2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸大題培優(yōu)學(xué)案專題10胡不歸問題（教師版）

專題9胡不歸（PA+kPB）型最短問題解題策略解題策略“PA＋k·PB”型的最值問題，當(dāng)k＝1時通常為軸對稱之最短路徑問題，而當(dāng)k＞0時，若以常規(guī)的軸對稱的方式解決，則無法進行，因此必須轉(zhuǎn)換思路．當(dāng)點P在直線上如圖，直線BM，BN交于點B，P為BM上的動點，點A在射線BM，BN同側(cè)，已知sin∠MBN＝k．過點A作AC⊥BN于點C，交BM于點P，此時PA＋k·PB取最小值，最小值即為AC的長．證明如圖，在BM上任取一點Q，連結(jié)AQ，作QD⊥BN于點D．由sin∠MBN＝k，可得QD＝k·QB．所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC，即得證．2．當(dāng)點P在圓上如圖，⊙O的半徑為r，點A，B都在⊙O外，P為⊙O上的動點，已知r＝k·OB．在OB上取一點C，使得OC＝k·r，連結(jié)AC交⊙O于點P，此時PA＋k·PB取最小值，最小值即為AC的長．證明如圖，在⊙O上任取一點Q，連結(jié)AQ，BQ，連結(jié)CQ，OQ．則OC＝k·OQ，OQ＝k·OB．而∠COQ＝∠QOB，所以△COQ∽△QOB，所以QC＝k·QB．所以QA＋k·QB＝QA＋QC≥AC，即得證．經(jīng)典例題經(jīng)典例題【例1】（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象經(jīng)過點A（﹣1，0），B（0，?3），C（2，0），其對稱軸與x軸交于點D（1）求二次函數(shù)的表達式及其頂點坐標(biāo)；（2）點M為拋物線的對稱軸上的一個動點，若平面內(nèi)存在點N，使得以A，B，M，N為頂點的四邊形為菱形，求點M的坐標(biāo)；（3）若P為y軸上的一個動點，連接PD，求12PB＋PD【答案】（1）y=32（x?12）2?938，（12，?938）；（2）（12，72）或（12，?7【詳解】思路引領(lǐng)：（1）將A、B、C三點的坐標(biāo)代入y＝ax2+bx+c，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的表達式，進而得到其頂點坐標(biāo)；（2）當(dāng)以A，B，M，N為頂點的四邊形為菱形時，分三種情況：①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時AM＝AB；②以B為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時BM＝AB；③線段AB的垂直平分線與對稱軸有一個交點，此時AM＝BM，分別列出方程，求解即可；（3）連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時12PB+PD最?。钚≈稻褪蔷€段DH，求出DH答案詳解：（1）由題意a?b+c=0c=?34a+2b+c=0∴拋物線解析式為y=32x2?3∵y=32x2?32x?3=3∴頂點坐標(biāo)（12，?（2）設(shè)點M的坐標(biāo)為（12，y∵A（﹣1，0），B（0，?3∴AB2＝1+3＝4．①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時AM＝AB，則（12+1）2+y2＝4，解得y＝±即此時點M的坐標(biāo)為（12，72）或（12②以B為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時BM＝AB，則（12）2+（y+3）2＝4，解得y=?3+即此時點M的坐標(biāo)為（12，?3+152③線段AB的垂直平分線與對稱軸有一個交點，此時AM＝BM，則（12+1）2+y2＝（12）2+（y+3）2即此時點M的坐標(biāo)為（12，?綜上所述，滿足條件的點M的坐標(biāo)為（12，72）或（12，?72）或（12，?3+15（3）如圖，連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時12PB+PD理由：∵OA＝1，OB=3∴tan∠ABO=OAOB∴∠ABO＝30°，∴PH=12∴12PB+PD＝PH+PD＝DH∴此時12PB+PD在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD=32，∠∴sin60°=DH∴DH=3∴12PB+PD的最小值為3【例2】（2022·重慶·八年級期末）已知，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為AD上的兩點，連接BE、CF，并延長交于點G，連接DG，H為CF上一點，連接BH、DH，∠GBH+∠GED=90°(1)如圖1，若H為CF的中點，且AF=2DF，DH=102，求線段(2)如圖2，若BH=BC，過點B作BI⊥CH于點I，求證：BI+2(3)如圖2，在（1）的條件下，P為線段AD（包含端點A、D）上一動點，連接CP，過點B作BQ⊥CP于點Q，將△BCQ沿BC翻折得△BCM，N為直線AB上一動點，連接MN，當(dāng)△BCM面積最大時，直接寫出22【答案】(1)3(2)見解析(3)3【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得FC=2DH=10，設(shè)正方形的邊長為3x，AF=2DF，可得FD=x，在Rt（2）過點D作DM⊥GC于點M，證明△GBI是等腰直角三角形，△BIC≌△CMD，進而證明△GMD是等腰直角三角形，根據(jù)GC=GI+IC=BI+MD=BI+2（3）取BC的中點S，連接SM，連接PN，以PN為底邊，在PN的左側(cè)作等腰直角三角形TPN，根據(jù)直角三角形中斜邊上的中點等于斜邊的一半可得SM=12BC=32，則當(dāng)SM⊥BC時，△BCM的面積最大，由TN+MN=22AN+MN≥TM，可得當(dāng)T,N,M三點共線時，22(1)解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°,AB=AD=DC，∵H為CF的中點，DH=10∴FC=2DH=10設(shè)正方形的邊長為3x，AF=2DF，可得FD=x，在Rt△FDC中，F(xiàn)即3x2解得x=1，∴AB=3x=3；(2)如圖，過點D作DM⊥GC于點M，∵∠AEB=∠GED，∠GBH+∠GED=90°，∵∠AEB+∠ABE=90°，∴∠ABE=∠GBH=1∵BH=BC，BI⊥CH，∴∠HBI=∠CBI=1∵∠ABC=90°，∴∠GBI=∠GBH+∠HBI=1∴△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=2∴GC=GI+IC=BI+MD=BI+2即BI+2(3)如圖甲所示，取BC的中點S，連接SM，連接PN，以PN為底邊，在PN的左側(cè)作等腰直角三角形TPN，∴TN=2∵BQ⊥PC，∴△BCQ是直角三角形，∵將△BCQ沿BC翻折得△BCM，∴△BMC是直角三角形，∴SM=1當(dāng)SM⊥BC時，△BCM的面積最大，∵S是BC的中點，∴△BMC是等腰直角三角形，則△BQC也是等腰直角三角形，∴CQ=BQ=2此時如圖乙所示，則點P與A重合，∵TN+MN=2∴T,N,M三點共線時，22∴∠PCM=∠ACB+∠BCM=90°，∵∠BMC=90°，∠TAC=∠TAB+∠BAC=90°，則四邊形ATMC是矩形，∴TM=AC=32即22AN+MN的最小值為圖甲

