數(shù)學(xué)-專(zhuān)題09阿氏圓問(wèn)題-【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案（帶答案）

【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案專(zhuān)題09阿氏圓問(wèn)題解題策略解題策略模型建立：已知平面上兩點(diǎn)A、B，則所有符合＝k（k＞0且k≠1）的點(diǎn)P會(huì)組成一個(gè)圓．這個(gè)結(jié)論最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，稱(chēng)阿氏圓．阿氏圓基本解法：構(gòu)造三角形相似．模型解讀：如圖1所示，⊙O的半徑為r，點(diǎn)A、B都在⊙O外，P為⊙O上的動(dòng)點(diǎn)，已知r＝k·OB．連接PA、PB，則當(dāng)“PA＋k·PB”的值最小時(shí)，P點(diǎn)的位置如何確定？1：連接動(dòng)點(diǎn)至圓心0（將系數(shù)不為1的線(xiàn)段兩端點(diǎn)分別與圓心相連接），即連接OP、OB；2：計(jì)算連接線(xiàn)段OP、OB長(zhǎng)度；3：計(jì)算兩線(xiàn)段長(zhǎng)度的比值OPOB4：在OB上截取一點(diǎn)C，使得OCOP5：連接AC，與圓0交點(diǎn)為P，即AC線(xiàn)段長(zhǎng)為PA＋K*PB的最小值．本題的關(guān)鍵在于如何確定“k·PB”的大小，（如圖2）在線(xiàn)段OB上截取OC使OC＝k·r，則可說(shuō)明△BPO與△PCO相似，即k·PB＝PC．∴本題求“PA＋k·PB”的最小值轉(zhuǎn)化為求“PA＋PC”的最小值，即A、P、C三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)最?。ㄈ鐖D3），時(shí)AC線(xiàn)段長(zhǎng)即所求最小值．經(jīng)典例題經(jīng)典例題

【例1】（2021·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖1，在RT△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，圓C的半徑為2，點(diǎn)P為圓上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP，BP，求：①AP+1②2AP+BP，③13④AP+3BP的最小值．【答案】①37；②237；③2373【分析】①在CB上取點(diǎn)D，使CD=1，連接CP、DP、AD．根據(jù)作圖結(jié)合題意易證△DCP～△PCB，即可得出PD=12BP，從而推出AP+12BP=AP+PD，說(shuō)明當(dāng)A、P、D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，AP+PD最小，最小值即為②由2AP+BP=2(AP+1③在CA上取點(diǎn)E，使CE=23，連接CP、EP、BE．根據(jù)作圖結(jié)合題意易證△ECP～△PCA，即可得出EP=13AP，從而推出13AP+BP=EP+BP，說(shuō)明當(dāng)B、P、E三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，EP+BP④由AP+3BP=3(1【詳解】解：①如圖，在CB上取點(diǎn)D，使CD=1，連接CP、DP、AD．

∵CD=1，CP=2，CB=4，∴CDCP又∵∠DCP=∠PCB，∴△DCP～△PCB，∴PDBP=1∴AP+1∴當(dāng)A、P、D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，AP+PD最小，最小值即為AD長(zhǎng)．∵在Rt△ACD中，AD=A∴AP+12BP②∵2AP+BP=2(AP+1∴2AP+BP的最小值為2×37③如圖，在CA上取點(diǎn)E，使CE=23，連接CP、EP、∵CE=23，CP=2，∴CECP

又∵∠ECP=∠PCA，∴△ECP～△PCA，∴EPAP=1∴13∴當(dāng)B、P、E三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，EP+BP最小，最小值即為BE長(zhǎng)．∵在Rt△BCE中，BE=B∴13AP+BP的最小值為④∵AP+3BP=3(1∴AP+3BP的最小值為3×2【點(diǎn)睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．正確的作出輔助線(xiàn)，并且理解三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)線(xiàn)段最短是解答本題的關(guān)鍵．【例2】（2022·廣東惠州·一模）如圖1，拋物線(xiàn)y=ax2+bx?4與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為?1,0(1)求拋物線(xiàn)的解析式；

(2)若點(diǎn)P是直線(xiàn)BC下方的拋物線(xiàn)上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P使四邊形ABPC的面積為16，若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)如圖2，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥BC交拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)F，以點(diǎn)C為圓心，2為半徑作⊙C，點(diǎn)Q為⊙C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求24【答案】(1)y=(2)P1,6或(3)37【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)為?1,0，拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)x=3（2）先求得直線(xiàn)BC解析式，設(shè)Pm,m2?3m?4，則Qm,m?4，過(guò)點(diǎn)P作PQ軸交直線(xiàn)BC于點(diǎn)Q，根據(jù)S（3）在CB上取CE=22，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥OC，構(gòu)造△CQE∽△CBQ，則當(dāng)F,Q,E三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，取得最小值，最小值為(1)解：∵拋物線(xiàn)y=ax2+bx?4與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A的坐標(biāo)為?1,0∴C0,?4?b解得a=1b=?3∴拋物線(xiàn)解析式為：y=x(2)當(dāng)y=0，即x2解得x1∴B4,0∵C0,?4設(shè)直線(xiàn)BC解析式為y=kx+b，

