中考数学二轮复习专题37费马点问题几何最值之胡不归问题含解析答案

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1．如图，四边形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G为对角线BD（不含B点）上任意一点，将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，当AG+BG+CG取最小值时EF的长（ ）
A．B．C．D．
2．如图，四边形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM 的最小值为 ．
3．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 ．
4．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 ．
5．如图，平行四边形ABCD中，∠DAB=60°，AB=6，BC=2，P为边CD上的一动点，则的最小值等于 ．
6．如图，中，，，于点，是线段上的一个动点，则的最小值是 ．
7．已知正方形ABCD内一动点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为，求正方形的边长．
8．已知：是锐角三角形，是三角形内一点．．求证：的值最小．
9．若P为△ABC所在平面上一点，且，则点P叫做△ABC的费马点．
(1)若点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°，PA=3，PC=4，则PB的值为 ；
(2)如图，在锐角△ABC外侧作等边连结．求证：过△ABC的费马点P，且．
10．在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上任意一点，AB=；
（1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF；
①把图形补充完整（无需写画法）； ②求的取值范围；
(2)如图2，求BE+AE+DE的最小值．
11．已知，如图，二次函数图象的顶点为，与轴交于、两点(点在点右侧)，点、关于直线：对称.
(1)求、两点的坐标，并证明点在直线上；
(2)求二次函数解析式；
(3)过点B作直线交直线于K点，M、N分别为直线AH和直线上的两个动点，连结HN、NM、MK，求HN+NM+MK的最小值.
12．已知抛物线过点，两点，与y轴交于点C，．
(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)过点A作，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：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．
13．在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与轴交于点、(点在点的左侧)，，经过点的一次函数的图象与轴正半轴交于点，且与抛物线的另一个交点为，的面积为5．
(1)求抛物线和一次函数的解析式；
(2)抛物线上的动点在一次函数的图象下方，求面积的最大值，并求出此时点E的坐标；
(3)若点为轴上任意一点，在(2)的结论下，求的最小值．
14．已知抛物线（为常数，）经过点，点是轴正半轴上的动点．
（Ⅰ）当时，求抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）点在抛物线上，当，时，求的值；
（Ⅲ）点在抛物线上，当的最小值为时，求的值．
15．如图，已知抛物线（为常数，且）与轴从左至右依次交于A，B两点，与ｙ轴交于点C，经过点B的直线与抛物线的另一交点为D．
（1）若点D的横坐标为-5，求抛物线的函数表达式；
（2）若在第一象限的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与△ABC相似，求的值；
（3）在（1）的条件下，设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FD以每秒2个单位的速度运动到D后停止．当点F的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时最少．
16．如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
(1)求证：；
(2)①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
(3)当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长．
17．在等边中，， ，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．
（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．
①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；
②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：；
（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当最小时，直接写出的面积．
评卷人
得分
一、单选题
评卷人
得分
二、填空题
评卷人
得分
三、解答题
评卷人
得分
四、证明题
参考答案：
1．D
【分析】根据“两点之间线段最短”，当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．
【详解】解：如图，
∵将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，
∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，
∴△BFG是等边三角形．
∴BF=BG=FG，．
∴AG+BG+CG=FE+GF+CG．
根据“两点之间线段最短”，
∴当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=180°-120°=60°，
∵BC=4，
∴BF=2，EF=2，在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2=EC2，
∴EC=4．
∵∠CBE=120°，
∴∠BEF=30°，
∵∠EBF=∠ABG=30°，
∴EF=BF=FG，
∴EF=CE=，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．
【分析】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，如图，则△BCM≌△BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH⊥AE，AH=EH，根据30°直角三角形三边的关系即可得出结论．
【详解】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．
∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．
故答案为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．
3．
【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＝
∴MA＋MD＋ME的最小值为，
故答案为：
【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．
4．
【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＝
∴MA＋MD＋ME的最小值为，
故答案为：
【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．
5．
【分析】过点P作PQ⊥AD于点Q，由于∠PDQ=60°，因此，由此可知当B、P、Q三点共线时有最小值，然后利用解直角三角形的知识进行求解即可.
【详解】过点P作PQ⊥AD，垂足为Q，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC//AB，
∴∠QDP=∠DAB=60°，
∴PQ=PD•sin∠QDP=PD，
∴=BP+PQ，
∴当点B、P、Q三点共线时有最小值，
∴的最小值为，
故答案为：3.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，线段之和最短问题，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键.
