACD≌△BCF（SAS）,
∴∠CBF＝∠CAD,
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD＝∠CAD+∠ABC+∠ABD
＝∠DAB+∠CAB++∠ABC+∠ABD
＝∠DAB+45°+45°+∠ABD,
而AB是⊙O的直径,
∴∠ADB＝90°,
∴∠DAB+∠ABD＝90°,
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD＝180°,
∴D、B、F共线,
∵四边形CDEF是正方形,
∴△DCF是等腰直角三角形,
∵M是DF的中点,
∴CM⊥DF,即△CMB是直角三角形,
∵N是BC的中点,
∴MN＝BC＝2,即MN为定值；
（3）以A为圆心,AP为半径作圆,在AC上取点M,使AM＝1,连接PM,过M作MH⊥AB于H,连接BM交⊙A于P',如图：

一动点Q从点C出发,以每秒2个单位的速度沿线段CP匀速运动到点P,再以每秒1个单位的速度沿线段PB匀速运动到点B,
∴Q运动时间t＝+BP,
∵AM＝1,AP＝2,AC＝BC＝4,
∴＝＝,
又∠MAP＝∠PAC,
∴△MAP∽△PAC,
∴＝＝,
∴PM＝,
∴+BP最小,即是PM+BP最小,
此时P、B、M共线,即P与P'重合,t＝+BP最小值即是BM的长度,
在Rt△AMH中,∠MAH＝45°,AM＝1,
∴AH＝MH＝,
∵AB＝4,
∴BH＝AB﹣AH＝,
Rt△BMH中,BM＝＝5,
∴点Q的运动时间t的最小值为5．
15．（2021•渝中区校级自主招生）如图,在△ABC 与△DEF中,∠ACB＝∠EDF＝90°,BC＝AC,ED＝FD,点D在AB上．
（1）如图1,若点F在AC的延长线上,连接AE,探究线段AF、AE、AD之间的数量关系,并证明你的结论；
（2）如图2,若点D与点A重合,且AC＝3,DE＝4,将△DEF绕点D旋转,连接BF,点G为BF的中点,连接CG,在旋转的过程中,求CG+BG的最小值；
（3）如图3,若点D为AB的中点,连接BF、CE交于点M,CE交AB于点N,且BC：DE：ME＝7：9：10,请直接写出的值．

【分析】（1）过F作FH⊥AB于H,过E作EG⊥AB于G,结合K字型全等,等腰直角三角形,四点共圆即可得到答案；
（2）第二问考察隐圆问题与阿氏圆,取AB的中点O,连接OG,在OB上取OH＝,连接GH,构建相似,转化线段即可得到答案；
（3）过点C作BF平行线,点F作BC平行线交于点G；过点G作GH⊥BF于点H,过点K作KI⊥FG,证明△BDF≌△CDE,设BC＝7t,则DE＝9t,ME＝10t,结合勾股定理、相似三角形及解直角三角形的知识进行计算．
【解析】（1）线段AF、AE、AD之间的数量关系：,证明如下：
过F作FH⊥AB于H,过E作EG⊥AB于G,如图：

∵FH⊥AB,EG⊥AB,∠EDF＝90°,
∴∠FHD＝∠DGE＝90°,∠FDH＝90°﹣∠EDG＝∠DEG,
且DF＝DE,
∴△FHD≌△DGE（AAS）,
∴FH＝DG＝AD+AG,
∵∠ACB＝∠EDF＝90°,BC＝AC,ED＝FD,
∴∠FAB＝∠FED＝45°,
∴点F、D、A、E四点共圆,
∴∠FAE＝∠FDE＝90°,∠EAG＝∠DFE＝45°,
∵FH⊥AB,EG⊥AB,∠BAC＝45°,
∴△FAH和△EAG为等腰直角三角形,
∴AF＝FH,AE＝AG,
∴AF＝（AD+AG）＝AD+AG＝AD+AE；
（2）取AB的中点O,连接OG,在OB上取OH＝,连接GH,如图：

∵G为BF的中点,O为AB中点,
∴OG是△ABF的中位线,
∴OG＝AF＝DF＝DE＝2,
∵AC＝3,
∴AB＝AC＝6,OB＝AB＝3,
∴＝,
而＝＝,
∴＝,
又∠HOG＝∠GOB,
∴△HOG∽△GOB,
∴＝＝,
∴HG＝BG,
∴,
要使CG+BG的最小,需CG+HG最小,
∴当H、G、C三点共线时,CG+BG的最小,CG+BG的最小值是CH,如图：

∵OC＝AB＝3,OH＝,
∴CH＝＝,
∴CG+BG的最小值是CH＝×＝．
（3）过点C作BF平行线,点F作BC平行线交于点G；过点G作GH⊥BF于点H,过点K作KI⊥FG；如图：