?4=b4k+b=0解得k=1b=?4∴直線(xiàn)BC解析式為y=x?4，設(shè)Pm,m2?3m?4，過(guò)點(diǎn)P作PQ軸交直線(xiàn)則Qm,m?4S=1∵四邊形ABPC的面積為16，∴?2m2+8m+10解得m1∴P1,6或3,4(3)如圖，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥BC交拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)F，以點(diǎn)C為圓心，2為半徑作⊙C，

∵x=32∴F∵B4,0∴OB=4,OC=4，∴BC=42，∠OBC=45°∵BF⊥BC，∴∠FBO=45°，在CB上取CE=22，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥OC，交y軸于點(diǎn)G，交拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)H，則CG=EG=∴FH=6，∵CQ=2,CE=2∴CECQ=∴△CQE∽△CBQ，

∴EQ∴QE=2∴24BQ+FQ當(dāng)F,Q,E三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，取得最小值，最小值為FE，∵EG⊥FG∴EF=H則24BQ+FQ的最小值為【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)與相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．【例3】（2019秋?山西期末）閱讀以下材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)．已知平面上兩點(diǎn)A、B，則所有符合＝k（k＞0且k≠1）的點(diǎn)P會(huì)組成一個(gè)圓．這個(gè)結(jié)論最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，稱(chēng)阿氏圓．阿氏圓基本解法：構(gòu)造三角形相似．【問(wèn)題】如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，在x軸，y軸上分別有點(diǎn)C（m，0），D（0，n），點(diǎn)P是平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且OP＝r，設(shè)＝k，求PC+kPD的最小值．阿氏圓的關(guān)鍵解題步驟：第一步：如圖1，在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k；第二步：證明kPD＝PM；第三步：連接CM，此時(shí)CM即為所求的最小值．下面是該題的解答過(guò)程（部分）：

解：在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．任務(wù)：（1）將以上解答過(guò)程補(bǔ)充完整．（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D為△ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，滿(mǎn)足CD＝2，利用（1）中的結(jié)論，請(qǐng)直接寫(xiě)出AD+BD的最小值．【分析】（1）在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，利用相似三角形的性質(zhì)以及兩點(diǎn)之間線(xiàn)段最短解決問(wèn)題即可．（2）利用（1）中結(jié)論計(jì)算即可．【解答】解（1）在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．∴MP：PD＝k，∴MP＝kPD，∴PC+kPD＝PC+MP，當(dāng)PC+kPD取最小值時(shí)，PC+MP有最小值，即C，P，M三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)有最小值，利用勾股定理得．（2）∵AC＝m＝4，＝，在CB上取一點(diǎn)M，使得CM＝CD＝，∴的最小值為．【例4】如圖，在每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1的網(wǎng)格中，△OAB的頂點(diǎn)O，A，B均在格點(diǎn)上，點(diǎn)E在OA

上，且點(diǎn)E也在格點(diǎn)上．（I）的值為；（Ⅱ）是以點(diǎn)O為圓心，2為半徑的一段圓?。谌鐖D所示的網(wǎng)格中，將線(xiàn)段OE繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到OE′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°）連接E'A，E'B，當(dāng)E'A+E'B的值最小時(shí)，請(qǐng)用無(wú)刻度的直尺畫(huà)出點(diǎn)E′，并簡(jiǎn)要說(shuō)明點(diǎn)E'的位置是如何找到的（不要求證明）通過(guò)取格點(diǎn)K、T，使得OH：OD＝2：3，構(gòu)造相似三角形將E′B轉(zhuǎn)化為E′H．【分析】（1）求出OE，OB即可解決問(wèn)題．（2）構(gòu)造相似三角形把E′B轉(zhuǎn)化為E′H，利用兩點(diǎn)之間線(xiàn)段最短即可解決問(wèn)題．【解答】解：（1）由題意OE＝2，OB＝3，∴＝，故答案為：．（2）如圖，取格點(diǎn)K，T，連接KT交OB于H，連接AH交于E′，連接BE′，點(diǎn)E′即為所求．故答案為：通過(guò)取格點(diǎn)K、T，使得OH：OD＝2：3，構(gòu)造相似三角形將E′B轉(zhuǎn)化為E′H，利用兩點(diǎn)之間線(xiàn)段最短即可解決問(wèn)題．

培優(yōu)訓(xùn)練培優(yōu)訓(xùn)練一．填空題（共13小題）1．（2022?南召縣開(kāi)學(xué)）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，點(diǎn)E、F分別是邊AB、AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為．【分析】在AB上截取AQ＝1，連接AP，PQ，CQ，證明△APQ∽△ABP，可得PQ＝PB，則PB+PC＝PC+PQ，當(dāng)C、Q、P三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，PC+PQ的值最小，求出CQ即為所求．【解析】如圖，在AB上截取AQ＝1，連接AP，PQ，CQ，∵點(diǎn)E、F分別是邊AB、AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，∴，∵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．，故答案為：．