6．
【分析】过点D作于，过点C作于，首先通过勾股定理及求出AE,BE的长度，然后根据等腰三角形两腰上的高相等得出，然后通过锐角三角函数得出，进而可得出，最后利用即可求值．
【详解】解：如图，过点D作于，过点C作于．
∵，
∴，
∵，
设，，

∴，
∴，
∴或（舍弃），
∴，
∵，，，
∴（等腰三角形两腰上的高相等）
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为,
故答案为：．
【点睛】本题主要考查解直角三角形，等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短等，学会添加辅助线并利用转化的思想是解题的关键．
7．2
【分析】连接AC，把△AEC绕点C顺时针旋转60°，得到△GFC，连接EF、BG、AG，线段BG即为点E到A、B、C三点的距离之和的最小值，此时E、F两点都在BG上，根据正方形的性质以及勾股定理求得BO+GO即可求解．
【详解】如图，连接AC，把△AEC绕点C顺时针旋转60°，得到△GFC，连接EF、BG、AG，
则△EFC、△AGC都是等边三角形，
∴EF=CE．
又FG=AE，
∴AE+BE+CE = BE+EF+FG．
∵ 点B、点G为定点（G为点A绕C点顺时针旋转60°所得）．
∴ 线段BG即为点E到A、B、C三点的距离之和的最小值，此时E、F两点都在BG上．
设正方形的边长为，那么
BO=CO=，GC=， GO=．
∴ BG=BO+GO =+．
∵ 点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为．
∴ +=，解得=2．
∴正方形的边长为：2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，等边三角形的性质，旋转的性质，掌握费马点最值问题的解法是解题的关键．
8．见解析
【分析】求证的值最小，构造图形使得，，在同一条直线，即可求出答案．
【详解】证明：将绕点逆时针旋转，连，，则 ；
∴ ，，， ，，
∵ ，
∴ ，
∴ 和都是等边三角形，
∵ ， ，
∴ 、、三点一线．
∵ ， ，
∴、、三点一线，
∴ 、、三条线段同在一条直线上．
∵ ，
∴ 点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最小的那一点
【点睛】本题主要考查三角形的变换问题，通过构造三角形，确定边的关系，掌握和理解求边的关系需要将边构造在一条直线上是解题的关键．
9．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得△ABP∽△BCP，所以，即PB=2；
（2）在上取点P，使∠BPC=120°，连接AP，再在上截取PE=PC，连接CE．由此可以证明△PCE为正三角形，再利用正三角形的性质得到PC=CE，∠PCE=60°，，而为正三角形，由此也可以得到，，现在根据已知的条件可以证明，然后利用全等三角形的性质即可证明题目的结论．
【详解】（1）∵∠PAB+∠PBA=180°-∠APB=60°，
∠PBC+∠PBA=∠ABC=60°，
∴∠PAB=∠PBC，
又∵∠APB=∠BPC=120°，
∴，
∴，
∴，
∴PB=；
（2）证明：在BB'上取点P，使∠BPC=120°．连接AP，再在PB'上截取PE=PC，连接CE．
∠BPC=120°，
∴∠EPC=60°，
∴△PCE为正三角形，
∴PC=CE，∠PCE=60°，．
∵为正三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°，
∴P为△ABC的费马点．
∴过△ABC的费马点P，且．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形与等边三角形的性质及三角形内角和为180°等知识；此类已知三角形边之间的关系求角的度数的题，一般是利用等腰（等边）三角形的性质得出有关角的度数，进而求出所求角的度数．
10．（1）①补图见解析；②；（2）
【分析】（1）①根据要求画出图形即可；
②首先证明∠ECF＝90°，设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图2中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．根据两点之间线段最短可得DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，推出AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长；
【详解】（1）①如图△DCF即为所求；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AB＝2，∠B＝90°，∠DAE＝∠ADC＝45°，
∴AC＝＝AB＝4，
∵△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，
∴∠DCF＝∠DAE＝45°，AE＝CF，
∴∠ECF＝∠ACD＋∠DCF＝90°，
设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，
∴y＝（4−x）2＋x2＝2x2−8x＋160（0＜x≤4）．
即y＝2（x−2）2＋8，
∵2＞0，
∴x＝2时，y有最小值，最小值为8，
当x＝4时，y最大值＝16，
∴8≤EF2≤16．
（2）如图中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．
由旋转的性质可知，△AEG是等边三角形，
∴AE＝EG，
∵DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，
∴AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长．
在Rt△AFH中，∠FAH＝30°，AB＝=AF，
∴FH＝AF＝，AH＝＝，
在Rt△DFH中，DF＝＝，
∴BE＋AE＋ED的最小值为．
【点睛】本题考查作图−旋转变换，正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用旋转法添加辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
11．【小题1】点坐标为,点坐标为 【小题2】 【小题3】8
【分析】（1）根据一元二次方程求得A点坐标，代入直线求证，（2）通过点H、B关于直线L对称，求得H的坐标，从而解出二次函数的解析式，(3)先求出HN+MN的最小值是MB, 再求出BM+MK的最小值是BQ,即和的最小值
【详解】(1)依题意,得ax2+2ax−3a=0(a≠0)，
两边都除以a得：
即x2+2x−3=0，
解得x1=−3,x2=1，
∵B点在A点右侧，
∴A点坐标为(−3,0),B点坐标为(1,0)，
答：A. B两点坐标分别是(−3,0),(1,0).