圖乙【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，兩點之間線段最短，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．【例3】（2022·湖南師大附中博才實驗中學(xué)九年級開學(xué)考試）如果有一條直線經(jīng)過三角形的某個頂點，將三角形分成兩個三角形，其中一個三角形與原三角形相似，則稱該直線為三角形的“自相似分割線”．如圖1，在△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°，DE垂直平分AB，且交BC于點D，連接AD．(1)證明直線AD是△ABC的自相似分割線；(2)如圖2，點P為直線DE上一點，當(dāng)點P運動到什么位置時，PA+PC的值最??？求此時PA+PC的長度．(3)如圖3，射線CF平分∠ACB，點Q為射線CF上一點，當(dāng)AQ+5?14【答案】(1)直線AD是△ABC的自相似分割線；(2)當(dāng)點P運動到D點時，PA+PC的值最小，此時PA+PC=5(3)∠QAC的正弦值為5【分析】（1）根據(jù)定義證明△DBA∽△ABC即可得證；（2）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得PA+PC=PB+PC≥BC，當(dāng)點P與D重合時，PA+PC=PB+PC=BC,此時PA+PC最小，設(shè)BD=x，則BC=x+1根據(jù)△DBA∽△ABC，列出方程，解方程求解即可求得BD，進而即可求得BC的長，即PA+PC最小值；（3）過點A作AH⊥BC于點H，過點Q作QG⊥BC于點G，連接AG，設(shè)CF與AD交于點M，根據(jù)已知條件求得GQ=5?14CQ，進而轉(zhuǎn)化為AQ+5?14CQ=AQ+GQ，則當(dāng)Q點落在AG上時，點G與點(1)∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°∴∠B=∠C=12（180°-∠BAC∵DE垂直平分AB∴AD=BD∴∠B=∠BAD=36°∴∠C=∠BAD又∵∠B=∠B∴△DBA∽△ABC∴直線AD是△ABC的自相似分割線．(2)如圖，連接PB，AD，∵DE垂直平分AB，∴PA=PB∴PA+PC=PB+PC≥BC當(dāng)點P與D重合時，PA+PC=PB+PC=BC,此時PA+PC最小，∵∠ADC=∠B+∠BAD=72°，∠DAC=∠BAC?∠BAD=72°∴∠ADC=∠DAC∴CD=CA=1設(shè)BD=x，則BC=x+1∵△DBA∽△ABC∴∴∴解得：x=∵x>0∴x=?1+∴BC=x+1=∴PA+PC=5∴當(dāng)點P運動到D點時，PA+PC的值最小，此時PA+PC=5(3)如圖，過點A作AH⊥BC于點H，過點Q作QG⊥BC于點G，連接AG，設(shè)CF與AD交于點M，∵AB=AC，∴CH=由（2）知，DC=AC=1∵CF平分∠ACB∴CM⊥ADDM=AM=∴sin∠MCD=∴GQ=∴AQ+∵AG≥AH∴Q點落在AG上時，點G與點H重合，即此時AQ+5?1∴∠QAC=∠HAC∵AB=AC,AH⊥BC∴CH=∴∴∠QAC的正弦值為5【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，求角的正弦，垂直平分線的性質(zhì)，兩點之間線段最短，垂線段最短，胡不歸問題，轉(zhuǎn)化線段是解題的關(guān)鍵．【例4】（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝33x＋3和直線l2：y＝﹣3x＋b相交于y軸上的點B，且分別交x軸于點A和點C（1）求△ABC的面積；（2）點E坐標(biāo)為（5，0），點F為直線l1上一個動點，點P為y軸上一個動點，求當(dāng)EF＋CF最小時，點F的坐標(biāo)，并求出此時PF＋22OP【答案】（1）S△ABC=23；（2）點F坐標(biāo)為（1，433）；PF＋22【分析】（1）根據(jù)l1的解析式可得A、B坐標(biāo)，把點B坐標(biāo)代入y＝﹣3x＋b可求出b值，進而可得出點C坐標(biāo)，即可求出AC、OB的長，利用三角形面積公式即可得答案；（2）如圖，作點C關(guān)于直線l1的對稱點C′，連接C′E，交l1于F，根據(jù)A、B、C坐標(biāo)可得△ABC是直角三角形，可得點C′在直線l2上，根據(jù)兩點間距離公式可得出C′坐標(biāo)，可得C′E為EF＋CF的最小值，利用待定系數(shù)法可得出直線C′E的解析式，聯(lián)立直線C′E與l1解析式即可得出得F的坐標(biāo)；作二、四象限對角線l3，過點F作FG⊥l3于G，交y軸于P，可得∠GOP=45°，可得PG=22OP，可得FG為PF＋22OP的最小值，過點F作FQ⊥x軸，交l3于Q，可得△FGQ為等腰直角三角形，可得FG=22FQ，由l3的解析式為y=-x及點F的坐標(biāo)可得點Q坐標(biāo)，進而可得【詳解】（1）∵l1：y＝33x＋3∴當(dāng)x=0時，y=3，當(dāng)y=0時，x=-3，∴A（-3，0），B（0，3），∵點B直線l2：y＝﹣3x＋b上，∴b=3，∴直線l2的解析式為y＝﹣3x＋3，∴當(dāng)y=0時，x=1，∴C（1，0），∴AC=4，OB=3，∴S△ABC=12AC?OB=12（2）如圖，作點C關(guān)于直線l1的對稱點C′，連接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，∴點C′在直線l2上，∵點C與點C′關(guān)于直線l1的對稱，∴CC′=2BC=4，設(shè)點C′（m，﹣3m＋3，）∴（m-1）2+（﹣3m＋3）2=42，解得：m1=-1，m2=3，∵點C′在第二象限，∴m=-1，∴﹣3m＋3=23∵FC=FC′，∴EF＋CF=EF+FC′，∴當(dāng)C′、F、E三點共線時EF＋CF的值最小，設(shè)直線C′E的解析式為y=kx+b，∴?k+b=23解得：k=?3∴直線C′E的解析式為y=?3聯(lián)立直線C′E與l1解析式得y=?3解得：x=1y=∴F（1，43如圖，作二、四象限對角線l3，過點F作FG⊥l3于G，交y軸于P，過點F作FQ⊥x軸，交l3于Q，∴直線l3的解析式為y=-x，∠GOP=45°，∴△GOP是等腰直角三角形，∴PG=22OP∴G、P、F三點共線時，PF＋22OP的值最小，最小值為FG∵∠GOP=45°，∠POE=90°，∴∠EOQ=45°，∴∠FQO=45°，∴△FGQ是等腰直角三角形，∴FG=22FQ∵F（1，433），直線l3的解析式為y=-∴Q（1，-1），∴FQ=433-（-1）=∴FG=22FQ=22×（43∴PF＋22OP的最小值為2【點睛】本題考查一次函數(shù)的綜合、軸對稱的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，正確添加輔助線，熟練掌握待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式及軸對稱的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．培優(yōu)訓(xùn)練培優(yōu)訓(xùn)練一、填空題1．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足為D，P為線段AD上的一動點，連接PB、PC．則PA+2PB的最小值為_____．