2．（2021秋?龍鳳區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以點(diǎn)C為圓心，3為半徑做⊙C，分別交AC，BC于D，E兩點(diǎn)，點(diǎn)P是⊙C上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最小值為．【分析】在AC上截取CQ＝1，連接CP，PQ，BQ，證明△ACP∽△PCQ，可得PQ＝AP，當(dāng)B、Q、P三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，PA+PB的值最小，求出BQ即為所求．【解析】在AC上截取CQ＝1，連接CP，PQ，BQ，∵AC＝9，CP＝3，∴＝，∵CP＝3，CQ＝1，∴＝，∴△ACP∽△PCQ，∴PQ＝AP，∴PA+PB＝PQ+PB≥BQ，∴當(dāng)B、Q、P三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，PA+PB的值最小，在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，∴QB＝，∴PA+PB的最小值，故答案為：．

3．（2022春?長(zhǎng)順縣月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D、E分別是邊BC、AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且DE＝4，P是DE的中點(diǎn)，連接PA，PB，則PA+PB的最小值為．【分析】如圖，在CB上取一點(diǎn)F，使得CF＝，連接PF，AF．利用相似三角形的性質(zhì)證明PF＝PB，根據(jù)PF+PA≥AF，利用勾股定理求出AF即可解決問(wèn)題．【解析】如圖，在CB上取一點(diǎn)F，使得CF＝，連接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的最小值為，故答案為．4．（2021秋?梁溪區(qū)校級(jí)期中）如圖，⊙O與y軸、x軸的正半軸分別相交于點(diǎn)M、點(diǎn)N，⊙O半徑為3，點(diǎn)A（0，1），點(diǎn)B（2，0），點(diǎn)P在弧MN上移動(dòng)，連接PA，PB，則3PA+PB的最小值為．【分析】在y軸上取點(diǎn)H（0，9），連接BH，通過(guò)證明△AOP∽△POH，可證HP＝3AP，則3PA+PB＝PH+PB，當(dāng)點(diǎn)P在BH上時(shí)，3PA+PB有最小值為HB的長(zhǎng)，即可求解．【解析】如圖，在y軸上取點(diǎn)H（0，9），連接BH，

∵點(diǎn)A（0，1），點(diǎn)B（2，0），點(diǎn)H（0，9），∴AO＝1，OB＝2，OH＝9，∵，∠AOP＝∠POH，∴△AOP∽△POH，∴，∴HP＝3AP，∴3PA+PB＝PH+PB，∴當(dāng)點(diǎn)P在BH上時(shí)，3PA+PB有最小值為HB的長(zhǎng)，∴BH＝＝＝，故答案為：．5．（2021?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，BC＝6，∠BAC＝60°，則2AB+AC的最大值為4．【分析】由2AB+AC＝2（AB+）得，再將AB+AE轉(zhuǎn)化成一條線(xiàn)段BP，可證出∠P是定角，從而點(diǎn)P在△PBC的外接圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)BP為直徑時(shí)，BP最大解決問(wèn)題．【解析】∵2AB+AC＝2（AB+），∴求2AB+AC的最大值就是求2（AB+）的最大值，過(guò)C作CE⊥AB于E，延長(zhǎng)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為定值，∵BC＝6是定值，∴點(diǎn)P在△CBP的外接圓上，∵AB+AP＝BP，∴當(dāng)BP為直徑時(shí)，AB+AP最大，即BP'，∴sinP'＝sinP＝，解得BP'＝2，∴AB+AP＝2，∴2AB+AC＝2（AB+AP）＝4，故答案為：4．6．（2020?武漢模擬）【新知探究】新定義：平面內(nèi)兩定點(diǎn)A，B，所有滿(mǎn)足＝k（k為定值）的P點(diǎn)形成的圖形是圓，我們把這種圓稱(chēng)之為“阿氏圓”【問(wèn)題解決】如圖，在△ABC中，CB＝4，AB＝2AC，則△ABC面積的最大值為．【分析】以A為頂點(diǎn)，AC為邊，在△ABC外部作∠CAP＝∠ABC，AP與BC的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)P，證明△APC∽△BPA，由相似三角形的性質(zhì)可得BP＝2AP，CP＝AP，從而求出AP、BP和CP，即可求出點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡，再找出距離BC最遠(yuǎn)的A點(diǎn)的位置即可求解．【解析】以A為頂點(diǎn)，AC為邊，在△ABC外部作∠CAP＝∠ABC，AP與BC的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)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＝，即點(diǎn)P為定點(diǎn)，∴點(diǎn)A的軌跡為以點(diǎn)P為圓心，為半徑的圓上，如圖，過(guò)點(diǎn)P作BC的垂線(xiàn)，交圓P與點(diǎn)A1，此時(shí)點(diǎn)A1到BC的距離最大，即△ABC的面積最大，S△ABC＝BC?A1P＝×4×＝．故答案為：．7．（2020秋?天寧區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為8，∠B＝60°，圓B的半徑為4，點(diǎn)P是圓B上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PD﹣PC的最大值為2．【分析】連接PB，在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝2，連接PG，DG，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC交BC

