中考數(shù)學總復習?重難點14 幾何最值問題4種類型（費馬點、胡不歸模型、阿氏圓模型、瓜豆原理）（解析版）

重難點突破14幾何最值問題4種類型（費馬點、胡不歸模型、阿氏圓模型、瓜豆原理）題型01費馬點【基礎】費馬點概念：三角形內(nèi)部滿足到三個頂點距離之和最小的點，稱為費馬點.結(jié)論：1）對于一個各角不超過120°的三角形，費馬點是對各邊的張角都是120°的點；對于2)有一個角超過120°的三角形，費馬點就是這個內(nèi)角的頂點.（注意：通常涉及費馬點的試題中三角形的最大頂角小于120°）【解題思路】運用旋轉(zhuǎn)的方法，以?ABC任意一條邊向外旋轉(zhuǎn)60°構(gòu)造等邊三角形，根據(jù)兩點之間線段最短，得出最短長度.結(jié)論證明過程：情況一：當△ABC各角不超過120°時，將?APB繞著點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到?A’P’B則?APB≌?A’P’B∴BP=BP’AP=AP’∠A’P’B=∠APB而∠P’BP=60°則?P’BP為等邊三角形∴∠BPP’=∠P’BP=∠BP’P=60°∵PA+PB+PC=P’A’+PP’+PC≤A’C∴當A’、P’、P、C四點共線時，PA+PB+PC的最小值為A’C此時∠BPC=180°-∠BPP’=120°∠APB=∠A’P’B=180°-∠BP’P=120°∠APC=360°-∠APB-∠BPC=120°情況二（僅需理解）：當△ABC有一個內(nèi)角不小于120°時，延長BA至C'使得AC=AC'，做∠C'AP'=∠CAP，并且使得AP'=AP,PC'=PC，則△APC≌△AP'C'∵∠BAC≥120°∴∠PAP'=180°-∠BAP-∠C'AP'=180°-∠BAP-∠CAP=180°-∠BAC≤60°∴等腰三角形PAP'中，AP≥PP'∴PA+PB+PC≥PP'+PB+PC'>BC'=AB+AC（(只有當P、A重合時取等號)）所以，當有一內(nèi)角大于或等于120°時，所求的P點就是鈍角的頂點．【費馬點的作法】（當△ABC各角不超過120°）作法：1）如圖，分別以?ABC中的AB、AC為邊，作等邊?ADB、等邊?AEC2）連接CD、BE，則?ADC≌?ABE(手拉手模型)3）記CD、BE交點為P，點P為費馬點.4）以BC為邊作等邊?BCF，連接AF，必定經(jīng)過點P，且BE=AF=CD.【擴展】與等腰三角形、等邊三角形、直角三角形常見的費馬點結(jié)論如圖所示，以邊AB、AC分別向△ABC外側(cè)作等邊三角形，連接DC、EB，交點為點P，點P為費馬點.圖形結(jié)論等腰三角形①∠APB=∠BPC=∠APC=120°；②△ABP與△ACP全等；③△BCP為等腰三角形；④△ABC的三頂點的距離之和為AP+BP+CP，且點P為費馬點時和最小.等邊三角形①AP=BP=CP；②∠APB=∠BPC=∠APC=120°；③△ABP、△ACP、△BCP全等；④點P是垂心，是△ABC各邊的高線的交點；⑤點P是△ABC各邊的中線的交點；⑥點P是內(nèi)心，是在三角形三個內(nèi)角的角平分線的交點；⑦△ABC的三頂點的距離之和為AP+BP+CP，且點P為費馬點時和最小.直角三角形①△ABC的三頂點的距離之和為AP+BP+CP，且點P為費馬點時和最小；②∠APB=∠BPC=∠APC=120°【進階】加權(quán)費馬點模型概述：前面學的PA+PB+PC最小值的費馬點問題線段前面系數(shù)都是l，如果現(xiàn)在求mPA+nPB+xPC最小值，前面系數(shù)不是1，那么此類題目就叫做“加權(quán)費馬點”.【關鍵】系數(shù)的改變只是影響了旋轉(zhuǎn)角度的改變，依然考的是旋轉(zhuǎn).已知：在Rt△ABC中，∠ACB=30°，BC=6，AC=5,△ABC內(nèi)部有一點P,連接PA，PB，PC問題求解圖形作法求PA+PB+PC最小值△CAP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得△CDEBD長度即為所求,在Rt△BCD中有勾股定理可得BD=BC求PA+PB+2PC最小值△CAP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得△CDE此時△PCE為等腰直角三角形，即PE=2PC因此原式=PA+PB+2PC=ED+PB+PE，則當B、P、E、D四點共線時取得最小值，BD長度即為所求,在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF求PA+PB+3PC最小值△CAP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)120°得△CDE此時△PCE為等腰三角形且∠PCE=120°，即PE=3PC，因此原式=PA+PB+3PC=ED+PB+PE，則當B、P、E、D四點共線時取得最小值，BD長度即為所求,在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF求2PA+PB+3PC最小值思路：原式=2（PA+12PB+32PC）

1)將PC邊繞點C旋轉(zhuǎn)60°，然后過點P作PF⊥CE于點F,則PF=32PC;2)12PB利用三角形中位線來處理；3）PA前的系數(shù)是過程：△BCP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得△CDE,然后過點P作PF⊥CE于點F,此時△PCE為等邊三角形，即PF=32PC，過點F作FG∥DE，則FG=12PB，則當A、P、F、G四點共線時取得最小值，AG長度即為所求,在Rt△ACG中有勾股定理可得AG=CG+AC2=34,原式=2（PA+求2PA+4PB+23PC過程：△ACP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得△CDE,然后過點P作PF⊥CE于點F,此時△PCE為等邊三角形，即PF=32PC，過點F作FG∥DE，則FG=12AP，則當B、P、F、G四點共線時取得最小值，BG長度即為所求,在Rt△BCG中有勾股定理可得BG=CG+AC2=7.5,原式=4（12備注：若變形后的系數(shù)不是特殊值，則可借助位似的相關知識進行求解.【費馬點專項訓練】1．（2022·廣東廣州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點P是AB邊上一動點，作PD⊥BC于點D，線段AD上存在一點Q，當QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2時，則PD=．【答案】3【分析】如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接QN，當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC，證明AM垂直平分BC，證明AD=BD，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，構(gòu)建方程求出x可得結(jié)論．【詳解】解：如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接QN，∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，∴△BQN是等邊三角形，∴BQ=QN，∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，∴當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC∵將△BQC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，∴△BQN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM，∵BM=CM，AB=AC，∴AM垂直平分BC，∵AD⊥BC，∠BQD=60°，∴BD=3QD，∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，∴AD=BD，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，∴x=tan60°×∴x=3+3，∴PD=3+3．故答案為：3+【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是正確運用等邊三角形的性質(zhì)解決問題，學會構(gòu)建方程解決問題．2．（2021·全國·九年級專題練習）如圖，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，點M為矩形內(nèi)一點，點E為BC邊上任意一點，則MA＋MD＋ME的最小值為．