∵∠BDC＝∠FDE＝90°,
∴∠BDC+∠CDF＝∠FDE+∠CDF,即∠BDF＝∠CDE,
且CD＝BD,DE＝DF,
∴△BDF≌△CDE（SAS）,
∴BF＝CE,∠DEC＝∠DFB,
∵∠DEC+∠DPE＝90°,∠DPE＝∠MPF,
∴∠DFB+∠MPF＝90°,
∴∠FME＝90°
由BC：DE：ME＝7：9：10,设BC＝7t,则DE＝9t,ME＝10t；
∴EF＝DE＝9t,
∵CG∥BF,FG∥BC,
∴四边形BFGC为平行四边形,
∴CE＝BF＝CG,∠ECG＝∠FME＝90°,
∴△ECG为等腰直角三角形,
∴∠CGE＝45°＝∠GKH,
∴△GKH为等腰直角三角形,
∴＝,＝＝,＝,
∴,
∴△CDE∽△GFE,
∴∠DCE＝∠FGE,
∴；
Rt△MFE中,MF＝＝t,
∴FK＝MK﹣MF＝ME﹣MF＝10t﹣t,FG＝BC＝7t,
设∠GFH＝α,∠KGI＝∠NCD＝β,
∴＝,
Rt△FKI中,sinα＝,
∴,
∵GH＝,
∴KI＝FK•＝,
∴sinβ＝＝＝＝＝,
∴．
16．（2021•九龙坡区校级模拟）在△ABC中,∠CAB＝90°,AC＝AB．若点D为AC上一点,连接BD,将BD绕点B顺时针旋转90°得到BE,连接CE,交AB于点F．

（1）如图1,若∠ABE＝75°,BD＝4,求AC的长；
（2）如图2,点G为BC的中点,连接FG交BD于点H．若∠ABD＝30°,猜想线段DC与线段HG的数量关系,并写出证明过程；
（3）如图3,若AB＝4,D为AC的中点,将△ABD绕点B旋转得△A′BD′,连接A′C、A′D,当A′D+A′C最小时,求S△A′BC．
【分析】（1）通过作辅助线,构造直角三角形,借助解直角三角形求得线段的长度；
（2）通过作辅助线,构造全等三角形,设AC＝a,利用中位线定理,解直角三角形,用a的代数式表示CD和HG,即可得CD与HG的数量关系；
（3）构造阿氏圆模型,利用两点之间线段最短,确定A'（4）的位置,继而求得相关三角形的面积．
【解析】（1）过D作DG⊥BC,垂足是G,如图1：

∵将BD绕点B顺时针旋转90°得到BE,
∴∠EBD＝90°,
∵∠ABE＝75°,
∴∠ABD＝15°,
∵∠ABC＝45°,
∴∠DBC＝30°,
∴在直角△BDG中有DG＝＝2,＝,
∵∠ACB＝45°,
∴在直角△DCG中,CG＝DG＝2,
∴BC＝BG+CG＝,
∴AC＝BC＝；
（2）线段DC与线段HG的数量关系为：HG＝,
证明：延长CA,过E作EN垂直于CA的延长线,垂足是N,连接BN,ED,过G作GM⊥AB于M,如图：

∴∠END＝90°,
由旋转可知∠EBD＝90°,
∴∠EDB＝45°
∴∠END＝∠EBD＝90°,
∴E,B,D,N四点共圆,
∴∠BNE＝∠EDB＝45°,∠NEB+∠BDN＝180°
∵∠BDC+∠BDN＝180°,∠BCD＝45°,
∴∠BEN＝∠BDC,
∴∠BNE＝45°＝∠BCD,
在△BEN和△BDC中,
,
∴△BEN≌△BDC（AAS）,
∴BN＝BC,
∵∠BAC＝90°,
在等腰△BNC中,由三线合一可知BA是CN的中线,
∵∠BAC＝∠END＝90°,
∴EN∥AB,
∵A是CN的中点,
∴F是EC的中点,
∵G是BC的中点,
∴FG是△BEC的中位线,
∴FG∥BE,FG＝BE,
∵BE⊥BD,
∴FG⊥BD,
∵∠ABD＝30°,
∴∠BFG＝60°,
∵∠ABC＝45°,
∴∠BGF＝75°,
设AC＝a,则AB＝a,
在Rt△ABD中,AD＝,BD＝BE＝,
∴FG＝BE,
∴FG＝,
∵GM⊥AB,
∴△BGM是等腰三角形,
∴MG＝MB＝,
在Rt△MFG中,∠MFG＝60°,
∴MF＝MG,
∴MF＝,
∴BF＝BM+MF＝,
在Rt△BFH中,∠BFG＝60°,
∴FH＝＝a,
∴HG＝FG﹣FH＝﹣a＝,
又∵CD＝＝,
∴＝,
∴HG＝；
（3）设AB＝a,则BC＝,取BC的中点N,连接A′D,A′C,A′N,连接DN,如图3,