【答案】42【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2【詳解】解：如圖，在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB最小，∴∠AFB＝90°∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠CAD＝∠BAD＝12∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，∴PF＝12∴PA+2PB＝212PA+PB＝12在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，∴BF＝AB?sin45°＝4×2∴（PA+2PB）最大＝2BF＝42故答案為：42【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解直角直角三角形，解題的關(guān)鍵是作輔助線．2．（2022·湖北湖北·八年級期末）如圖，?ABCD中∠A=60°，AB=6，AD=2，P為邊CD上一點，則3PD+2PB【答案】6【分析】作PH丄AD交AD的延長線于H，由直角三角形的性質(zhì)可得HP=32DP，因此3PD+2PB=2(32DP+PB)=2(PH+PB)，當(dāng)H、P、B三點共線時HP+PB有最小值，即3PD十2【詳解】如圖，過點P作PH⊥AD，交AD的延長線于H，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB//CD，∴∠A=∠PDH=60°∵PH丄AD∴∠DPH=30°∴DH=12PD∴3PD+2PB=2(∴當(dāng)點H，點P，點B三點共線時，HP+PB有最小值，即3PD+2PB此時BH⊥AH，∠ABH=30°，∠A=60°，∴AH=12AB=3則3PD+2PB最小值為6故答案為：63【點睛】本題考查了胡不歸問題，平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，垂線段最短等知識．構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．3．（2022·湖北武漢·一模）如圖，在△ACE中，CA=CE，∠CAE=30°，半徑為5的⊙O經(jīng)過點C，CE是圓O的切線，且圓的直徑AB在線段AE上，設(shè)點D是線段AC上任意一點(不含端點)，則OD+1【答案】5【分析】過點C作關(guān)于AE的平行線，過點D作DH垂直于該平行線于H，可將12CD轉(zhuǎn)化為DH，此時OD+12CD【詳解】解：如圖所示，過點C作關(guān)于AE的平行線，過點D作DH垂直于該平行線于H，∵CH//AB，∠CAE=30°，OC=OA，∴∠HCA=∠OCA=30°，∴sin∠HCD=HD∴1∴OD+1∵當(dāng)O，D，H三點共線，即在圖中H在H'位置，D在D'位置的時候有OD+DH最小，∴當(dāng)O，D，H三點共線時，OD+1此時OH'=OC×sin∴OD+12CD故答案為53【點睛】本題主要考查了最值問題中的胡不歸問題，解題的關(guān)鍵是在于將124．（2022·湖北武漢·九年級階段練習(xí)）如圖，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，半徑為5的⊙O經(jīng)過點C，CE是圓O的切線，且圓的直徑AB在線段AE上，設(shè)點D是線段AC上任意一點（不含端點），則OD+12【答案】5【分析】作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，易證四邊形AOCF是菱形，根據(jù)對稱性可得DF=DO．過點D作DH⊥OC于H，易得DH=12DC，從而有12CD+OD=DH+FD．根據(jù)兩點之間線段最短可得：當(dāng)F、D、H三點共線時，DH+FD（即12CD+OD）最小，然后在Rt【詳解】解：作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，如圖所示，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=30°，∴∠COB=60°，則∠AOF=∠COF=12∠AOC=1∵OA=OF=OC，∴△AOF、△COF是等邊三角形，∴AF=AO=OC=FC，∴四邊形AOCF是菱形，∴根據(jù)對稱性可得DF=DO．過點D作DH⊥OC于H，則DH=12DC∴12CD+OD=DH+FD根據(jù)兩點之間線段最短可得，當(dāng)F、D、H三點共線時，DH+FD（即12CD+OD∵OF=OA=5，∴OH=1∴FH=O即12CD+OD的最小值為5故答案為：53【點睛】本題主要考查了圓半徑相等的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、兩點之間線段最短、等腰三角形的性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，把12CD+OD轉(zhuǎn)化為DH+FD5．（2021·江蘇·蘇州高新區(qū)實驗初級中學(xué)九年級階段練習(xí)）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E為邊AD上一個動點，點F在邊CD上，且線段EF＝4，點G為線段EF的中點，連接BG、CG，則BG+12CG【答案】5【分析】因為DG＝12EF＝2，所以G在以D為圓心，2為半徑圓上運動，取DI＝1，可證△GDI∽△CDG，從而得出GI＝12CG，然后根據(jù)三角形三邊關(guān)系，得出【詳解】解：如圖，在Rt△DEF中，G是EF的中點，∴DG＝12∴點G在以D為圓心，2為半徑的圓上運動，在CD上截取DI＝1，連接GI，∴DIDG＝DGCD＝∴∠GDI＝∠CDG，∴△GDI∽△CDG，∴IGCG=DI∴IG＝12∴BG+12CG＝BG+IG≥∴當(dāng)B、G、I共線時，BG+12CG最小＝BI在Rt△BCI中，CI＝3，BC＝4，∴BI＝5，故答案是：5．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，圓的概念，求得點G的運動軌跡是解題的關(guān)鍵．6．（2021·四川省成都市七中育才學(xué)校八年級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l分別交x、y軸于B、C兩點，點A、C的坐標(biāo)分別為(3，0)、(0，﹣3)，且∠OCB＝60°，點P是直線l上一動點，連接AP，則AP+3【答案】3+332【分析】作∠OCE=120°，過點P作PG⊥CE于點G，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得PG=32PC；當(dāng)A、P、G在同一直線時，AP+32PC=AP+PG=【詳解】解：∵點A、C的坐標(biāo)分別為(3，0)、(0，﹣3)，∴OA=3，OC=3，作∠OCE=120°，∵∠OCB=60°，則∠OCB=∠BCE=∠FCE=60°，過點P作PG⊥CE于點G，如圖：在Rt△PCG中，∠PCG=60°，則∠CPG=30°，∴CG=12PC，由勾股定理得PG=32∴AP+32PC=AP+PG當(dāng)A、P、G在同一直線時，AP+PG=AG的值最小，延長AG交y軸于點F，∵∠FCG=60°，∠CGF=90°，∴∠CFG=30°，∴CF=2CG，GF=32CF在Rt△OAF中，∠AOF=90°，∠OFA=30°，∴AF=2OA=6，OF=3OA=3∴CF=OF-OC=33∴GF=32(33?3∴AG=AF-FG=6?9即AP+32PC的最小值為3故答案為：3+33【點睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，作出合適的輔助線，得到當(dāng)A、P、G在同一直線時，AP+32PC=AP+PG=AG7．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，直線y＝x﹣3分別交x軸、y軸于B、A兩點，點C（0，1）在y軸上，點P在x軸上運動，則2PC＋PB的最小值為___．