【答案】4【分析】將△AMD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AM′D′，則MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均為等邊三角形，推出AM＝MM′可得MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，共線時最短；由于點E也為動點，可得當D′E⊥BC時最短，此時易求得D′E＝DG＋GE的值；【詳解】解：將△AMD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AM′D′，由性質(zhì)的性質(zhì)可知：MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均為等邊三角形，∴AM＝MM′，∴MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，∴D′M、MM′、ME共線時最短，由于點E也為動點，∴當D′E⊥BC時最短，此時易求得D′E＝D′G＋GE＝4∴MA＋MD＋ME的最小值為4+故答案為：4【點睛】本題考查軸對稱、旋轉(zhuǎn)變換、矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是添加常用輔助線，構(gòu)造等邊三角形解決問題，用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．3．（2021·遼寧丹東·統(tǒng)考中考真題）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果△ABC是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內(nèi)一點，且滿足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若AB=AC=7,BC=23，P【答案】52【分析】①作出圖形，過B,C分別作∠②作出圖形，將△APC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，P為△ABC的費馬點則B,P,【詳解】①如圖,過A作AD⊥BC，垂足為過B,C分別作∠DBP=∠DCP=30°,則∵AB∴∴∴∴∴AD∴PA+②如圖：∵AB=2∴∴∠∵∴∠將△APC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60由旋轉(zhuǎn)可得：△∴AP∴△AP∴∠∵P為△ABC即B,P,P∴PA+PB+PC=AB故答案為：①5，②2【點睛】本題考查了勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等腰三角形性質(zhì)，作出旋轉(zhuǎn)的圖形是解題的關鍵．本題旋轉(zhuǎn)△PAB4．（2022下·福建三明·八年級統(tǒng)考期中）【問題背景】17世紀有著“業(yè)余數(shù)學家之王”美譽的法國律師皮耶·德·費馬，提出一個問題：求作三角形內(nèi)的一個點，使它到三角形三個頂點的距離之和最小后來這點被稱之為“費馬點”．如圖，點P是△ABC內(nèi)的一點，將△APC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°到△AP'C'，則可以構(gòu)造出等邊△APP'，得AP=PP'，CP=CP'，所以PA+PB+(1)【拓展應用】如圖1，點P是等邊△ABC內(nèi)的一點，連接PA，PB，PC，將△PAC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到①若PA=3，則點P與點P'之間的距離是②當PA=3，PB=5，PC=4(2)如圖2，點P是△ABC內(nèi)的一點，且∠BAC=90°，AB=6，【答案】(1)①3；②150°；(2)2【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可求出PP'②先證△ABP≌△ACP'，利用全等的性子求出對應的邊長，通過勾股定理的逆定理得到∠CPP（2）將△APC繞C點順時針旋轉(zhuǎn)60°得到A'P'C，先求出∠BCA'=120°，然后證明△CPP'為等邊三角形，當B、P、【詳解】（1）①如圖，將△PAC繞A逆時針旋轉(zhuǎn)60°則AP=AP'∴△APP∴PP②∵△ABC為等邊三角形，∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°，又∵△APP∴∠PAC+∠CAP'∴∠BAP=∠CAP在△ABP與△ACP'中，∴△ABP≌△ACP'（∴BP∴PP'2+∴∠APC又∵旋轉(zhuǎn)，∴∠A（2）如圖，將△APC繞C點順時針旋轉(zhuǎn)60°得到A'則∠ACP在Rt△ABC中，∵AC∴∠ACP又∵∠ACP∴∠ACP'過A'作A'D⊥BC交BC則∠A∴∠C∵A'C=AC∴A∵∠PCP'=60°,PC當B、P、P'、A'四點共線時，在Rt△BDA'∴BA∴PA+PB+【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵在于能夠添加輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題．5．（2023·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）1643年，法國數(shù)學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數(shù)學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數(shù)，④處填寫該三角形的某個頂點）當△ABC的三個內(nèi)角均小于120°如圖1，將△APC繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知由②可知，當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，如圖2，最小值為A'B，此時的P點為該三角形的已知當△ABC有一個內(nèi)角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若∠BAC≥120°，則該三角形的“費馬點”(2)如圖4，在△ABC中，三個內(nèi)角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知點P

(3)如圖5，設村莊A，B，C的連線構(gòu)成一個三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．現(xiàn)欲建一中轉(zhuǎn)站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉(zhuǎn)站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/km，a元/km，【答案】(1)①等邊；②兩點之間線段最短；③120°；④A．(2)5(3)2【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和兩點之間線段最短進行推理分析即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)（1）的方法將△APC繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'P'C，即可得出可知當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB（3）由總的鋪設成本=a(PA+PB+2PC)，通過將△APC繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C【詳解】（1）解：∵PC=∴△PC∴PP'=又P'A'由兩點之間線段最短可知，當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA最小值為A'B，此時的P點為該三角形的“費馬點∴∠BPC+∠P∴∠BPC=120°，又∵△APC∴∠APC∴∠APB∴∠APC∵∠BAC∴BC>AC，∴BC+AB>∴三個頂點中，頂點A到另外兩個頂點的距離和最小．又∵已知當△ABC有一個內(nèi)角大于或等于120°時，“費馬點”∴該三角形的“費馬點”為點A，故答案為：①等邊；②兩點之間線段最短；③120°；④A．（2）將△APC繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'由（1）可知當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB

∵∠ACP∴∠ACP又∵∠∴∠BC由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：AC=∴A'∴PA+PB+（3）∵總的鋪設成本=∴當PA+將△APC繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'P由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：P'C=PC，∠PC∴PP∴PA+當B，P，P'，A在同一條直線上時，P'A'+