的延長(zhǎng)線(xiàn)于H．利用相似三角形的性質(zhì)證明PG＝PC，再根據(jù)PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，求出DG，可得結(jié)論．【解析】連接PB，在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝2，連接PG，DG，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BC交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于H．∵PB＝4，BG＝2，BC＝8，∴PB2＝BG?BC，∴＝，∵∠PBG＝∠CBP，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∵四邊形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的最大值為2．8．（2020?溧陽(yáng)市一模）如圖，在⊙O中，點(diǎn)A、點(diǎn)B在⊙O上，∠AOB＝90°，OA＝6，點(diǎn)C在OA上，且OC＝2AC，點(diǎn)D是OB的中點(diǎn)，點(diǎn)M是劣弧AB上的動(dòng)點(diǎn)，則CM+2DM的最小值為．

【分析】延長(zhǎng)OB到T，使得BT＝OB，連接MT，CT．利用相似三角形的性質(zhì)證明MT＝2DM，求CM+2DM的最小值問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求CM+MT的最小值．求出CT即可判斷．【解析】延長(zhǎng)OB到T，使得BT＝OB，連接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的最小值為4，∴答案為4．9．如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E為BC的中點(diǎn)，以B為圓心，BE為半徑作⊙B，點(diǎn)P是⊙B上一動(dòng)點(diǎn)，連接PD、PC，則PD+PC的最小值為5．

【分析】如圖，在BC上取一點(diǎn)T，使得BT＝1，連接PB，PT，DT．證明△PBT∽△CBP，推出＝＝，推出PT＝PC，由PD+PC＝PD+PT≥DT＝5，由此可得結(jié)論．【解析】如圖，在BC上取一點(diǎn)T，使得BT＝1，連接PB，PT，DT．∵四邊形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的最小值為5，故答案為：5．10．如圖，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，C是OA的中點(diǎn)，D是OB上一點(diǎn)，OD＝5，P是

上一動(dòng)點(diǎn)，則PC+PD的最小值為．【分析】如圖，延長(zhǎng)OA使AE＝OB，連接EC，EP，OP，證明△OPE∽△OCP推出＝＝，推出EP＝2PC，推出PC+PD＝（2PC+PD）＝（PD+PE），推出當(dāng)點(diǎn)E，點(diǎn)P，點(diǎn)D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，PC+PD的值最?。窘馕觥咳鐖D，延長(zhǎng)OA使AE＝OB，連接EC，EP，OP，∵AO＝OB＝6，C分別是OA的中點(diǎn)，∴OE＝12，OP＝6，OC＝AC＝3，∴＝＝，且∠COP＝∠EOP∴△OPE∽△OCP∴＝＝，∴EP＝2PC，∴PC+PD＝（2PC+PD）＝（PD+PE），∴當(dāng)點(diǎn)E，點(diǎn)P，點(diǎn)D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，PC+PD的值最小，∵DE＝＝＝13，∴PD+PE≥DE＝13，∴PD+PE的最小值為13，∴PC+PD的值最小值為．故答案為：．

11．如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，A（0，4），B（4，0），P是第一象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，OP＝2，連接AP、BP，則BP+的最小值是．【分析】如圖，取點(diǎn)T（0，1），連接PT，BT．利用相似三角形的性質(zhì)證明PT＝PB，推出PB+PA＝PB+PT≥BT，求出BT，可得結(jié)論．【解析】如圖，取點(diǎn)T（0，1），連接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的最小值為．故答案為：．12．如圖所示，∠ACB＝60°，半徑為2的圓O內(nèi)切于∠ACB．P為圓O上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PM、PN分別垂直于∠ACB的兩邊，垂足為M、N，則PM+2PN的取值范圍為6﹣2≤PM+2PN≤6+2．【分析】PM+2PN＝2（PM+PN），作MH⊥PN，HP＝PM，確定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，∵M(jìn)F＝NH，∴當(dāng)MP與⊙O相切時(shí)，MF取得最大和最小，如圖1，連接OP，OG，可得：四邊形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，如圖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．如圖，邊長(zhǎng)為4的正方形，內(nèi)切圓記為圓O，P為圓O上一動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最小值為2．【分析】PA+PB＝（PA+PB），利用相似三角形構(gòu)造PB．