【答案】4【詳解】思路引領(lǐng)：過P作PD⊥AB于D，依據(jù)△AOB是等腰直角三角形，可得∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD，進而得到△BDP是等腰直角三角形，故PD=22PB，當(dāng)C，P，D在同一直線上時，CD⊥AB，PC+PD的最小值等于垂線段CD的長，求得答案詳解：如圖所示，過P作PD⊥AB于D，∵直線y＝x﹣3分別交x軸、y軸于B、A兩點，令x＝0，則y＝﹣3；令y＝0，則x＝3，∴A（0，﹣3），B（3，0），∴AO＝BO＝3，又∵∠AOB＝90°，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD，∴△BDP是等腰直角三角形，∴PD=22∴2PC+PB=2（PC+22PB）=2（當(dāng)C，P，D在同一直線上，即CD⊥AB時，PC+PD的值最小，最小值等于垂線段CD的長，此時，△ACD是等腰直角三角形，又∵點C（0，1）在y軸上，∴AC＝1+3＝4，∴CD=22AC＝2即PC+PD的最小值為22∴2PC+PB的最小值為2×2故答案為：4．8．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，矩形ABCD中AB＝3，BC=3，E為線段AB上一動點，連接CE，則12AE＋【答案】3【詳解】思路引領(lǐng)：在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．易證ET=12AE，推出12AE+EC＝CE+ET≥CH答案詳解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴tan∠CAB=CB∴∠CAB＝30°，∴AC＝2BC＝23，在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．∵ET⊥AM，∠EAT＝30°，∴ET=12AE∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝23，∴CH＝AC?sin6°＝23×∵12AE+EC＝CE+ET≥CH∴12AE+EC∴12AE+EC故答案為3．9．（2021·四川·成都市樹德實驗中學(xué)八年級期末）如圖，△ABC中，∠BAC＝75°，∠ACB＝60°，AC＝4，則△ABC的面積為_；點D，點E，點F分別為BC，AB，AC上的動點，連接DE，EF，F(xiàn)D，則△DEF的周長最小值為_．【答案】

6+23

3【分析】（1）過點A作AH⊥BC于H，根據(jù)∠BAC＝75°，∠C＝60°，即可得到（2）過點B作BJ⊥AC于J，作點F關(guān)于AB的對稱點M，點F關(guān)于BC的對稱點N，連接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此時△FE′D′的周長＝MN的長，然后證明△BMN是等腰直角三角形，BM的值最小時，MN的值最小，再根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)BF與BJ重合時，BM的值最小，由此求解即可.【詳解】解：①如圖，過點A作AH⊥BC于H．∴∠AHB=∠AHC=90°，∵∠BAC＝75°，∠C＝60°，∴∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝45°，∠HAC=30°∴BH=AH，HC=∴AH=∴AH＝BH＝23，∴BC＝BH+CH＝23+2，∴S△ABC＝12?BC?AH＝12?（23+2）·3②如圖，過點B作BJ⊥AC于J，作點F關(guān)于AB的對稱點M，點F關(guān)于BC的對稱點N，連接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此時△FE′D′的周長＝MN的長．∵BF＝BM＝BM，∠ABM＝∠ABJ，∠CBJ＝∠CBN，∴∠MBN＝2∠ABC＝90°，∴△BMN是等腰直角三角形，∴BM的值最小時，MN的值最小，根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)BF與BJ重合時，BM的值最小，∵BJ=2∴MN的最小值為2BJ＝32∴△DEF的周長的最小值為32故答案為：6+23，32【點睛】本題主要考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，垂線段最短，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進行求解.10．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在邊長為4的正方形ABCD內(nèi)有一動點P，且BP＝2．連接CP，將線段PC繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PQ．連接CQ、DQ，則12DQ+CQ【答案】5【分析】連接AC、AQ，先證明△BCP∽△ACQ得AQBP=22即AQ＝2，在AD上取AE＝1，證明△QAE∽△DAQ得EQ＝12QD，故12DQ+CQ＝EQ+【詳解】解：如圖，連接AC、AQ，∵四邊形ABCD是正方形，PC繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PQ，∴∠ACB＝∠PCQ＝45°，∴∠BCP＝∠ACQ，cos∠ACB＝BCAC=22，cos∠∴∠ACB=∠PCO，∴△BCP∽△ACQ，∴AQ∵BP＝2，∴AQ＝2，∴Q在以A為圓心，AQ為半徑的圓上，在AD上取AE＝1，∵AEAQ=12，AQAD∴△QAE∽△DAQ，∴EQQD=12即EQ∴12DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE連接CE，∴CE=D∴12DQ+CQ故答案為：5．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵在于能夠連接AC、AQ，證明兩對相似三角形求解.11．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是菱形，AB＝8，且∠ABC＝60°，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，則AM+12BM【答案】43【分析】如圖，過點A作AT⊥BC于T，過點M作MH⊥BC于H，根據(jù)菱形的性質(zhì)和30°角的直角三角形的性質(zhì)可得MH＝12BM，于是可得AM+12BM的最小值即為【詳解】解：如圖，過點A作AT⊥BC于T，過點M作MH⊥BC于H．∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠DBC＝12∠ABC∵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的最小值為43故答案為：43．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、30°角的直角三角形的性質(zhì)、垂線段最短以及解直角三角形等知識，屬于?？碱}型，熟練掌握上述知識、明確解答的方法是解題關(guān)鍵．12．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，?ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P為邊CD上的一動點，則2PB+PD的最小值等于______.