過點A'作A'H∵∠ACB=60°，∴∠A∴A'∴HC=∴BH=∴APA+PB總的鋪設成本=PA故答案為：2【點睛】本題考查了費馬點求最值問題，涉及到的知識點有旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，以及兩點之間線段最短等知識點，讀懂題意，利用旋轉(zhuǎn)作出正確的輔助線是解本題的關鍵．6．（2021上·江蘇蘇州·八年級蘇州工業(yè)園區(qū)星灣學校?？计谥校┍尘百Y料：在已知△ABC所在平面上求一點P，使它到三角形的三個頂點的距離之和最小.這個問題是法國數(shù)學家費馬1640年前后向意大利物理學家托里拆利提出的，所求的點被人們稱為“費馬點”．如圖1，當△ABC三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點P在△ABC內(nèi)部，當∠(1)如圖2，等邊△ABC內(nèi)有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求∠APB的度數(shù)，為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉(zhuǎn)到△ACP'處，此時△ACP'≌△知識生成：怎樣找三個內(nèi)角均小于120°的三角形的費馬點呢？為此我們只要以三角形一邊在外側(cè)作等邊三角形并連接等邊三角形的頂點與△ABC(2)如圖3，△ABC三個內(nèi)角均小于120°，在△ABC外側(cè)作等邊三角形△ABB'，連接C(3)如圖4，在RT△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，點P為△ABC的費馬點，連接(4)如圖5，在正方形ABCD中，點E為內(nèi)部任意一點，連接AE、BE、CE，且邊長AB=2；求AE【答案】(1)150°；(2)見詳解；(3)7；(4)6+【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得出△ABP≌△ACP'，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根據(jù)△ABC為等邊三角形，得出∠BAC=60°，可證△APP′為等邊三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根據(jù)勾股定理逆定理PP'2+P'C2=32+（2）將△APB逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AB′P′，連結(jié)PP′，根據(jù)△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根據(jù)∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，根據(jù)PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，根據(jù)兩點之間線段最短得出點C，點（3）將△APB逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′B′，連結(jié)BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可證△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根據(jù)PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，可得點C，點P，點P′，點B′四點共線時，PA+PB+PC最小=CB′，利用30°直角三角形性質(zhì)得出AB=2AC=2，根據(jù)勾股定理BC=AB（4）將△BCE逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CE′B′，連結(jié)EE′，BB′，過點B′作B′F⊥AB，交AB延長線于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可證△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'，得出點C，點E，點E′，點B′四點共線時，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'最小=AB′，根據(jù)四邊形ABCD為正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求【詳解】（1）解：連結(jié)PP′，∵△ABP≌△∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC=60°∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，∴△APP′為等邊三角形，,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，在△P′PC中，PC=5，PP∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，∴∠APB=∠AP′C=150°，故答案為150°；（2）證明：將△APB逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AB′P′，連結(jié)PP′，∵△APB≌△AB′P′，∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，∵PA+∴點C，點P，點P′，點B′四點共線時，PA+PB+PC∴點P在CB′上，∴CB'過（3）解：將△APB逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′B′，連結(jié)BB′，PP′，∴△APB≌△AP′B′，∴AP′=AP，AB′=AB，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，∵PA∴點C，點P，點P′，點B′四點共線時，PA+PB+PC∵∠C=90°，AC=1∴AB=2AC=2，根據(jù)勾股定理BC=A∴BB′=AB=2，∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，∴在Rt△CBB′中，B′C=B∴PA+PB+PC最小=（4）解：將△BCE逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CE′B′，連結(jié)EE′，BB′，過點B′作B′F⊥AB，交AB延長線于F，∴△BCE≌△CE′B′，∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，∵∠ECE′=∠BCB′=60°，∴△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，∵AE+∴點C，點E，點E′，點B′四點共線時，AE+BE+CE∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=2，∠ABC=90°，∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，∵B′F⊥AF，∴BF=12BB'=∴AF=AB+BF=2+3，∴AB′=AF∴AE+BE+CE最小=【點睛】本題考查圖形旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，等邊三角形判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形判定與性質(zhì)，兩點之間線段最短，四點共線，正方形性質(zhì)，30°直角三角形性質(zhì)，掌握圖形旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，等邊三角形判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形判定與性質(zhì)，兩點之間線段最短，四點共線，正方形性質(zhì)，30°直角三角形性質(zhì)是解題關鍵．7．（2022·山東德州·統(tǒng)考一模）若一個三角形的最大內(nèi)角小于120°，則在其內(nèi)部有一點所對三角形三邊的張角均為120°，此時該點叫做這個三角形的費馬點．如圖1，當△ABC三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點P在△ABC內(nèi)部，此時∠APB=∠BPC(1)如圖2，等邊三角形ABC內(nèi)有一點P，若點P到頂點A，B，C的距離分別為3，4，5，求∠APB的度數(shù)．為了解決本題，小林利用“轉(zhuǎn)化”思想，將△ABP繞頂點A旋轉(zhuǎn)到△ACP'處，連接PP'，此時△ACP'≌△(2)如圖3，在圖1的基礎上延長BP，在射線BP上取點D，E，連接AE，AD．