【解答】解：設(shè)⊙O半徑為r，OP＝r＝BC＝2，OB＝r＝2，取OB的中點(diǎn)I，連接PI，∴OI＝IB＝，∵，，∴，∠O是公共角，∴△BOP∽△POI，∴，∴PI＝PB，∴AP+PB＝AP+PI，∴當(dāng)A、P、I在一條直線(xiàn)上時(shí)，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．解答題14．（2022?從化區(qū)一模）已知，AB是⊙O的直徑，AB＝，AC＝BC．（1）求弦BC的長(zhǎng)；（2）若點(diǎn)D是AB下方⊙O上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，B重合），以CD為邊，作正方形CDEF，如圖1所示，若M是DF的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，求證：線(xiàn)段MN的長(zhǎng)為定值；（3）如圖2，點(diǎn)P是動(dòng)點(diǎn)，且AP＝2，連接CP，PB，一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度沿線(xiàn)段CP勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P，再以每秒1個(gè)單位的速度沿線(xiàn)段PB勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，到達(dá)點(diǎn)B后停止運(yùn)動(dòng)，求點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的最小值．【分析】（1）AB是⊙O的直徑，AC＝BC可得到△ABC是等腰直角三角形，從而得道答案；（2）連接AD、CM、DB、FB，首先利用△ACD≌△BCF，∠CBF＝∠CAD，證明D、B、F共線(xiàn)，再證明△CMB是直角三角形，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線(xiàn)等于斜邊的一半，即可得證；（3）“阿氏圓”的應(yīng)用問(wèn)題，以A為圓心，AP為半徑作圓，在AC上取點(diǎn)M，使AM＝1，連接PM，過(guò)M作MH⊥AB于H，連接BM交⊙A于P'，先證明PM＝，+BP最小，即是PM+BP最小，此時(shí)P、B、M共線(xiàn)，再計(jì)算BM的長(zhǎng)度即可．【解析】（1）∵AB是⊙O的直徑，∴∠ABC＝90°，∵AC＝BC，∴△ABC是等腰直角三角形，∠CAB＝45°，∵AB＝4，∴BC＝AB?sin45°＝4；（2）連接AD、CM、DB、FB，如圖：

∵△ABC是等腰直角三角形，四邊形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的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠ABD＝90°，∴∠CBF+∠ABC+∠ABD＝180°，∴D、B、F共線(xiàn)，∵四邊形CDEF是正方形，∴△DCF是等腰直角三角形，∵M(jìn)是DF的中點(diǎn)，∴CM⊥DF，即△CMB是直角三角形，∵N是BC的中點(diǎn)，∴MN＝BC＝2，即MN為定值；（3）以A為圓心，AP為半徑作圓，在AC上取點(diǎn)M，使AM＝1，連接PM，過(guò)M作MH⊥AB于H

，連接BM交⊙A于P'，如圖：一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度沿線(xiàn)段CP勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P，再以每秒1個(gè)單位的速度沿線(xiàn)段PB勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，∴Q運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝+BP，∵AM＝1，AP＝2，AC＝BC＝4，∴＝＝，又∠MAP＝∠PAC，∴△MAP∽△PAC，∴＝＝，∴PM＝，∴+BP最小，即是PM+BP最小，此時(shí)P、B、M共線(xiàn)，即P與P'重合，t＝+BP最小值即是BM的長(zhǎng)度，在Rt△AMH中，∠MAH＝45°，AM＝1，∴AH＝MH＝，∵AB＝4，∴BH＝AB﹣AH＝，Rt△BMH中，BM＝＝5，∴點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的最小值為5．

15．（2021?渝中區(qū)校級(jí)自主招生）如圖，在△ABC與△DEF中，∠ACB＝∠EDF＝90°，BC＝AC，ED＝FD，點(diǎn)D在AB上．（1）如圖1，若點(diǎn)F在AC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，連接AE，探究線(xiàn)段AF、AE、AD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）如圖2，若點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，且AC＝3，DE＝4，將△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，連接BF，點(diǎn)G為BF的中點(diǎn)，連接CG，在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，求CG+BG的最小值；（3）如圖3，若點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，連接BF、CE交于點(diǎn)M，CE交AB于點(diǎn)N，且BC：DE：ME＝7：9：10，請(qǐng)直接寫(xiě)出的值．【分析】（1）過(guò)F作FH⊥AB于H，過(guò)E作EG⊥AB于G，結(jié)合K字型全等，等腰直角三角形，四點(diǎn)共圓即可得到答案；（2）第二問(wèn)考察隱圓問(wèn)題與阿氏圓，取AB的中點(diǎn)O，連接OG，在OB上取OH＝，連接GH，構(gòu)建相似，轉(zhuǎn)化線(xiàn)段即可得到答案；（3）過(guò)點(diǎn)C作BF平行線(xiàn)，點(diǎn)F作BC平行線(xiàn)交于點(diǎn)G；過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BF于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)K作KI⊥FG，證明△BDF≌△CDE，設(shè)BC＝7t，則DE＝9t，ME＝10t，結(jié)合勾股定理、相似三角形及解直角三角形的知識(shí)進(jìn)行計(jì)算．【解析】（1）線(xiàn)段AF、AE、AD之間的數(shù)量關(guān)系：，證明如下：