由旋转可知A′B＝AB＝a,
∵＝＝,＝＝,
∴,
又∠A'BN＝∠CBA',
∴△A′BN∽△CBA′,
∴＝,
∴A'N＝A'C,
根据旋转和两点之间线段最短可知,最小,即是A'D+A'N最小,此时D、A'、N共线,即A'在线段DN上,
设此时A'落在A''处,过A''作A''F⊥AB于F,连接AA'',如图4,

∵D,N分别是AC,BC的中点,
∴DN是△ABC的中位线,
∴DN∥AB,
∵AB⊥AC,
∴DN⊥AC,
∵∠A＝∠A''FA＝∠A''DA＝90°,
∴四边形A''FAD是矩形,
∴AF＝A''D,A''F＝AD＝2,
∵又A''B＝AB＝4,
设AF＝x,
在直角三角形A''FB中,A''B2＝A''F2+BF2,
∴42＝22+（4﹣x）2,
解得x＝．
∴此时S△A''BC＝S△ABC﹣S△AA''B﹣S△A''AC＝AB•AC﹣AB•A''F﹣AC•A''D＝×4×4﹣×4×2﹣×4×（4﹣2）＝4﹣4．
17．（2021•沙坪坝区校级模拟）如图1,在四边形ABCD中,AC交BD于点E,△ADE为等边三角形．
（1）若点E为BD的中点,AD＝4,CD＝5,求△BCE的面积；
（2）如图2,若BC＝CD,点F为CD的中点,求证：AB＝2AF；
（3）如图3,若AB∥CD,∠BAD＝90°,点P为四边形ABCD内一点,且∠APD＝90°,连接BP,取BP的中点Q,连接CQ．当AB＝6,AD＝4,tan∠ABC＝2时,求CQ+BQ的最小值．

【分析】（1）如图1中,过点C作CH⊥BD于H,设EH＝x．利用勾股定理构建方程求出x,即可解决问题．
（2）如图2中,延长AF到G,使得AF＝FG,连接DG,CG,延长GC交BD于T,过点C作CH⊥BD于H．想办法证明△AEB≌△ADG（SAS）,可得结论．
（3）如图3中,取AD的中点O,连接OP,OB,OC,取OB的中点J,连接QJ,CJ,过点C作CF⊥AB于F,在JB上取一点T,使得JT＝,连接QT,TC．想办法证明△QJT∽△BJQ,推出＝＝＝,推出QT＝BQ,推出CQ+BQ＝CQ+QT≥CT,求出CT,可得结论．
【解答】（1）解：如图1中,过点C作CH⊥BD于H,设EH＝x．

∵△ADE是等边三角形,
∴AD＝DE＝4,∠AED＝∠CEH＝60°,
∵∠CHE＝90°,
∴CH＝EH•tan60°＝x,
∵CD2＝CH2+DH2,
∴25＝3x2+（x+4）2,
∴4x2+8x﹣9＝0
∴x＝或（舍弃）,
∴CH＝,
∴S△BEC＝×4×＝﹣2．
解法二：过点B作BJ⊥AC交AC的延长线于J,过点D作DT⊥AE于T．

证明BJ＝DT,求出DT,即可解决问题．

（2）证明：如图2中,延长AF到G,使得FG＝AF,连接DG,CG,延长GC交BD于T,过点C作CH⊥BD于H．

∵AF＝FG,CF＝FD,
∴四边形ACGD是平行四边形,
∴AC∥DG,GC∥AD,
∴∠CAD+∠ADG＝180°,
∵△ADE是等边三角形,
∴AE＝AD,∠AED＝∠ADE＝∠EAD＝60°,
∴∠AEB＝∠ADG＝120°,
∴∠CGD＝∠EAD＝60°＝∠GDT,
∴△DGT是等边三角形,
∴DG＝DT,∠CTE＝∠CET＝60°,
∴△CET是等边三角形,
∴CT＝CE,∠CTE＝∠CET＝60°,
∵CB＝CD,CH⊥BD,
∴BH＝DH,TH＝EH,
∴BT＝DE,
∴BE＝DT＝DG,
∴△AEB≌△ADG（SAS）,
∴AB＝AG＝2AF．