使AD=AP，∠DAE(3)如圖4，在直角三角形ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，AB=1，點P為直角三角形ABC的費馬點，連接AP，BP【答案】(1)150°(2)見解析(3)7【分析】（1）由全等三角形的性質(zhì)得到AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，證明△APP′為等邊三角形，△PP′C為直角三角形，最后由∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C解答；（2）由費馬點的性質(zhì)得到∠APB=120°，∠APD=60°，再證明△（3）將△APB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，由勾股定理解得BC=3，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可證明△BPP′是等邊三角形，再證明C、P、A′、P【詳解】（1）解：∵△ACP∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，由題意知旋轉(zhuǎn)角∠PAP′＝60°，∴△APP′為等邊三角形，PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：AP′＝AP＝PP′=3，CP′＝4，PC=5，∵32+42=52∴△PP′C為直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°＝150°；故答案為：150°；（2）證明：∵點P為△ABC的費馬點，∴∠APB∴∠APD又∵AD=∴APD為等邊三角形∴AP=PD=∴∠ADE∴∠ADE在△APC和△ADE中，∠∴△APC≌△ADE∴PC=∵BE=∴BE＝PA＋PB＋PC；（3）解：如圖，將△APB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC=把△APB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△A′P′B，∴∠A′BC＝∠ABC＋60°＝30°＋60°＝90°，∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△APB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△A′P′B，∴A′B＝AB＝2，BP＝BP′，A′P′＝AP，∴△BPP′是等邊三角形，∴BP＝PP′，∠BPP′＝∠BP′P＝60°，∵∠APC＝∠CPB＝∠BPA＝120°，∴∠CPB＋∠BPP′＝∠BP′A′＋∠BP′P＝120°＋60°＝180°，∴C、P、A′、P′四點共線，在Rt△A′BC中，A'∴PA＋PB＋PC＝A′P′＋PP′＋PC＝A′C＝7．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、費馬點等知識，是重要考點，有難度，掌握相關知識，正確做出輔助線是解題關鍵．8．（2021·河南鄭州·鄭州外國語中學?？寄M預測）閱讀材料：平面幾何中的費馬問題是十七世紀法國數(shù)學家、被譽為業(yè)余數(shù)學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題．1643年，在一封寫給意大利數(shù)學家和物理學家托里拆利的私人信件中，費馬提出了下面這個極富挑戰(zhàn)性和趣味性的幾何難題，請求托里拆利幫忙解答：給定不在一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最短的點P的位置．托里拆利成功地解決了費馬的問題．后來人們就把平面上到一個三角形的三個頂點A，B，C距離之和最小的點稱為△ABC的費馬-托里拆利點，也簡稱為費馬點或托里拆利點．問題解決：（1）費馬問題有多種不同的解法，最簡單快捷的還是幾何解法．如圖1，我們可以將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BDE，連接PD，可得△BPD為等邊三角形，故PD=PB，由旋轉(zhuǎn)可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由可知，PA+PB+PC的最小值與線段的長度相等；（2）如圖2，在直角三角形ABC內(nèi)部有一動點P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，連接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如圖3，菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°，平面內(nèi)有一動點E，在點E運動過程中，始終有∠BEC=90°，連接AE、DE，在△ADE內(nèi)部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，若存在，請直接寫出PA+PD+PE的最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）兩點之間，線段最短；AE；（2）27；（3）存在，213-2【分析】（1）連接AE，由兩點之間線段最短即可求解；（2）在Rt△ABC中先求出AC，將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CDE，連接PD、AE，由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長度相等，根據(jù)勾股定理即可求解；（3）在△ADE內(nèi)部取一點P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點D順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△FGD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和兩點之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長度相等，再根據(jù)圓的特點、菱形與勾股定理即可求出GE，故可求解．【詳解】（1）連接AE，如圖，由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值為線段AE的長故答案為：兩點之間線段最短；AE；（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2∴BC=2AB=4由勾股定理可得AC=B如圖2，將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CDE，連接PD、AE，可得△CPD為等邊三角形，∠BCE=60°∴PD=PC由旋轉(zhuǎn)可得DE=PB，CE=BC=4∴PA+PB+PC=PA+DE+PD由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長度相等∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°∴在Rt△ACE中，AE=A即PA+PB+PC的最小值為27；（3）存在在△ADE內(nèi)部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，如圖3，在△ADE內(nèi)部取一點P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點D順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△FGD，連接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均為等邊三角形∴PD=PF由旋轉(zhuǎn)可得PA=GF∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，兩點之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長度相等∵∠BEC=90°∴點E在以BC為直徑的⊙O上，如圖3則OB=OC=12如圖3，連接OG交⊙O于點H，連接CG交AD于點K，連接AC，則當點E與點H重合時，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值為線段GH的長∵菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4∴△ABC、△ACD均為等邊三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°∴四邊形ACDG是菱形，∠ACG=12∠ACD∴CG、AD互相垂直平分∴DK=12AD∴根據(jù)勾股定理得CK=C∴CG=2CK=4∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°∴在Rt△OCG中，OG=O∵OH=OC=2∴GH=OG-OH=213-2即PA+PD+PE的最小值為213-2．【點睛】此題主要考查四邊形與圓綜合的最短距離，解題的關鍵是熟知旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、圓周角定理及兩點之間的距離特點．9．（2020·江蘇南通·南通市新橋中學?？家荒＃?）【操作發(fā)現(xiàn)】如圖1，將△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)50°，得到△ADE，連接BD，則∠ABD＝度．