過(guò)F作FH⊥AB于H，過(guò)E作EG⊥AB于G，如圖：∵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°，∴點(diǎn)F、D、A、E四點(diǎn)共圓，∴∠FAE＝∠FDE＝90°，∠EAG＝∠DFE＝45°，∵FH⊥AB，EG⊥AB，∠BAC＝45°，∴△FAH和△EAG為等腰直角三角形，∴AF＝FH，AE＝AG，∴AF＝（AD+AG）＝AD+AG＝AD+AE；（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OG，在OB上取OH＝，連接GH，如圖：∵G為BF的中點(diǎn)，O為AB中點(diǎn)，∴OG是△ABF的中位線(xiàn)，∴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，∴當(dāng)H、G、C三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，CG+BG的最小，CG+BG的最小值是CH，如圖：∵OC＝AB＝3，OH＝，∴CH＝＝，∴CG+BG的最小值是CH＝×＝．（3）過(guò)點(diǎn)C作BF平行線(xiàn)，點(diǎn)F作BC平行線(xiàn)交于點(diǎn)G；過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BF于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)K作KI⊥FG；如圖：

∵∠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，設(shè)BC＝7t，則DE＝9t，ME＝10t；∴EF＝DE＝9t，∵CG∥BF，F(xiàn)G∥BC，∴四邊形BFGC為平行四邊形，∴CE＝BF＝CG，∠ECG＝∠FME＝90°，∴△ECG為等腰直角三角形，∴∠CGE＝45°＝∠GKH，∴△GKH為等腰直角三角形，∴＝，＝＝，＝，∴，∴△CDE∽△GFE，∴∠DCE＝∠FGE，

∴；Rt△MFE中，MF＝＝t，∴FK＝MK﹣MF＝ME﹣MF＝10t﹣t，F(xiàn)G＝BC＝7t，設(shè)∠GFH＝α，∠KGI＝∠NCD＝β，∴＝，Rt△FKI中，sinα＝，∴，∵GH＝，∴KI＝FK?＝，∴sinβ＝＝＝＝＝，∴．16．（2021?九龍坡區(qū)校級(jí)模擬）在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB．若點(diǎn)D為AC上一點(diǎn)，連接BD，將BD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到BE，連接CE，交AB于點(diǎn)F．（1）如圖1，若∠ABE＝75°，BD＝4，求AC的長(zhǎng)；（2）如圖2，點(diǎn)G為BC的中點(diǎn)，連接FG交BD于點(diǎn)H．若∠ABD＝30°，猜想線(xiàn)段DC與線(xiàn)段HG的數(shù)量關(guān)系，并寫(xiě)出證明過(guò)程；（3）如圖3，若AB＝4，D為AC的中點(diǎn)，將△ABD繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)得△A′BD′，連接A′C、A′D，當(dāng)A′D+A′C最小時(shí)，求S△A′BC．

【分析】（1）通過(guò)作輔助線(xiàn)，構(gòu)造直角三角形，借助解直角三角形求得線(xiàn)段的長(zhǎng)度；（2）通過(guò)作輔助線(xiàn)，構(gòu)造全等三角形，設(shè)AC＝a，利用中位線(xiàn)定理，解直角三角形，用a的代數(shù)式表示CD和HG，即可得CD與HG的數(shù)量關(guān)系；（3）構(gòu)造阿氏圓模型，利用兩點(diǎn)之間線(xiàn)段最短，確定A'（4）的位置，繼而求得相關(guān)三角形的面積．【解析】（1）過(guò)D作DG⊥BC，垂足是G，如圖1：∵將BD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)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）線(xiàn)段DC與線(xiàn)段HG的數(shù)量關(guān)系為：HG＝，證明：延長(zhǎng)CA，過(guò)E作EN垂直于CA的延長(zhǎng)線(xiàn)，垂足是N，連接BN，ED，過(guò)G作GM⊥AB于M，如圖：

∴∠END＝90°，由旋轉(zhuǎn)可知∠EBD＝90°，∴∠EDB＝45°∴∠END＝∠EBD＝90°，∴E，B，D，N四點(diǎn)共圓，∴∠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，由三線(xiàn)合一可知BA是CN的中線(xiàn)，∵∠BAC＝∠END＝90°，∴EN∥AB，∵A是CN的中點(diǎn)，∴F是EC的中點(diǎn)，∵G是BC的中點(diǎn)，∴FG是△BEC的中位線(xiàn)，∴FG∥BE，F(xiàn)G＝BE，

∵BE⊥BD，∴FG⊥BD，∵∠ABD＝30°，∴∠BFG＝60°，∵∠ABC＝45°，∴∠BGF＝75°，設(shè)AC＝a，則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）設(shè)AB＝a，則BC＝，取BC的中點(diǎn)N，連接A′D，A′C，A′N(xiāo)，連接DN，如圖3，