（3）解：如图3中,取AD的中点O,连接OP,OB,OC,取OB的中点J,连接QJ,CJ,过点C作CF⊥AB于F,在JB上取一点T,使得JT＝,连接QT,TC．

∵AB∥CD,∠BAD＝90°,
∴∠ADC＝90°,
∵CF⊥AB,
∴∠CFA＝90°,
∴四边形AFCD是矩形,
∴AD＝CF＝4,
∵tan∠CBA＝＝2,
∴BF＝2,
∵AB＝6,
∴AF＝4,
∴AD＝AF,
∴四边形AFCD是正方形,
∵BC＝＝＝2,CO＝＝＝2,OB＝＝4,
∴CB＝CO,
∵CF＝CD,∠CFB＝∠CDO＝90°,
∴Rt△CFB≌Rt△CDO（HL）,
∴∠BCF＝∠DCO,
∴∠BCO＝∠DCF＝90°,
∵BJ＝JO,
∴CJ＝OB＝2,
∴CT＝＝＝,
∵BQ＝QP,BJ＝JO,
∴QJ＝OP＝,
∵QJ2＝2,TJ•JB＝×2＝2,
∴QJ2＝JT•JB,
∴＝,
∵∠QJT＝∠QJB,
∴△QJT∽△BJQ,
∴＝＝＝,
∴QT＝BQ,
∴CQ+BQ＝CQ+QT≥CT＝,
∴CQ+BQ的最小值为．
18．（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．
19．（2022·四川·隆昌市蓝天育才学校一模）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．
20．（2019·山东·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.
21．（2018·广西柳州·中考真题）如图,抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(3,0),B两点（点B在点A的左侧）,与y轴交于点C,且OB=3OA=3OC,∠OAC的平分线AD交y轴于点D,过点A且垂直于AD的直线l交y轴于点E,点P是x轴下方抛物线上的一个动点,过点P作PF⊥x轴,垂足为F,交直线AD于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m,当FH=HP时,求m的值；
（3）当直线PF为抛物线的对称轴时,以点H为圆心,12HC为半径作⊙H,点Q为⊙H上的一个动点,求14AQ+EQ的最小值．

【答案】（1）y=13x2+233x﹣3；（2）−3；（3）4174．
【分析】对于（1）,结合已知先求出点B和点C的坐标,再利用待定系数法求解即可；
对于（2）,在Rt△OAC中,利用三角函数的知识求出∠OAC的度数,再利用角平分线的定义求出∠OAD的度数,进而得到点D的坐标；接下来求出直线AD的解析式,表示出点P,H,F的坐标,再利用两点间的距离公式可完成解答；对于（3）,首先求出⊙H的半径,在HA上取一点K,使得HK=14,此时K（-738,-158）；然后由HQ2=HK·HA,得到△QHK∽△AHQ,再利用相似三角形的性质求出KQ=14AQ,进而可得当E、Q、K共线时,14AQ+EQ的值最小,据此解答.
【详解】（1）由题意A（3,0）,B（﹣33,0）,C（0,﹣3）,设抛物线的解析式为y＝a（x+33）（x−3）,把C（0,﹣3）代入得到a=13,∴抛物线的解析式为y=13x2+233x﹣3．
（2）在Rt△AOC中,tan∠OAC=OCOA=3,∴∠OAC＝60°．
∵AD平分∠OAC,∴∠OAD＝30°,∴OD＝OA•tan30°＝1,∴D（0,﹣1）,∴直线AD的解析式为y=33x﹣1,由题意P（m,13m2+233m﹣3）,H（m,33m﹣1）,F（m,0）．
∵FH＝PH,∴1−33m=33m﹣1﹣（13m2+233m﹣3）
解得m=−3或3（舍弃）,∴当FH＝HP时,m的值为−3．
（3）如图,∵PF是对称轴,∴F（−3,0）,H（−3,﹣2）．
∵AH⊥AE,∴∠EAO＝60°,∴EO=3OA＝3,∴E（0,3）．

∵C（0,﹣3）,∴HC=（3）2+12=2,AH＝2FH＝4,∴QH=12CH＝1,在HA上取一点K,使得HK=14,此时K（−783，−158）．
∵HQ2＝1,HK•HA＝1,∴HQ2＝HK•HA,∴HQAH=KHHQ．
∵∠QHK＝∠AHQ,∴△QHK∽△AHQ,∴KQAQ=HQAH=14,∴KQ=14AQ,∴14AQ+QE＝KQ+EQ,∴当E、Q、K共线时,14AQ+QE的值最小,最小值=（738）2+（158+3）2=4174．
【点睛】本题考查了相似三角形对应边成比例、两边成比例且夹角相等的两个三角形相似、待定系数法求二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、数轴上两点间的距离公式,熟练掌握该知识点是本题解题的关键.