（2）【解決問題】①如圖2，在邊長為7的等邊三角形ABC內(nèi)有一點P，∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC的面積．②如圖3，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC內(nèi)的一點，若PB＝1，PA＝3，∠BPC＝135°，則PC＝．（3）【拓展應用】如圖4是A，B，C三個村子位置的平面圖，經(jīng)測量AB＝4，BC＝32，∠ABC＝75°，P為△ABC內(nèi)的一個動點，連接PA，PB，PC．求PA+PB+PC的最小值．【答案】（1）65；（2）①3；②2；（3）PA+PB+PC的最小值為58．【分析】（1）【操作發(fā)現(xiàn)】：如圖1中，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AD＝AB，由等邊對等角和三角形內(nèi)角和定理可求出答案；（2）【解決問題】①如圖2中，將△APB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′C′，只要證明∠PP′C＝90°，利用勾股定理即可解決問題；②如圖3中，將△CBP繞著點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CAP′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到∠P′CP＝∠ACB＝90°，進而得到等腰直角三角形，求出PP'即可得出答案；（3）【拓展應用】如圖4中，將△APB繞BC順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EDB，連接PD、CE．得出∠CBE＝135°，過點E作EF⊥CB交CB的延長線于點F，求出CF和EF的長，可求出CE長，則答案可求出．【詳解】（1）【操作發(fā)現(xiàn)】解：如圖1中，∵△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)50°，得到△ADE，∴AD＝AB，∠DAB＝50°，∴∠ABD=180故答案為：65．（2）【解決問題】①解：如圖2中，∵將△APB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP′C′，∴△APP′是等邊三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°﹣90°﹣120°＝150°，∴PP′＝AP，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°，∴PP′＝32PC，即AP＝32∵∠APC＝90°，∴AP2+PC2＝AC2，即（32PC）2+PC2＝（7）2∴PC＝2，∴AP＝3，∴S△APC＝12AP?PC＝12×3×2＝②如圖3，將△CBP繞著點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CAP′，∵CP′＝CP，∠P′CP＝∠ACB＝90°，∴△P′CP為等腰直角三角形，∴∠CP'P＝45°，∵∠BPC＝135°＝∠AP'C，∴∠AP′P＝90°，∵PA＝3，PB＝1，∴AP′＝1，∴PP′＝AP2-'2＝3∴PC＝22'＝22故答案為：2．（3）【拓展應用】解：如圖4中，將△APB繞B順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EDB，連接PD、CE．∵將△APB繞B順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EDB，∴∠ABP＝∠EBD，AB＝EB＝4，∠PBD＝60°，△BPD為等邊三角形，AP=DE∴∠ABP+∠PBC＝∠EBD+∠PBC，PB=PD∴∠EBD+∠PBC＝∠ABC＝75°，根據(jù)兩點之間線段最短可得PA+PB+PC=DE＋PD＋PC≤CE，即PA+PB+PC的最小值為CE的長∴∠CBE＝135°，過點E作EF⊥CB交CB的延長線于點F，∴∠EBF＝45°，∴BF=在Rt△CFE中，∵∠CFE＝90°，BC＝32，EF＝22，∴CE=C即PA+PB+PC的最小值為58．【點睛】此題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)、等腰直角三角形的判定及性質(zhì)和勾股定理，掌握作輔助線的方法、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)、等腰直角三角形的判定及性質(zhì)和利用勾股定理解直角三角形是解決此題的關鍵．【加權(quán)費馬點專項訓練】1．（2021·全國·九年級專題練習）如圖，在△ABC中，∠ACB=30°,BC=6,AC=5，在△ABC內(nèi)部有一點（1）PA+（2）PA+（3）PA+（4）2PA（5）12（6）2PA（7）4PA（8）3PA【答案】（1）61；（2）91；（3）61+303；（4）234；（5）132；（6）26；（7）434【分析】（1）將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BP'C'，則BP'=BP，P'C=PC，∠PBP'=60°（2）將△BPC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CP'B'，則可證明PP'=2PC，從而得到PA+PB+2PC=PA+PP'（3）將△BPC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△B'PC'，則可證明PP'=3CP，則PA+PB+3PC=PA+PP'（4）將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△CP'A'，再將△CP'A'以點C為位似中心放大2倍，得到△CP″A″，連接PP'（5）將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△CP'A'，再將△CP'A'以點C為位似中心縮小2倍，得到△CP″A″（6）由2PA+4PB+23PC=4（7）由4PA+2PB+23PC=2(2（8）將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△CP'A'，再將△CP'A'以點C為位似中心縮小34倍，得到△CP″A″，同理可以證得當A、P、P″、A″，共線時【詳解】解：（1）如圖3-2，將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到∴BP'=BP，∴△BP∴BP=∴PA+∴A、P、P'、C'四點共線時，PA同理可證△BC∴CC'=∴∠AC∴AC∴PA+PB+（2）如圖3-4，將△BPC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到∴B'P'=BP，P'C∴PP∴PA+∴當A、P、P'、B'四點共線時，PA∵∠ACB=30°，∴∠∴∠AC過點A再作B'C的垂線，垂足為∴∠AEC=90°，∠ACE=60°，∴∠CAE=30°，∴CE∴AE=AC∴AB∴PA+PB+（3）如圖3-6，將△BPC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△∴B'P'=BP，P'C∴∠CP過點C作CE⊥PP∴CE=12∴PE=∴PP∴PA+∴當A、P、P'、B'四點共線時，PA∵∠ACB=30°，∴∠∴∠AC過點A再作B'C的垂線，垂足為∴∠AEC=90°，∠ACE=3°，∴AE∴CE=∴B∴AB∴PA+PB+（4）如圖3-8，將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△CP'A'，再將△C由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得CA'=CA=5，C∴CA″=10，CP″∴PP'=∴∠P∴∠P∴P″∴2PA∴當A″，P″，P，B共線時2PA∵∠BC∴A″∴2PA+PB（5）如圖3-10，將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△CP'A'，再將△同（4）原理可證得當A″，P″，P，B共線時12∵∠BCA″=∠ACB+∠BA12PA+（6）∵2∴由（5）得：2PA+4PB（7）∵4∴由（4）得4PA+2PB（8）如圖3-12，將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△CP'A'，再將△同理可以證得當A、P、P″、A″，共線時在△BCA″中，∠過點A″作A″E⊥BC∴∠A∴∠C∴CE=∴EA″=∴BA3PA+4PB【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，位似，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定等等，解題的關鍵在于能夠作出輔助線，找到P點在什么位置時，線段的和最?。}型02胡不歸模型【模型介紹】從前有一位姓胡的小伙外出學習，某天不幸得知老父親病危的消息，便立即決定回家.小伙子略懂數(shù)學常識，考慮到“兩點之間線段最短”的知識，雖然他所在求學的地方與家之間布滿了砂石，但他還是義無反顧的踏上了歸途.