【答案】6【分析】過點P作PE⊥AD交AD的延長線于點E，根據(jù)四邊形ABCD是平行四邊形，得到AB∥CD，推出PE=12PD，由此得到當(dāng)PB+PE最小時2PB+PD有最小值，此時P、B、E三點在同一條直線上，利用∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6求出PB+PE的最小值=1【詳解】過點P作PE⊥AD交AD的延長線于點E，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠EDC=∠DAB＝30°，∴PE=12∵2PB+PD=2（PB+12∴當(dāng)PB+PE最小時2PB+PD有最小值，此時P、B、E三點在同一條直線上，∵∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6，∴PB+PE的最小值=12∴2PB+PD的最小值等于6，故答案為：6.【點睛】此題考查平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形含30°角的問題，動點問題，將線段2PB+PD轉(zhuǎn)化為三點共線的形式是解題的關(guān)鍵.13．（2022·四川自貢·一模）如圖，△ABC中，AB=AC=10，tanA=2，BE⊥AC于點E，D是線段BE上的一個動點，則CD+【答案】4【分析】過點D作DH⊥AB于H，過點C作CM⊥AB于M，首先通過勾股定理及tanA=2求出AE,BE的長度，然后根據(jù)等腰三角形兩腰上的高相等得出CM=BE，然后通過銳角三角函數(shù)得出DH=55BD，進而可得出【詳解】解：如圖，過點D作DH⊥AB于H，過點C作CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB=90°，∵tanA=設(shè)AE=a，BE=2a，∵AB∴100=a∴a2∴a=25或?2∴BE=2a=45∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM=BE=45∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，∴sin∠DBH=∴DH=5∴CD+5∴CD+DH?CM，∴CD+5∴CD+55BD故答案為：45【點睛】本題主要考查解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，垂線段最短等，學(xué)會添加輔助線并利用轉(zhuǎn)化的思想是解題的關(guān)鍵．14．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，拋物線y=x2?2x?3與x軸交于A、B兩點，過B的直線交拋物線于E，且tan∠EBA=43，有一只螞蟻從A出發(fā)，先以1單位/s的速度爬到線段BE上的點D處，再以1.25單位/s的速度沿著DE爬到E點處覓食，則螞蟻從【答案】64【分析】過點E作x軸的平行線，再過D點作y軸的平行線，兩線相交于點H，如圖，利用平行線的性質(zhì)和三角函數(shù)的定義得到tan∠HED=tan∠EBA=DHEH=43，設(shè)DH=4m，EH=3m，則DE=5m，則可判斷螞蟻從D爬到E點所用的時間等于從D爬到H點所用的時間相等，于是得到螞蟻從A出發(fā)，先以1單位/s的速度爬到線段BE上的點D處，再以1.25單位/s的速度沿著DE爬到E點所用時間等于它從A以1單位/s的速度爬到D點，再從D點以1單位/s速度爬到H點的時間，利用兩點之間線段最短得到AD+DH的最小值為【詳解】解：過點E作x軸的平行線，再過D點作y軸的平行線，兩線相交于點H，如圖，∵EH∥∴∠HEB=∠ABE，∴tan設(shè)DH=4m，EH=3m，則DE=5m，∴螞蟻從D爬到E點的時間=若設(shè)螞蟻從D爬到H點的速度為1單位/s，則螞蟻從D爬到H點的時間=∴螞蟻從D爬到E點所用的時間等于從D爬到H點所用的時間相等，∴螞蟻從A出發(fā)，先以1單位/s的速度爬到線段BE上的點D處，再以1.25單位/s的速度沿著DE爬到E點所用時間等于它從A以1單位/s的速度爬到D點，再從D點以1單位/s作AG⊥EH于G，則AD+DH?AH?AG，∴AD+DH的最小值為AG的長，當(dāng)y=0時，x2?2x?3=0，解得x1=?1，x2直線BE交y軸于C點，如圖，在RtΔOBC中，∴OC=4，則C(0,4)，設(shè)直線BE的解析式為y=kx+b，把B(3,0)，C(0,4)代入得3k+b=0b=4，解得k=?∴直線BE的解析式為y=?4解方程組y=x2?2x?3y=?43x+4得x=3y=0或∴AG=64∴螞蟻從A爬到G點的時間=64即螞蟻從A到E的最短時間為649故答案為649【點睛】本題考查了二次函數(shù)與x軸的交點：把求二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a，b，c是常數(shù)，a≠0)與x軸的交點坐標(biāo)化為解關(guān)于x的一元二次方程．解決本題的關(guān)鍵是確定螞蟻在DH二、解答題15．（2022·全國·九年級）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝12x＋2與x軸交于點A，與y軸交于點C．拋物線y＝ax2＋bx＋c的對稱軸是x＝－32且經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為點(1)求二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的表達式；(2)點P為線段AB上的動點，求AP＋2PC的最小值；(3)拋物線上是否存在點M，過點M作MN垂直x軸于點N，使得以點A，M，N為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線表達式為：y=?1(2)AP+2PC的最小值是23(3)存在M(0,2)或(-3,2)或(2,-3)或(5,-18)，使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似．【分析】（1）先求的直線y=12x+2與x軸，y軸交點的坐標(biāo)，然后利用拋物線的對稱性可求得點B的坐標(biāo)；設(shè)拋物線的解析式為y=a(x+4)(x-1)，然后將點C（2）如圖1，作∠OAE=30°，交y軸于E，過點P作PH⊥AE于H，當(dāng)C，P，H三點共線時，AP+2PC的值最小，根據(jù)直角三角形含30度角的性質(zhì)可得CH的長，從而可得結(jié)論；（3）首先可證明△ABC是直角三角形，且有AC=2BC，然后分三種情況討論即可：①當(dāng)M點與C點重合，即M（0，2）時，△MAN∽△BAC；②根據(jù)拋物線的對稱性，當(dāng)M（-3，2）時，△MAN∽△ABC；③當(dāng)點M在第四象限時，解題時，需要注意相似三角形的對應(yīng)關(guān)系．(1)y=12x+2中，當(dāng)x=0時，y=2，當(dāng)y∴C（0，2），A（-4，0），由拋物線的對稱性可知：點A與點B關(guān)于x=?3∴點B的坐標(biāo)為（1，0）．∵拋物線y=ax2+bx+c過A（-4，0），B（1，0），可設(shè)拋物線表達式為y=a（x+4）（x-1），又∵拋物線過點C（0，2），∴2=-4a，∴a=?1∴拋物線表達式為：y=?1(2)如圖1，作∠OAE=30°，交y軸于E，過點P作PH⊥AE于H，∴PH=1∵AP+2PC=21∴當(dāng)C，P，H三點共線時，AP+2PC的值最小，∵∠APH=∠OPC，∠COP=∠AHP=90°，∴∠OCP=∠OAE=30°，Rt△AOE中，AO=4，OE=OARt△CHE中，EH=1∴CH=∴AP+2PC的最小值是2CH=2(3(3)∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC=2∴AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，AC=2BC，點A，M，N為頂點的三角形與△ABC相似存在以下3種情況：①如圖2，當(dāng)M點與C點重合，即M（0，2）時，△MAN∽△BAC；②如圖3，根據(jù)拋物線的對稱性，當(dāng)M（-3，2）時，△MAN∽△ABC；③如圖4，當(dāng)M在第四象限時，設(shè)Mn,?12n2∴MN=1當(dāng)ANMN=2時，AN=2MN，即整理得：n2+2n-8=0，解得：n1=-4（舍），n2=2，∴M（2，-3）；當(dāng)ANMN=12時，MN=2整理得：n2-n-20=0，解得：n1=-4（舍），n2=5，∴M（5，-18）．