由旋轉(zhuǎn)可知A′B＝AB＝a，∵＝＝，＝＝，∴，又∠A'BN＝∠CBA'，∴△A′BN∽△CBA′，∴＝，∴A'N＝A'C，根據(jù)旋轉(zhuǎn)和兩點(diǎn)之間線(xiàn)段最短可知，最小，即是A'D+A'N最小，此時(shí)D、A'、N共線(xiàn)，即A'在線(xiàn)段DN上，設(shè)此時(shí)A'落在A''處，過(guò)A''作A''F⊥AB于F，連接AA''，如圖4，∵D，N分別是AC，BC的中點(diǎn)，∴DN是△ABC的中位線(xiàn)，∴DN∥AB，∵AB⊥AC，∴DN⊥AC，

∵∠A＝∠A''FA＝∠A''DA＝90°，∴四邊形A''FAD是矩形，∴AF＝A''D，A''F＝AD＝2，∵又A''B＝AB＝4，設(shè)AF＝x，在直角三角形A''FB中，A''B2＝A''F2+BF2，∴42＝22+（4﹣x）2，解得x＝．∴此時(shí)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?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）如圖1，在四邊形ABCD中，AC交BD于點(diǎn)E，△ADE為等邊三角形．（1）若點(diǎn)E為BD的中點(diǎn)，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面積；（2）如圖2，若BC＝CD，點(diǎn)F為CD的中點(diǎn)，求證：AB＝2AF；（3）如圖3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，點(diǎn)P為四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且∠APD＝90°，連接BP，取BP的中點(diǎn)Q，連接CQ．當(dāng)AB＝6，AD＝4，tan∠ABC＝2時(shí)，求CQ+BQ的最小值．【分析】（1）如圖1中，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H，設(shè)EH＝x．利用勾股定理構(gòu)建方程求出x，即可解決問(wèn)題．（2）如圖2中，延長(zhǎng)AF到G，使得AF＝FG，連接DG，CG，延長(zhǎng)GC交BD于T，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H．想辦法證明△AEB≌△ADG（SAS），可得結(jié)論．（3）如圖3中，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OB，OC，取OB的中點(diǎn)J，連接QJ，CJ，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AB于F，在JB上取一點(diǎn)T，使得JT＝，連接QT，TC．想辦法證明△QJT∽△BJQ，推出＝＝＝，推出QT＝BQ，推出CQ+BQ＝CQ+QT≥CT，求出CT，可得結(jié)論．

【解答】（1）解：如圖1中，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H，設(shè)EH＝x．∵△ADE是等邊三角形，∴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（舍棄），∴CH＝，∴S△BEC＝×4×＝﹣2．解法二：過(guò)點(diǎn)B作BJ⊥AC交AC的延長(zhǎng)線(xiàn)于J，過(guò)點(diǎn)D作DT⊥AE于T．證明BJ＝DT，求出DT，即可解決問(wèn)題．（2）證明：如圖2中，延長(zhǎng)AF到G，使得FG＝AF，連接DG，CG，延長(zhǎng)GC交BD于T，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H．

∵AF＝FG，CF＝FD，∴四邊形ACGD是平行四邊形，∴AC∥DG，GC∥AD，∴∠CAD+∠ADG＝180°，∵△ADE是等邊三角形，∴AE＝AD，∠AED＝∠ADE＝∠EAD＝60°，∴∠AEB＝∠ADG＝120°，∴∠CGD＝∠EAD＝60°＝∠GDT，∴△DGT是等邊三角形，∴DG＝DT，∠CTE＝∠CET＝60°，∴△CET是等邊三角形，∴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：如圖3中，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OB，OC，取OB的中點(diǎn)J，連接QJ，CJ，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AB于F，在JB上取一點(diǎn)T，使得JT＝，連接QT，TC．∵AB∥CD，∠BAD＝90°，∴∠ADC＝90°，∵CF⊥AB，∴∠CFA＝90°，∴四邊形AFCD是矩形，∴AD＝CF＝4，∵tan∠CBA＝＝2，∴BF＝2，∵AB＝6，∴AF＝4，∴AD＝AF，∴四邊形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的最小值為．18．（2021·全國(guó)·九年級(jí)專(zhuān)題練習(xí)）如圖，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C為頂點(diǎn)的正方形CDEF（C、D、E、F四個(gè)頂點(diǎn)按逆時(shí)針?lè)较蚺帕校┛梢岳@點(diǎn)C自由轉(zhuǎn)動(dòng)，且CD＝2，連接AF，BD（1）求證：△BDC≌△AFC（2）當(dāng)正方形CDEF有頂點(diǎn)在線(xiàn)段AB上時(shí)，直接寫(xiě)出BD＋22AD（3）直接寫(xiě)出正方形CDEF旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，BD＋22AD