當他趕到家時，老人剛咽了氣，小伙子追悔莫及失聲痛哭.鄰居告訴小伙子說，老人彌留之際不斷念叨著“胡不歸？胡不歸？…”之后的歲月，小伙子不斷的反思：如果我當時先沿著驛道走一段距離，再通過砂石區(qū)域回家，是否能見到父親最后一面呢？如果可以，他應該沿著驛道走多遠再通過砂石區(qū)域回家呢？這就是流傳千百年的“胡不歸問題.如圖，A是出發(fā)點，B是目的地，直線m是一條驛道，而驛道靠目的地一側(cè)全是砂石，為了選擇合適的路線，假設通過驛道速度為v1米/秒，通過砂石區(qū)域速度為v2米/秒（v1>v2），小伙子需要在直線m上選取一點C，再折往至B，求點C在何處時，用時最短（A→C→B）？由題目可知A、B為定點，點C在直線m上運動，求tAC+tBC的最小值.t總=tAC+tBC=ACv1+BCv2=1v2BC+v2v1AC，因為v1，v2為定值，所以只需求BC+v2v1AC的最小值即可，因此需要在圖中構(gòu)造出長度為v2v1AC的替換線段.因為v1>v2，所以設v2v1=sinα，則在AC【解題關鍵】在求形如“PA+KPB”的式子的最值問題中，關鍵是構(gòu)造與kPB相等的線段，將“PA+KPB”型問題轉(zhuǎn)化為“PA+PC”型.(若k>1，則提取系數(shù)，轉(zhuǎn)化為小于1的形式解決即可).【胡不歸模型專項訓練】1．（2023上·四川樂山·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°,∠B=60°,AB=4，若DA．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】過點C作射線CE，使∠BCE=30°，再過動點D作DF⊥CE，垂足為點F，連接AD，在Rt△DFC中，∠DCF=30°,DF=12【詳解】解：過點C作射線CE，使∠BCE=30°，再過動點D作DF⊥CE，垂足為點在Rt△DFC∴DF=∵2＝2(AD∴當A，D，F(xiàn)在同一直線上，即AF⊥CE時，AD+此時，∠B∴△ABD∴AD=在Rt△ABC∴BC=8∴DC=4∴DF=∴AF=∴2(AD∴2(AD+DC故選：D．【點睛】本題考查垂線段最短、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加輔助線，構(gòu)造胡不歸模型，學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考選擇或填空題中的壓軸題．2．（2022·遼寧鞍山·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=-x2+bx+3的圖像與x軸交于A、C兩點，與x軸交于點C(3,0)，若P是x軸上一動點，點D的坐標為(0,-1)A．4 B．2+22 C．22 D【答案】A【分析】過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H，根據(jù)2PD+PC【詳解】解：連接BC，過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H．∵二次函數(shù)y=-x2+bx+3∴b＝2，∴二次函數(shù)的解析式為y=-x2+2x+3，令y＝0，-x2+2解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），令x＝0，y=3，∴B（0，3），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵D（0，-1），∴OD＝1，BD＝4，∵DH⊥BC，∴∠DHB＝90°，設DH=x，則∵DH∴x2∴x=2∴DH＝∵PJ⊥CB，∴∠PJC∴PJ＝∴2PD∵DP+∴DP+∴DP+PJ的最小值為22∴2PD+PC故選：A．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的相關性質(zhì)，以及等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識，得到∠OBC＝∠OCB＝45°，PJ＝23．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·統(tǒng)考中考真題）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【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＝1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，解題的關鍵是作輔助線．4．（2023·遼寧錦州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按下列步驟作圖：①在AC和AB上分別截取AD、AE，使AD=AE．②分別以點D和點E為圓心，以大于12DE的長為半徑作弧，兩弧在∠BAC內(nèi)交于點M．③作射線AM交BC于點【答案】2【分析】過點P作PQ⊥AB于點Q，過點C作CH⊥AB于點H，先利用角平分線和三角形的內(nèi)角和定理求出∠BAF=30°，然后利用含30°的直角三角的性質(zhì)得出PQ=12AP，則CP+12AP=CP+PQ≥CH，當【詳解】解：過點P作PQ⊥AB于點Q，過點C作CH⊥由題意知：AF平分∠BAC∵∠ACB=90°，∴∠BAC∴∠BAF∴PQ=∴CP+∴當C、P、Q三點共線，且與AB垂直時，CP+12AP最小，∵∠ACB=90°，∠ABC∴AB=2∴BC=∵S△∴CH=即CP+12故答案為：23【點睛】本題考查了尺規(guī)作圖-作角平分線，含30°的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，注意掌握利用等積法求三角形的高或點的線的距離的方法．5．（2020·陜西·模擬預測）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的最小值為【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＝30°∵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，屬于常考題型，熟練掌握上述知識、明確解答的方法是解題關鍵．6．（2023·湖南湘西·統(tǒng)考中考真題）如圖，⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為4．過點B作BE⊥AC于點E，點P為線段BE上一動點（點P不與B，E重合），則CP

【答案】6【分析】過點P作PD⊥AB，連接CO并延長交AB于點F，連接AO，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和圓內(nèi)接三角形的性質(zhì)得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°【詳解】如圖所示，過點P作PD⊥AB，連接CO并延長交AB于點F

∵△ABC是等邊三角形，∴∠∵⊙O是等邊三角形ABC的外接圓，其半徑為∴OA=OB=4∴∠∴∠∵BE∴OE∴BE∵PD⊥AB∴PD∴CP∴CP+12∵△ABC是等邊三角形，BE⊥∴CF∴CP+12故答案為：6．【點睛】此題考查了圓內(nèi)接三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含30°角直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．7．（2023下·全國·九年級專題練習）在平面直角坐標系，A(1,1)，直線l:y=43x+1經(jīng)過【答案】8【分析】先求出B點坐標；過B點作x軸的垂線與x軸交于點F，B點作x軸的平行線，過A點作該平行線的垂線，兩條線相交于點M，AM與直線l的交點為H；直線y=43x+1與x軸的交點G(-34，0)，，則可求【詳解】解：∵y=4∴43∴m∴B過B點作x軸的垂線與x軸交于點F，B點作x軸的平行線，過A點作該平行線的垂線，兩條線相交于點M，AM與直線l的交點為H；直線y=43x+1與x∵BF∴GF∴sin∴sin∴45∴AH當A、H、M三點共線時，AH+∴M∴AM∴AH+4【點睛】本題考查一次函數(shù)的圖像及性質(zhì),點到直線垂線段最短；能夠利用三角形函數(shù)將45BH轉(zhuǎn)化為8．（2022·四川成都·四川省成都市七中育才學校校考模擬預測）拋物線y=ax2+bx+3分別交x軸于點A1,0，B-3,0，交y軸于點C，拋物線的對稱軸與x軸相交于點D(1)求拋物線的表達式；(2)線段MN，NC在數(shù)量上有何關系，請寫出你的理由；(3)在M，N移動的過程中，DM＋12MC【答案】(1)y(2)NC=(3)有，最小值為3【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）在Rt△AOC中，OC=3，OA=1，根據(jù)MN（3）先求出∠OCA=30°，即∠OAC=60°，即有MN=12CM，則DM+【詳解】（1）把點A1,0，B-3,0a+b+∴拋物線的解析式為：y=-（2）NC=理由是：如圖1，令x=0，則y=3∵A1,0，C∴，OC=3，在Rt△AOC中，OC=∵MN⊥∴∠MNC∴tan∠∴13∴NC=（3）在M，N移動的過程中，DM+12由（2）知：tan∠∴∠OCA=30°，即∴MN=∴DM+12MC的最小值是DM+MN的最小值，即D、M、N三點共線時，點D到拋物線解析式為：y=-∴對稱軸是：x=-1，即D∴AD=在Rt△ADN中，∴DN=即DM+∴在M，N移動的過程中，DM+12【點睛】本題主要考查了利用待定系數(shù)法求解拋物線解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，解直角三角形以及垂線段最短等知識．