綜上所述：存在M（0，2）或（-3，2）或（2，-3）或（5，-18），使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似．【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)與相似三角形的綜合應(yīng)用，還考查了軸對稱-最短路徑問題，難度較大，解答本題需要同學(xué)們熟練掌握二次函數(shù)和相似三角形的相關(guān)性質(zhì)．16．（2022·四川眉山·九年級專題練習(xí)）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?23x2?223x+2與x軸交于A、(1)求A、C兩點的坐標(biāo)；(2)連接AC，點P為直線AC上方拋物線上（不與A、C重合）的一動點，過點P作PD⊥AC交AC于點D，PE⊥x軸交AC于點E，求PD+DE的最大值及此時點P的坐標(biāo)；(3)如圖2，將原拋物線沿射線CB方向平移33個單位得到新拋物線y'，點M為新拋物線y'對稱軸上一點，在新拋物線y'上是否存在一點N，使以點C、A、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形，若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)，并選擇一個你喜歡的點寫出求解過程；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A（﹣3，0），C(0,(2)最大值，31122(3)存在，此時M(2,?1132)或【分析】（1）令x=0，求出y的值，可求出點C的坐標(biāo)；令y=0，可求出x的值，由此可求出點A的坐標(biāo)；（2）利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可表達PD+DE的值，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值；（3）分三種情況：當(dāng)四邊形ACNM是平行四邊形時，當(dāng)ACMN時平行四邊形時，當(dāng)ANCM時平行四邊形時，分別利用點的平移和中點坐標(biāo)公式進行求解即可．（1）在y=?2令x＝0，y=2∴C(0,2令y＝0，x1＝﹣3，x2＝1，∵xA＜xB，∴A（﹣3，0），B（1，0）．（2）∵PE⊥x軸，y⊥x軸，∴PE∥y軸，∴∠PED＝∠ACO，∵∠PDE＝∠AOC＝90°，∴△PED∽△ACO，∴DE：PD：PE＝OC：OA：AC，在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，∴AC=O∴DE:PD:PE=OC:OA:AC=2∴DE=2211PE∴PD+DE=3當(dāng)PE最大時，PD+DE最大，設(shè)直線AC的解析式為：y＝kx+b，∵A（﹣3，0），C(0,2∴?3k+b=0b=∴直線AC:y=2設(shè)Pm,?23m2?2∴Em,∴PE=y∵?23<0，﹣3＜m∴m=?32時，∴PD+DEmax∴P(?3（3）存在，此時M(2,?1132)或在射線CB上取一點Q，使CQ＝33，過點Q作QG⊥y軸于點G，則∠QGC＝90∵B（1，0），C（0，2），∴OB＝1，OC＝2，∵∠BOC＝90°，∴BC＝3，∵∠QGC＝∠BOC＝90°，∠QCG＝∠BCO，∴△QGC∽△BOC，∴QG：BO＝CG：CO＝CQ：CB，即QG:1=CG:2∴QG＝3，CG＝32∴沿射線CB方向平移33個單位相當(dāng)于向右平移3個單位，再向下平移3∵∵y=?2將拋物線y=?23x?223x+∴y'∴新拋物線的對稱軸為直線x＝2，∵點M為新拋物線y′對稱軸上一點，∴點M的橫坐標(biāo)為2，當(dāng)四邊形ACMN為平行四邊形時，如圖，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知：AC∥NM，AC＝NM，由圖可知，將點C先向右平移2個單位，再向下平移若干個單位得到點M，∴將點A（﹣3，0）先向右平移2個單位，再向下平移若干個單位得到點N，∴點N的橫坐標(biāo)為：﹣3+2＝﹣1，當(dāng)x＝﹣1時，y'∴此時點N的坐標(biāo)為?1,?14∴將點A（﹣3，0）先向右平移2個單位，再向下平移1423個單位得到點N（﹣1，﹣∴將點C（0，2）先向右平移2個單位，再向下平移1423個單位得到點M（2，﹣當(dāng)四邊形ACNM為平行四邊形時，如圖，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知：AC∥MN，AC＝NM，由圖可知，將點A（﹣3，0）先向右平移5個單位，再向下平移若干個單位得到點M，∴將點C（0，2）先向右平移5個單位，再向下平移若干個單位得到點N，∴點N的橫坐標(biāo)為：0+5＝5，當(dāng)x＝5時，y'∴此時點N的坐標(biāo)為（5，﹣142∴點C（0，2）先向右平移5個單位，再向下平移1723個單位得到點N（5，﹣將點A（﹣3，0）先向右平移5個單位，再向下平移1723個單位得到點M（2，﹣當(dāng)ANCM為對角線時，A（﹣3，0），C（0，2）的中點為：?3∵點M在對稱軸x＝2上，∴點M的橫坐標(biāo)為x＝2，∴點N的橫坐標(biāo)為x＝﹣5，當(dāng)x＝﹣5時，y'∴N（﹣5，?182∴點M的縱坐標(biāo)為192∴M(2,192綜上所述，符合題意的點M的坐標(biāo)為：M2,?1132.或【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，涉及待定系數(shù)法，軸對稱最值問題，平行四邊形存在性等知識，包括分類討論思想等，（3）關(guān)鍵是進行正確的分類討論．17．（2022·湖南長沙·八年級階段練習(xí)）如圖1，拋物線y=ax2+a+3x+3a≠0與x軸交于點A4,0，與y軸交于點B，在x軸上有一動點Em,0（0<m<4），過點E作x軸的垂線交直線AB于點N，交拋物線于點P，過點(1)求a的值和直線AB的函數(shù)表達式：(2)設(shè)△PMN的周長為C1，△AEN的周長為C2，若C1(3)如圖2，在（2）的條件下，將線段OE繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到OE'，旋轉(zhuǎn)角為α（0°<α<90°），連接E'A、【答案】(1)a=-34．