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）2+1或2+【分析】（1）利用SAS，即可證明△FCA≌△DCB；（2）分兩種情況當(dāng)點(diǎn)D，E在AB邊上時(shí)和當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)在邊AB上時(shí)，討論即可求解；（3）取AC的中點(diǎn)M．連接DM，BM．則CM＝1，可證得△DCM∽△ACD，可得DM＝22AD，從而得到當(dāng)B，D，M共線(xiàn)時(shí)，BD+22【詳解】（1）證明：∵四邊形CDEF是正方形，∴CF＝CD，∠DCF＝∠ACB＝90°，∴∠ACF＝∠DCB，∵AC＝CB，∴△FCA≌△DCB（SAS）；（2）解：①如圖2中，當(dāng)點(diǎn)D，E在AB邊上時(shí)，∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，∴AB=AC∵CD⊥AB，∴AD＝BD＝=AC×sin∴BD+22AD＝=②如圖3中，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)在邊AB上時(shí)．

BD＝CF＝BC×sin45°=2×2AD＝BD2+A∴BD+22AD＝2綜上所述，BD＋22AD的值2+1或（3）如圖4中．取AC的中點(diǎn)M．連接DM，BM．則CM＝1，∵CD＝2，CM＝1，CA＝2，∴CD2＝CM?CA，∴CDCA＝CM∵∠DCM＝∠ACD，∴△DCM∽△ACD，∴DMAD＝CDAC＝∴DM＝22AD∴BD+22AD＝BD+DM

∴當(dāng)B，D，M共線(xiàn)時(shí)，BD+22AD最小值BM=C【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．19．（2022·四川·隆昌市藍(lán)天育才學(xué)校一模）問(wèn)題提出：如圖①，在Rt△ABC中，∠C=90°，CB=4，CA=6（1）嘗試解決：為了解決這個(gè)問(wèn)題，下面給出一種解題思路：如圖①，連接CP，在CB上取一點(diǎn)D，使CD=1，則CDCP=CPCB=12．又∠PCD=∠BCP所以PD=12PB請(qǐng)你完成余下的思考，并直接寫(xiě)出答案：AP+1（2）自主探索：在“問(wèn)題提出”的條件不變的前提下，求13（3）拓展延伸：如圖②，已知在扇形COD中，∠COD=90°，OC=6，OA=3，OB=5，P是CD上一點(diǎn)，求【答案】（1）37；（2）23【分析】（1）根據(jù)題意可知最小值為AD長(zhǎng)度，利用勾股定理即可求出AD長(zhǎng)度．（2）連接CP，在CA上取一點(diǎn)D，使CD=23，即可證明△PCD∽△ACP，得到PD=13AP，即13AP+BP=PD+BP（3）延長(zhǎng)OC到E，使CE=6，連接PE，OP，即可證明△OAP∽△OPE，得到EP=2PA，即

2PA+PB=EP+PB，所以2PA+PB的最小值為BE長(zhǎng)度，利用勾股定理即可求出BE長(zhǎng)度．【詳解】（1）根據(jù)題意可知，當(dāng)A、P、D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，AP+12BP故答案為：37．（2）連接CP，在CA上取一點(diǎn)D，使CD=2則有CDCP∵∠PCD=∠ACP，∴△PCD∽△ACP，得PDAP∴PD=13AP僅當(dāng)B、P、D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，13AP+BP的最小值（3）延長(zhǎng)OC到E，使CE=6，連接PE，OP，

則OAOP=OP∴△OAP∽△OPE，∴OAOP∴EP=2PA，∴2PA+PB=EP+PB，僅當(dāng)E、P、B三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，EP+PB=BE=O即2PA+PB的最小值為13．【點(diǎn)睛】本題考查圓的綜合，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)．根據(jù)閱讀材料的思路構(gòu)造出△PCD∽△ACP和△OAP∽△OPE是解題的關(guān)鍵．本題較難．20．（2019·山東·中考真題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線(xiàn)y＝﹣5x+5與x軸，y軸分別交于A，C兩點(diǎn)，拋物線(xiàn)y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)A，C兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為B（1）求拋物線(xiàn)解析式及B點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）若點(diǎn)M為x軸下方拋物線(xiàn)上一動(dòng)點(diǎn)，連接MA、MB、BC，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)，四邊形AMBC面積最大，求此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)及四邊形AMBC的面積；（3）如圖2，若P點(diǎn)是半徑為2的⊙B上一動(dòng)點(diǎn)，連接PC、PA，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)，PC+12【答案】（1）y＝x2﹣6x+5，B（5，0）；（2）當(dāng)M（3，﹣4）時(shí)，四邊形AMBC面積最大，最大面積等于18；（3）PC+12PA的最小值為41，理由詳見(jiàn)解析【分析】（1）由直線(xiàn)y＝﹣5x+5求點(diǎn)A、C坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求拋物線(xiàn)解析式，進(jìn)而求得點(diǎn)B坐標(biāo)．（2）從x軸把四邊形AMBC分成△ABC與△ABM；由點(diǎn)A、B、C坐標(biāo)求△ABC面積；設(shè)點(diǎn)M橫坐標(biāo)為m，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線(xiàn)段MH，則能用m表示MH的長(zhǎng)，進(jìn)而求△ABM的面積，得到△ABM面積與m的二次函數(shù)關(guān)系式，且對(duì)應(yīng)的a值小于0，配方即求得m為何值時(shí)取得最