題目難度不大，細心作答即可．掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解答本題的關鍵．9．（2022下·重慶·八年級統(tǒng)考期末）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，∠(1)如圖1，若H為CF的中點，且AF=2DF，DH=(2)如圖2，若BH=BC，過點B作BI⊥CH于點(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【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，設正方形的邊長為3x，AF（2）過點D作DM⊥GC于點M，證明△GBI是等腰直角三角形，△BIC≌△CMD（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SM⊥BC時，△BCM的面積最大，由TN+MN=【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC∵H為CF的中點，DH=∴FC=2設正方形的邊長為3x，AF=2DF在Rt△FDC中，即3x解得x=1∴AB（2）如圖，過點D作DM⊥GC于點M∵∠AEB=∠GED∵∠AEB∴∠ABE=∠GBH∵BH=BC，∴∠HBI=∠CBI∵∠ABC∴∠GBI∴△GBI∴GI∵∠BIC=∠CMD∴△BIC∴MD=IC∴GM∴GM∴△GMD∴MD∴GC即BI+（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∵BQ∴△BCQ∵將△BCQ沿BC翻折得△∴△BMC∴SM當SM⊥BC時，∵S是BC的中點，∴△BMC則△BQC∴CQ此時如圖乙所示，則點P與A重合，∵TN+∴T,N,∴∠PCM∵∠BMC=90°，則四邊形ATMC是矩形，∴TM即22AN+【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鍵．10．（2021·四川綿陽·統(tǒng)考三模）如圖，在平面直角坐標系中，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；若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線表達式為：y=-(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【分析】（1）先求的直線y=12x+2與x軸，y軸交點的坐標，然后利用拋物線的對稱性可求得點B的坐標；設拋物線的解析式為y=a(x+4)(x-1)（2）如圖1，作∠OAE=30°，交y軸于E，過點P作PH⊥AE于H，當C，P，H三點共線時，AP+2PC的值最小，根據(jù)直角三角形含（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M（-3，2）時，△MAN∽△ABC；③當點M在第四象限時，解題時，需要注意相似三角形的對應關系．【詳解】（1）y=12x+2中，當x=0時，y=2，當y∴C（0，2），A（-4，0），由拋物線的對稱性可知：點A與點B關于x=-∴點B的坐標為（1，0）．∵拋物線y=ax2+bx+c過A（-4，0），B（1，0），可設拋物線表達式為y=a（x+4）（x-1），又∵拋物線過點C（0，2），∴2=-4a，∴a=-∴拋物線表達式為：y=-（2）如圖1，作∠OAE=30°，交y軸于E，過點P作PH⊥AE于H，∴PH∵AP∴當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=Rt△CHE中，EH=∴∴AP+2PC的最小值是2CH（3）∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC∴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M（-3，2）時，△MAN∽△ABC；③如圖4，當M在第四象限時，設Mn,-12n2-∴MN當ANMN=2時，AN=2MN，即整理得：n2+2n-8=0，解得：n1=-4（舍），n2=2，∴M（2，-3）；當ANMN=12時，MN=2AN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，解答本題需要同學們熟練掌握二次函數(shù)和相似三角形的相關性質(zhì)．11．（2021·全國·九年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，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EF＋CF最小時，點F的坐標，并求出此時PF＋22OP【答案】（1）S△ABC=23；（2）點F坐標為（1，433）；PF＋22【分析】（1）根據(jù)l1的解析式可得A、B坐標，把點B坐標代入y＝﹣3x＋b可求出b值，進而可得出點C坐標，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，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；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的坐標可得點Q坐標，進而可得【詳解】（1）∵l1：y＝33x＋3∴當x=0時，y=3，當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y=0時，x=1，∴C（1，0），∴AC=4，OB=3，∴S△ABC=12AC?OB=（2）如圖，作點C關于直線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′關于直線l1的對稱，∴CC′=2BC=4，設點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C′、F、E三點共線時EF＋CF的值最小，設直線C′E的解析式為y=kx+b，∴-k解得：k=-∴直線C′E的解析式為y=-聯(lián)立直線C′E與l1解析式得y=-解得：x=1∴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）=4∴FG=22FQ=22×（433+1∴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)是解題關鍵．12．（2019·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系中，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+b(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；(3)若點P為x軸上任意一點，在(2)的結(jié)論下，求PE+【答案】(1)y=12x2-x-32；y=12x【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，代入拋物線解析式可求出橫坐標，由A、(2)作EM∥y軸交AD于M，如圖，利用三角形面積公式，由SΔACE(3)作E關于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【詳解】解：(1)將二次函數(shù)y=ax2a>0的圖象向右平移∵OA=1，∴點A的坐標為-代入拋物線的解析式得，4a-2=0，∴拋物線的解析式為y=12令y=0，解得x1=-1，x2∴AB=∵ΔABD的面積為5，∴SΔABD=12代入拋物線解析式得，52=12x2-x設直線AD的解析式為y=∴4k+b∴直線AD的解析式為y=(2)過點E作EM∥y軸交AD于M，如圖，設Ea∴EM=∴SΔACE=SΔAME-∴當a=32時，ΔACE的面積有最大值，最大值是2516，此時(3)作E關于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∵E32,-∴AG=1+32=52∵∠AGE∴sin∠EAG=PH∵E、F關于x軸對稱，∴PE=∴PE+35∵EF=158∴sin∠∴FH=∴PE+35【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)的有關計算和利用對稱的性質(zhì)求最值問題．解（1）題的關鍵是熟練掌握待定系數(shù)法和相關點的坐標的求解；解（2）題的關鍵是靈活應用二次函數(shù)的性質(zhì)求解；解（3）題的關鍵是作E關于x軸的對稱點F，靈活應用對稱的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)的知識，學會利用數(shù)形結(jié)合的思想和轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想把求PE+3513．