证明：
∵直线l:y=，
当x=−3时,y=，
∴点A在直线l上．
(2)∵点H、B关于过A点的直线l:y=对称,
∴AH=AB=4，
过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，
则AC=，
∴顶点H，
代入二次函数解析式,解得a=，
∴二次函数解析式为，
答：二次函数解析式为.
(3)直线AH的解析式为，
直线BK的解析式为，
由
解得，
即K(3,2)，
则BK=4，
∵点H、B关于直线AK对称,K(3,2)，
∴HN+MN的最小值是MB，
过K作KD⊥x轴于D，作点K关于直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，
则QM=MK,QE=EK=2，AE⊥QK，
∴根据两点之间线段最短得出BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值，
∵BK∥AH，
∴∠BKQ=∠HEQ=90∘，
由勾股定理得QB=
∴HN+NM+MK的最小值为8，
答：HN+NM+MK和的最小值是8.
【点睛】考核知识点：二次函数综合运用.
12．(1)抛物线的表达式为：，顶点；(2)证明见解析；(3)点；(4)存在，的最小值为．
【分析】(1)设交点式，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，则点N，根据可得关于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轴夹角为的直线CF交x轴于点F，过点A作，垂足为H，交y轴于点Q，此时，则最小值，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：，
即：，解得：，
故抛物线的表达式为：，
则顶点；
(2)，，
∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，
∴AB=2，
∴，
又∵D(2，-1)，
∴AD=BD=，
∴AM=MB=AD=BD，
∴四边形ADBM为菱形，
又∵，
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：，
解得：，
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，则点N，
则，
，故有最大值，此时，
故点；
(4)存在，理由：
如图，过点C作与y轴夹角为的直线CF交x轴于点F，过点A作，垂足为H，交y轴于点Q，
此时，
则最小值，
在Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO=，
∴OF=，
∴F(-，0)，
利用待定系数法可求得直线HC的表达式为：…①，
∵∠COF=90°，∠FOC=30°，
∴∠CFO=90°-30°=60°，
∵∠AHF=90°，
∴∠FAH=90°-60°=30°，
∴OQ=AO•tan∠FAQ=，
∴Q(0,)，
利用待定系数法可求得直线AH的表达式为：…②，
联立①②并解得：，
故点，而点，
则，
即的最小值为．
【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.
13．(1)；；(2)的面积最大值是，此时点坐标为；(3)的最小值是3.