直線AB解析式為y=-34(2)2(3)4【分析】（1）令y=0，求出拋物線與x軸交點，列出方程即可求出a，根據(jù)待定系數(shù)法可以確定直線AB解析式；（2）由△PNM∽△ANE，推出PNAN（3）在y軸上取一點M使得OM′=43，構(gòu)造相似三角形，可以證明AM′就是E′A+23E′(1)令y=0，則ax2+（a+3）x+3=0，∴（x+1）（ax+3）=0，∴x=-1或-3a∵拋物線y=ax2+（a+3）x+3（a≠0）與x軸交于點A（4，0），∴-3a∴a=-34∵A（4，0），B（0，3），設(shè)直線AB解析式為y=kx+b，則b＝解得k＝∴直線AB解析式為y=-34x(2)如圖1，∵PM⊥AB，PE⊥OA，∴∠PMN=∠AEN，∵∠PNM=∠ANE，∴△PNM∽△ANE，∵C∴PNAN∵NE∥OB，∴ANAB∴AN=5∵拋物線解析式為y=?3∴PN=?3∴?3解得m=2或4，經(jīng)檢驗x=4是分式方程的增根，∴m=2；(3)如圖2，在y軸上取一點M′使得OM′=43，連接AM′，在AM′上取一點E′使得OE′=OE∵OE′=2，OM′?OB=43∴OE′2=OM′?OB，∴OE∵∠BOE′=∠M′OE′，∴△M′OE′∽△E′OB，∴ME∴M'∴AE'+23BE'=A最小值=AM【點睛】本題為二次函數(shù)綜合題，主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)、待定系數(shù)法、最小值問題等知識，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造相似三角形，找到線段AM′就是AE18．（2022·廣東·九年級專題練習(xí)）如圖1，已知正方形ABCD，AB＝4，以頂點B為直角頂點的等腰Rt△BEF繞點B旋轉(zhuǎn)，BE＝BF＝10，連接AE，CF．(1)求證：△ABE≌△CBF．(2)如圖2，連接DE，當(dāng)DE＝BE時，求S△BCF的值．（S△BCF表示△BCF的面積）(3)如圖3，當(dāng)Rt△BEF旋轉(zhuǎn)到正方形ABCD外部，且線段AE與線段CF存在交點G時，若M是CD的中點，P是線段DG上的一個動點，當(dāng)滿足2MP+PG的值最小時，求MP的值．【答案】(1)見解析(2)2或6(3)11【分析】（1）由“SAS”可證△ABE≌△CBF；（2）由“SSS”可證△ADE≌△ABE，可得∠DAE＝∠BAE＝45°，可證AH＝EH，由勾股定理可求BE的長，即可求解；（3）先確定點P的位置，過點B作BQ⊥CF于Q，由勾股定理可求CE的長，由平行線分線段成比例可求解．(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∵∠EBF＝90°＝∠ABC，∴∠ABE＝∠CBF，又∵BE＝BF，AB＝BC，在△ABE和△CBF中，AB=CB∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF（SAS）；(2)解：如圖2，過點E作EH⊥AB于H，∵△ABE≌△CBF，∴S△ABE＝S△CBF，∵AD＝AB，AE＝AE，DE＝BE，∴△ADE≌△ABE（SSS），∴∠DAE＝∠BAE＝45°，∵EH⊥AB，∴∠EAB＝∠AEH＝45°，∴AH＝EH，∵BE2＝BH2+EH2，∴10＝EH2+（4﹣EH）2，∴EH＝1或3，當(dāng)EH＝1時∴S△ABE＝S△BCF＝12AB×EH＝1當(dāng)EH＝3時∴S△ABE＝S△BCF＝12AB×EH＝1∴S△BCF的值是2或6；(3)解：如圖3，過點P作PK⊥AE于K，由（1）同理可得△ABE≌△CBF，∴∠EAB＝∠BCF，∵∠BAE+∠CAE+∠ACB＝90°，∴∠BCF+∠CAE+∠ACB＝90°，∴∠AGC＝90°，∵∠AGC＝∠ADC＝90°，∴點A，點G，點C，點D四點共圓，∴∠ACD＝∠AGD＝45°，∵PK⊥AG，∴∠PGK＝∠GPK＝45°，∴PK＝GK＝22PG∴MP+22PG＝MP+PK∴當(dāng)點M，點P，點K三點共線時，且點E，點G重合時，MP+22PG值最小，即2MP+PG如圖4，過點B作BQ⊥CF于Q，∵BE＝BF＝10，∠EBF＝90°，BQ⊥EF，∴EF＝25，BQ＝EQ＝FQ＝5，∵CQ＝BC∴CE＝CQ﹣EQ＝11?∵MK⊥AE，CE⊥AE，∴MK∥CE，∴DMDC又∵M是CD的中點，∴DC＝2DM，∴MP＝12CE＝11【點睛】本題主要考查勾股定理、全等三角形的性質(zhì)與判定、正方形的性質(zhì)及圓的基本性質(zhì)，熟練掌握勾股定理、全等三角形的性質(zhì)與判定、正方形的性質(zhì)及圓的基本性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．（2021·四川·達州市第一中學(xué)校九年級期中）如圖，矩形OABC的頂點A、C分別在x、y軸的正半軸上，點B的坐標(biāo)為(23,4)，一次函數(shù)y=?33x+b的圖象與邊OC、AB、x軸分別交于點D、E、F，∠DFO=30°（1）求b的值；（2）連接OM，若ΔODM的面積與四邊形OAEM的面積之比為1:3，求點M的坐標(biāo)；（3）求OM+1【答案】（1）b=3；（2）M(23【分析】（1）利用矩形的性質(zhì)，用b表示點E的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法即可求解；（2）首先求出四邊形OAED的面積，再根據(jù)條件求出△ODM的面積，即可解決問題；（3）過點M作MN⊥x軸交于點N，則OM+12MF=OM+MN，即可轉(zhuǎn)化為求OM+MN的最小值，作點O關(guān)于一次函數(shù)的對稱點O'，過點O'作x軸的垂線交x軸于點N'，交一次函數(shù)于點【詳解】（1）在y=?33x+b中，令x=0∴點D的坐標(biāo)為(0,b)，∵OD=BE，B(23∴E(23把E(23,4?b)代入y=?3解得：b=3；（2）由（1）得一次函數(shù)為y=?33x+3，D(0,3)∴OD=3，AE=1，OA=23∴S∵ΔODM的面積與四邊形OAEM的面積之比為1:3，∴ΔODM的面積與四邊形OADE的面積之比為1:4，∴S設(shè)點M的橫坐標(biāo)為a，則12解得：a=2把x=233代入y=?∴M(2（3）如圖所示，過點M作MN⊥x軸交于點N，∵∠DFO=30∴MN=1∴OM+1作點O關(guān)于一次函數(shù)的對稱點O'，且OO’與直線DF交于Q點，過點O'作x軸的垂線交x軸于點∴OM=O∴OM+1當(dāng)O'、M、N在同一直線時O即OM+12MF=OM+MN=∵∠DFO=30°，∴∠ODF=60°，∠DOQ=30°，∠O在Rt△ODQ中，OQ=OD?sin∴OO在Rt△ON'O∴OM+12MF【點睛】本題考查幾何圖形與函數(shù)的綜合題，包括一次函數(shù)、矩形的性質(zhì)、四邊形的面積，解直角三角形以及胡不歸問題，屬于中考壓軸題．20．（2022·全國·九年級）已知拋物線y＝ax2＋bx＋c與x軸交于A（﹣1，0），B（5，0）兩點，C為拋物線的頂點，拋物線的對稱軸交x軸于點D，連接BC，且tan∠CBD=4（1）求拋物線的解析式；（2）設(shè)P是拋物線的對稱軸上的一個動點．①過點P作x軸的平行線交線段BC于點E，過點E作EF⊥PE交拋物線于點F，連接FB、FC，求△BCF的面積的最大值；②連接PB，求35PC＋PB【答案】（1）?49x2【詳解】思路引領(lǐng)：（1）設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x+1）（x﹣5），可得對稱軸為直線x＝2，由銳角三角函數(shù)可求點C坐標(biāo)，代入解析式可求解析式；（2）①先求出直線BC解析式，設(shè)P（2，t），可得點E（5?34t，t），點F(5?3②根據(jù)圖形的對稱性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，過點P作PG⊥AC于G，可得PG=35PC，可得35PC+PB=PG+PB，過點B作BH⊥AC于點H，則PG+PB≥BH，即BH是3答案詳解：（1）根據(jù)題意，可設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x+1）（x﹣5），∵拋物線的對稱軸為直線x＝2，∴D（2，0），又∵tan∠CBD=4∴CD＝BD?tan∠CBD＝4，即C（2，4），代入拋物線的解析式，得4＝a（2+1）（2﹣5），解得a=?4∴二次函數(shù)的解析式為y=?49(x+1)(x?5)=?4（2）①設(shè)P（2，t），其中0＜t＜4，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴0=5k+b，4=2k+b.解得