（2019·湖南張家界·統(tǒng)考中考真題）已知拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)(1)求拋物線的解析式及頂點D的坐標；(2)過點A作AM⊥BC，垂足為M，求證：四邊形(3)點P為拋物線在直線BC下方圖形上的一動點，當ΔPBC面積最大時，求點P的坐標；(4)若點Q為線段OC上的一動點，問：AQ+【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；【分析】(1)設交點式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，設點P(x,x2-4x(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=12CQ，則AQ+12QC最小值【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)設直線BC的解析式為y=mx+n，將點B、C的坐標代入得：{3解得：{m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，設點P(x,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⊥CF，垂足為H，交y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=3∵∠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=-3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，正確把握相關知識，會添加常用輔助線是解題的關鍵.題型03阿氏圓模型【模型由來】已知平面上兩點A、B，則所有滿足PA=k·PB（k≠1）的點P的軌跡是一個圓，這個軌跡最先由古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，故稱“阿氏圓”，又稱阿波羅尼斯圓.【模型解讀1】如圖1所示，⊙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.連接PA、PB，則當PA+kPB的值最小時，P點的位置如何確定?思路：如圖2，在線段OB上截取OC，使OC=k·r（即OCOP=k=OPOB）且∠BOP=∠COP，則可說明△BPO與△PCO相似，即PCPB=k.故本題求PA+kPB的最小值可以轉(zhuǎn)化為PA+PC的最小值,其中A與C為定點，P為動點，故當A、P’、C具體步驟：1：連接動點至圓心0（將系數(shù)不為1的線段兩端點分別與圓心相連接），即連接OP、OB；2：計算連接線段OP、OB長度；3：計算兩線段長度的比值OP/OB="k"；4：在OB上截取一點C，使得OC/OP=OP/OB構(gòu)建母子型相似：5：連接AC，與圓0交點為P，即AC線段長為PA＋K*PB的最小值．【模型解讀2】如圖點A，B在⊙O上，OA⊥OB,OA=OB=12，點C是OA的中點，D在OB上，OD=10，點P是⊙【詳解】解：如圖1，延長OA到E，使OA=AE，連接PE、OP，∵OA=OP，C為OA中點，∴OPOE=12，OC∵∠COP=∠POE，∴△OCP∽△OPE，∴OPOE∴PE=2PC，∴2PC+PD=PE+PE,即當E最小值為OE如圖2，延長OB到F，使OF=725，連接PF、OP∵OD=10，OP==OA=12，∴OPOF∵∠DOP=∠POF，∴△ODP∽△OPF，∴OPOF=DPPF=56∴PC+65PD=PC+PF,即當最小值為OC【模型總結(jié)】對于阿氏圓而言：當系數(shù)k＜1的時候，一般情況下，考慮向內(nèi)構(gòu)造。當系數(shù)k＞1的時候，一般情況下，考慮向外構(gòu)造。【注意事項】針對求PA+kPB的最小值問題時，當軌跡為直線時，運用“胡不歸模型”求解；當軌跡為圓形時，運用“阿氏圓模型”求解.【阿氏圓模型專項訓練】1．（2021·全國·九年級專題練習）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C為圓心、3為半徑作⊙C，P為⊙C上一動點，連接AP、BP，則13AP＋BP的最小值為（

A．7 B．52 C．4+10 D．【答案】B【詳解】思路引領：如圖，在CA上截取CM，使得CM＝1，連接PM，PC，BM．利用相似三角形的性質(zhì)證明MP=13PA，可得13AP+BP＝PM+PB≥BM答案詳解：如圖，在CA上截取CM，使得CM＝1，連接PM，PC，BM．∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，∴PC2＝CM?CA，∴PCCA∵∠PCM＝∠ACP，∴△PCM∽△ACP，∴PMPA∴PM=13∴13AP+BP＝PM+PB∵PM+PB≥BM，在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，∴BM=12+∴13AP+BP≥52∴13AP+BP的最小值為52故選：B．2．（2023·陜西咸陽·?？既＃┤鐖D，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，點E、F分別是OD、OC上的兩個動點，且EF=4，P是EF的中點，連接OP、PC

【答案】1452/【分析】在OD上取一點G，使得OG=12,連接PG、CG．根據(jù)菱形的性質(zhì)可知OC=6,OD=8，則OGOP=OPOD=1【詳解】解：如圖，在OD上取一點G，使得OG=12

∵四邊形ABCD為菱形，AC=12,∴OC=12∵EF=4，P是EF∴OP=∴OGOP又∵∠GOP∴△POG∴GPPD=1∵PC+∴當點G、P、C在同一直線上時，PC+此時PC+1故答案為：1452【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是掌握“胡不歸”問題模型，正確畫出輔助線，構(gòu)造相似三角形，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和勾股定理求解．3．（2022·四川瀘州·四川省瀘縣第一中學校考一模）如圖，AB為⊙O的直徑，AB＝2，點C與點D在AB的同側(cè)，且AD⊥AB，BC⊥AB，AD＝1，BC【答案】34【分析】連接OD，先利用勾股定理求得OD=2，∠AOD=45°，在OD上截取OI=22，過I作IH⊥AB于H，IG⊥BC于G，求得BG=IH【詳解】解：連接OD，∵AB為⊙O的直徑，AB∴OA=OB∵在Rt△AOD中，∴OD=AD在OD上截取OI=22，過I作IH⊥AB于H，IG⊥BC∴四邊形IHBG是矩形，IH=∴BG=IH=∴CG=在Rt△CIG中，∵OIOP=OP∴△POI∴PIPD=OPOD∴22PD+故22PD+故答案為：342【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、圓的基本概念、相似三角形的判定與性質(zhì)、兩點之間線段最短等知識，解答的關鍵是截取在OD上截取OI=224．（2022上·浙江·九年級專題練習）如圖所示的平面直角坐標系中，A(0,4)，B(4,0)，P是第一象限內(nèi)一動點，OP=2，連接AP、BP，則BP+【答案】17【分析】取點T(0,1)，連接PT，BT．根據(jù)OP2=OT?OA，有OPOT=OAOP，即可證明△【詳解】解：如圖，取點T(0,1)，連接PT，BT∵T(0,1)，A(0,4)∴OT=1，OA=4∵OP∴O∴OPOT∵∠POT∴△POT∴PTPA∴PT∴PB∵BT∴PB∴BP+12AP≥17∴BP+1故答案為：17．【點睛】本題考查阿氏圓問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．5．（2020·江蘇常州·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，點A、點B在⊙O上，∠AOB=90°，OA=6，點C在OA上，且OC=2AC，點D是OB的中點，點M是劣弧【答案】4【分析】延長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+2【詳解】解：延長OB到T，使得BT=OB，連接MT，∵OM=6，OD=∴O∴OMOD∵∠MOD∴△∴DMMT∴MT∵CM又∵在Rt△OCT中，∠COT=90°，OC∴CT∴CM∴CM+2DM故答案為：410【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．6．（2021·全國·九年級專題練習）如圖，邊長為4的正方形，內(nèi)切圓記為⊙O，P是⊙O上一動點，則2PA＋PB的最小值為．【答案】2【分析】2PA＋PB＝2（PA＋22PB），利用相似三角形構(gòu)造22【詳解】解：設⊙O半徑為r，OP＝r＝12BC＝2，OB＝2r＝22取OB的中點I，連接PI，∴OI＝IB＝2，∵OPOI=22∴OPOI=OBOP∴△BOP∽△POI，∴PIPB∴PI＝22PB∴AP＋22PB＝AP＋PI∴當A、P、I在一條直線上時，AP＋22PB作IE⊥AB于E，∵∠ABO＝45°，∴IE＝BE