【分析】(1)先写出平移后的抛物线解析式，再把点代入可求得的值，由的面积为5可求出点的纵坐标，代入抛物线解析式可求出横坐标，由、的坐标可利用待定系数法求出一次函数解析式；
(2)作轴交于，如图，利用三角形面积公式，由构建关于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)作关于轴的对称点，过点作于点，交轴于点，则，利用锐角三角函数的定义可得出，此时最小，求出最小值即可．
【详解】解：(1)将二次函数的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到的抛物线解析式为，
∵，∴点的坐标为，
代入抛物线的解析式得，，∴，
∴抛物线的解析式为，即．
令，解得，，∴，
∴，
∵的面积为5，∴，∴，
代入抛物线解析式得，，解得，，∴，
设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴直线的解析式为．
(2)过点作轴交于，如图，设，则，
∴，
∴，，
∴当时，的面积有最大值，最大值是，此时点坐标为．
(3)作关于轴的对称点，连接交轴于点，过点作于点，交轴于点，
∵，，
∴，，∴，
∵，
∴，∴，
∵、关于轴对称，∴，
∴，此时最小，
∵，，
∴，
∴．
∴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）题的关键是作关于轴的对称点，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的最小值转化为求的长度．
14．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）把b=2和点代入抛物线的解析式，求出c的值，进行配方即可得出顶点坐标
（Ⅱ）根据点和）点在抛物线上和得出点在第四象限，且在抛物线对称轴的右侧．过点作轴，垂足为，则点，再根据D、E两点坐标得出为等腰直角三角形，得出，再根据已知条件，，从而求出b的值
（Ⅲ）根据点在抛物线上得出点在第四象限，且在直线的右侧；取点，过点作直线的垂线，垂足为，与轴相交于点，得出，此时的值最小；过点作轴于点，则点．再根据得出m与b的关系，然后根据两点间的距离公式和
的最小值为，列出关于b的方成即可
【详解】解：（Ⅰ）∵抛物线经过点，
∴．即．
当时，，
∴抛物线的顶点坐标为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，抛物线的解析式为．
∵点在抛物线上，
∴．
由，得，，
∴点在第四象限，且在抛物线对称轴的右侧．
如图，过点作轴，垂足为，则点．
∴，．得．
∴在中，．
∴．
由已知，，
∴．
∴．
（Ⅲ）∵点在抛物线上，
∴．
可知点在第四象限，且在直线的右侧．
考虑到，可取点，
如图，过点作直线的垂线，垂足为，与轴相交于点，
有，得，
则此时点满足题意．
过点作轴于点，则点．
在中，可知．
∴，．
∵点，
∴．解得．
∵，
∴．
∴．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数、勾股定理、等腰三角形的性质与判定等知识，关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用数形结合的思想和二次函数的性质解答．
15．（1）；（2）或；（3）F．
【分析】（1）根据点在曲线上点的坐标满足方程的关系，依次求出的值得到直线的解析式、点D的纵坐标、的值得到抛物线的函数表达式；
（2）分△PAB∽△ABC和△PAB∽△BAC两种情况讨论即可；
（3）过点D作DH⊥y轴于点H，过点A作AG⊥DH于点G，交BD于点F，则点F即为所求，理由是，由于点M在线段AF上以每秒1个单位的速度运动，在线段FD上以每秒2个单位的速度运动，从而根据直线BD的倾斜角是30°知道，又根据垂直线段最短的性质知点F即为所求，从而根据含30°直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线（为常数，且）与轴从左至右依次交于A，B两点，
∵BM=9，AB=6，∴BF=，BD=，AF=
∴A（-2，0），B（4，0）
∵点B在直线上，∴，即
∴直线的解析式为
∵点D在直线上，且横坐标为-5，∴纵坐标为
∵点D在抛物线上，∴，解得
∴抛物线的函数表达式为
（2）易得，点C的坐标为，则
设点P的坐标为，
分两种情况：
①若△PAB∽△ABC，则∠PAB=∠ABC，
∴由∠PAB=∠ABC 得，即
∴，解得
此时点P的坐标为，，
∴由得，解得
②若△PAB∽△BAC，则∠PAB=∠BAC，
∴由∠PAB=∠BAC 得，即
∴，解得
此时点P的坐标为，，
∴由得，解得
（3）如图，过点D作DH⊥y轴于点H，过点A作AG⊥DH于点G，交BD于点F，则点F即为所求
∵直线BD的解析式为，∴∠FBA=∠FGD=30°
∵AB=6，∴AF=
∴点F的坐标为
【点睛】本题考查单动点问题；二次函数和一次函数交点问题；曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；相似三角形的判定；垂直线段最短的性质；分类思想和数形结合思想的应用．
16．(1)见解析
(2)①BD的中点，②BD与CE的交点处，见解析
(3)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，得出∠BMA=∠NBE，然后即可证明，
（2）①根据两点之间线段最短可知当M点落在BD的中点时，根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短，