k=?即直線BC的解析式為y=?4令y＝t，得：x=5?3∴點E（5?34t，把x=5?34t代入y=?即F(5?3∴EF=(2t?1∴△BCF的面積=12×EF×BD=32（∴當(dāng)t＝2時，△BCF的面積最大，且最大值為32②如圖，據(jù)圖形的對稱性可知∠ACD＝∠BCD，AC＝BC＝5，∴sin∠ACD=ADAC過點P作PG⊥AC于G，則在Rt△PCG中，PG=PC?sin∠ACD=3∴35過點B作BH⊥AC于點H，則PG+PB≥BH，∴線段BH的長就是35∵S△ABC又∵S△ABC∴52即BH=24∴35PC+PB的最小值為21．（2019·四川綿陽·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，將二次函數(shù)y=ax2a>0的圖象向右平移1個單位，再向下平移2個單位，得到如圖所示的拋物線，該拋物線與x軸交于點A、B(點A在點B的左側(cè))，OA=1，經(jīng)過點A的一次函數(shù)y=kx+bk≠0的圖象與y軸正半軸交于點C，且與拋物線的另一個交點為(1)求拋物線和一次函數(shù)的解析式；(2)拋物線上的動點E在一次函數(shù)的圖象下方，求ΔACE面積的最大值，并求出此時點E的坐標(biāo)；(3)若點P為x軸上任意一點，在(2)的結(jié)論下，求PE+3【答案】(1)y=12x2?x?32；y=12x+1【分析】(1)先寫出平移后的拋物線解析式，再把點A?1,0代入可求得a的值，由ΔABD的面積為5可求出點D的縱坐標(biāo)，代入拋物線解析式可求出橫坐標(biāo)，由A、D(2)作EM∥y軸交AD于M，如圖，利用三角形面積公式，由SΔACE=S(3)作E關(guān)于x軸的對稱點F，過點F作FH⊥AE于點H，交x軸于點P，則∠BAE=∠HAP=∠HFE，利用銳角三角函數(shù)的定義可得出EP+35AP=FP+HP【詳解】解：(1)將二次函數(shù)y=ax2a>0∵OA=1，∴點A的坐標(biāo)為?1,0，代入拋物線的解析式得，4a?2=0，∴a=1∴拋物線的解析式為y=12x?1令y=0，解得x1=?1，x2∴AB=OA+OB=4，∵ΔABD的面積為5，∴SΔABD=1代入拋物線解析式得，52=12x2?x?設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b，∴4k+b=52?k+b=0∴直線AD的解析式為y=1(2)過點E作EM∥y軸交AD于M，如圖，設(shè)Ea,12∴EM=1∴SΔACE=SΔAME?∴當(dāng)a=32時，ΔACE的面積有最大值，最大值是2516，此時E(3)作E關(guān)于x軸的對稱點F，連接EF交x軸于點G，過點F作FH⊥AE于點H，交x軸于點P，∵E32,?∴AG=1+32=52∵∠AGE=∠AHP=90∴sin∠EAG=PHAP∵E、F關(guān)于x軸對稱，∴PE=PF，∴PE+35AP=FP+HP=FH∵EF=158×2=∴sin∠AEG=∴FH=4∴PE+3【點睛】主要考查了二次函數(shù)的平移和待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的有關(guān)計算和利用對稱的性質(zhì)求最值問題．解（1）題的關(guān)鍵是熟練掌握待定系數(shù)法和相關(guān)點的坐標(biāo)的求解；解（2）題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用二次函數(shù)的性質(zhì)求解；解（3）題的關(guān)鍵是作E關(guān)于x軸的對稱點F，靈活應(yīng)用對稱的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)的知識，學(xué)會利用數(shù)形結(jié)合的思想和轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想把求PE+35PA22．（2019·湖南張家界·中考真題）已知拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)過點A(1,0)，B(3,0)兩點，與y(1)求拋物線的解析式及頂點D的坐標(biāo)；(2)過點A作AM⊥BC，垂足為M，求證：四邊形ADBM為正方形；(3)點P為拋物線在直線BC下方圖形上的一動點，當(dāng)ΔPBC面積最大時，求點P的坐標(biāo)；(4)若點Q為線段OC上的一動點，問：AQ+1【答案】(1)拋物線的表達式為：y=x2?4x+3，頂點D(2,?1)；(2)證明見解析；(3)點【分析】(1)設(shè)交點式y(tǒng)=(2)先證明四邊形ADBM為菱形，再根據(jù)有一個角是直角的菱形是正方形即可得證；(3)先求出直線BC的解析式，過點P作y軸的平行線交BC于點N，設(shè)點P(x,x2(4)存在，如圖，過點C作與y軸夾角為30°的直線CF交x軸于點F，過點A作AH⊥CF，垂足為H，交y軸于點Q，此時HQ=1【詳解】解：(1)函數(shù)的表達式為：y=即：3a=3，解得：a=1，故拋物線的表達式為：y=則頂點D(2,?(2)∵OB=OC∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，∴AB=2，∴AM=又∵D(2，-1)，∴AD=BD=(2?1)2∴AM=MB=AD=BD，∴四邊形ADBM為菱形，又∵∠AMB∴菱形ADBM為正方形；(3)設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n，將點B、C的坐標(biāo)代入得：{3m+n=0解得：{m=?1所以直線BC的表達式為：y=-x+3，過點P作y軸的平行線交BC于點N，設(shè)點P(x,則SΔPBC∵?32<0，故S故點P((4)存在，理由：如圖，過點C作與y軸夾角為30°的直線CF交x軸于點F，過點A作AH此時HQ=則AQ+12在Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO=FOCO∴OF=3，∴F(-3，0)，利用待定系數(shù)法可求得直線HC的表達式為：y=∵∠COF=90°，∠FOC=30°，∴∠CFO=90°-30°=60°，∵∠AHF=90°，∴∠FAH=90°-60°=30°，∴OQ=AO?tan∠FAQ=33∴Q(0,33利用待定系數(shù)法可求得直線AH的表達式為：y=?聯(lián)立①②并解得：x=故點H(1?33則AH=即AQ+12【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合題，涉及了待定系數(shù)法，解直角三角形的應(yīng)用，正方形的判定，最值問題等，綜合性較強，有一定的難度，正確把握相關(guān)知識，會添加常用輔助線是解題的關(guān)鍵.23．（2019·重慶·中考真題）如圖，在平面在角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2-2x-3與x軸交于點A，B（點A在點B的左側(cè)）交y軸于點C，點D為拋物線的頂點，對稱軸與x軸交于點E．（1）連結(jié)BD，點M是線段BD上一動點（點M不與端點B，D重合），過點M作MN⊥BD交拋物線于點N（點N在對稱軸的右側(cè)），過點N作NH⊥x軸，垂足為H，交BD于點F，點P是線段OC上一動點，當(dāng)MN取得最大值時，求HF+FP+