②连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，
（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F, 设正方形的边长为x，，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，得出BF=x，EF=，在Rt△EFC中，勾股定理建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵△ABE是等边三角形，
∴BA=BE，∠ABE=60°．
∵∠MBN=60°，
∴．
即∠BMA=∠NBE．
又∵MB=NB，
∴（SAS）
（2）①∵，
∴当M点落在BD的中点时，AM＋CM的值最小
②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，
AM＋BM＋CM的值最小
理由如下：连接MN．由（1）知，，
∴AM=EN．
∵∠MBN=60°，MB=NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM=MN．
∴AM＋BM＋CM=EN＋MN＋CM
根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，即等于EC的长
（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴．
设正方形的边长为x，则BF=x，EF=．
在Rt△EFC中，
∵，
∴，
解得， （舍去负值）．
∴正方形的边长为，
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程，掌握以上知识是解题的关键．
17．（1）①；②见解析；（2）
【分析】（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出AD＝3，AG＝BG＝，然后利用勾股定理求解即可；
②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得出结论即可；
（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出，当N、P、J三点共线的时候满足条件，然后利用等边三角形的性质及判定、矩形的判定及性质以及解直角三角形的知识分别计算出PN与DN的长度，即可得出结论．
【详解】（1）解：①如图所示，连接AG，
由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠GFB＝60°，
∵BD⊥AC，
∴∠FBC＝30°，
∴∠FCB＝30°，∠ACG＝30°，
∵AC＝BC，GC＝GC，
∴△GBC≌△GAC（SAS），
∴∠GAC＝∠GBC＝90°，AG＝BG，
∵AB＝6，
∴AD＝3，AG＝BG＝，
∴在Rt△ADG中，，
∴；
②证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，
∵△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，∠EFH＝120°，
∴∠BEF+∠BHF＝180°，
∵∠BHF+∠KHF＝180°，
∴∠BEF＝∠KHF，
由辅助线作法可知，FB＝FK，则∠K＝∠FBE，
∵BD是等边△ABC的高，
∴∠K＝∠DBC＝∠DBA＝30°，
∴∠BFK＝120°，
在△FEB与△FHK中，
∴△FEB≌△FHK（AAS），
∴BE＝KH，
∴BE+BH＝KH+BH＝BK，
∵FB＝FK，∠BFK＝120°，
∴BK＝BF，
即：；
（2）方法一：以为顶点，为一边，作，交于，过作于，设交于，如图：
中，，
最小即是最小，此时、、共线，
将线段绕点顺时针旋转得到线段，
在射线上运动，则在射线上运动，根据“瓜豆原理”， 为主动点，是从动点，为定点，，则、轨迹的夹角，
，
，
，
，
，
，
，
，
而，
，
四边形是矩形，
，
边中，，，
，
又，
，
等边中，，点为中点时，点为中点，
，，
中，，，
，，
中，，
，
．
方法二：如图，连接EQ，
∵在等边中，， ，
∴∠A＝60°，∠BDA＝90°，∠ABD＝30°，
∵点E、Q分别为AB、BD的中点，
∴EQ为△ABD的中位线，
∴EQAD，
∴∠BEQ＝∠A＝60°，∠BQE＝∠BDA＝90°，
∵∠BQE＝90°，∠ABD＝30°，
∴EQ＝，
∵点M为BE的中点，
∴ME＝＝EQ，
∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，
∴△EPF为等边三角形，∠PEF＝60°，PE＝EF＝PF，
∴∠BEQ＝∠PEF，
∴∠BEQ－∠PEQ＝∠PEF－∠PEQ，
即∠MEP＝∠QEF，
在△MEP与△QEF中，
，
∴△MEP≌△QEF（SAS）
∴∠EMP＝∠EQF＝90°，
∴MP⊥BE，
∴点P在射线MP上运动，
如图，以为顶点，为一边，作，交于，过作于，设交于，
则在中，，
最小即是最小，此时、、共线，如下图：
∵∠EMP＝90°，∠PML＝30°，
，
，
，
，
又∵，
，
四边形是矩形，
，
在等边中，，，
，
又，
，
在等边中，，点为中点时，点为中点，
，，
∴在中，，，
，，
∴在中，，
，
．
【点睛】本题考查等边三角形性质及应用，涉及旋转变换、解直角三角形、三角形全等的判定及性质、矩形的判定及性质等知识，难度较大，解题的关键是构造辅助线．