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重难点突破 14 几何最值问题 4 种类型
（费马点、胡不归模型、阿氏圆模型、瓜豆原理）
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题型 01 费马点
【基础】费马点概念：三角形内部满足到三个顶点距离之和最小的点，称为费马点.
A
结论：
1）对于一个各角不超过120°的三角形，费马点是对各边的张角都是120°的点；对于
P
2)有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点. B C
（注意：通常涉及费马点的试题中三角形的最大顶角小于120°）
【解题思路】运用旋转的方法，以∆ABC任意一条边向外旋转60°构造等边三角形，根据两点之间线段最
短，得出最短长度.
结论证明过程：
A'
情况一：当△ABC各角不超过120°时，
A
将∆APB绕着点B逆时针旋转60°得到∆A’P’B P'
则∆APB≌∆A’P’B ∴BP=BP’ AP=AP’ ∠A’P’B =∠APB P
C
B
而∠P’BP=60° 则∆ P’BP为等边三角形
∴∠BPP’=∠P’BP=∠B P’P=60°
∵PA+PB+PC= P’A’+PP’+PC≤A’C
A'
∴当A’、P’、P、C四点共线时，PA+PB+PC的最小值为A’C
A
P'
此时∠BPC=180°-∠BPP’=120°
∠APB=∠A’P’B =180°-∠BP’ P=120° P
B C
∠APC=360°-∠APB-∠BPC=120°
情况二（仅需理解）：当△ABC有一个内角不小于120°时，
延长BA至C'使得AC=AC'，做∠C'AP'=∠CAP，
并且使得AP'=AP, PC'=PC，则△APC≌△AP'C'
C'
∵∠BAC≥120°
∴∠PAP'=180°-∠BAP-∠C'AP'=180°-∠BAP-∠CAP=180°-∠BAC≤60°
∴等腰三角形PAP'中，AP≥PP'
A
∴PA+PB+PC≥PP'+PB+PC'>BC'=AB+AC（ (只有当 P、A 重合时取等
P P'
2
B
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号)）
所以，当有一内角大于或等于120°时，所求的P点就是钝角的顶点．
【费马点的作法】（当△ABC各角不超过120°）
作法：1）如图，分别以∆ABC中的AB、AC为边，作等边∆ADB、等边∆AEC
2）连接CD、BE，则∆ADC≌∆ABE(手拉手模型)
3）记CD、BE交点为P，点P为费马点.
4）以BC为边作等边∆BCF，连接AF，必定经过点P，且BE=AF=CD.
【扩展】与等腰三角形、等边三角形、直角三角形常见的费马点结论
如图所示，以边AB、AC分别向△ABC外侧作等边三角形，连接DC、EB，交点为点P，点P为费马点.
图形 结论
等腰三角形 A ①∠APB=∠BPC=∠APC=120°；
D E ②△ABP与△ACP全等；
③△BCP为等腰三角形；
④△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P
P 为费马点时和最小.
B C
等边三角形 D A ①AP=BP=CP；
E
②∠APB=∠BPC=∠APC=120°；
③△ABP、△ACP、△BCP全等；
④点P是垂心，是△ABC各边的高线的交点；
P
B C ⑤点P是△ABC各边的中线的交点；
⑥点P是内心，是在三角形三个内角的角平分线的
交点；
⑦△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P
为费马点时和最小.
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直角三角形 E ①△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P
A
为费马点时和最小；
②∠APB=∠BPC=∠APC=120°
D
P
B C
【进阶】
加权费马点模型概述：前面学的PA+PB+PC最小值的费马点问题线段前面系数都是l，如果现在求
mPA+nPB+xPC最小值，前面系数不是1，那么此类题目就叫做“加权费马点”.
【关键】系数的改变只是影响了旋转角度的改变，依然考的是旋转.
已知：在Rt△ABC中，∠ACB=30°，BC=6，AC=5, △ABC内部有一点P,连接PA，PB，PC
A
P
C
B
问题 求解图形 作法
求PA+PB+PC最 D △CAP绕点C顺时针旋转60°得△CDE
小值 E
BD长度即为所求,在Rt△BCD中有勾股定理可得BD=
A √BC2+CD2=√61
P
C
B
求PA+PB+√2PC
D
△CAP绕点C顺时针旋转90°得△CDE
最小值 E
此时△PCE为等腰直角三角形，即PE=√2PC
A
因此原式=PA+PB+√2PC=ED+PB+PE，则当B、P、E、
D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求, 在
P
Rt△BFD中有勾股定理可得BD=√BF2+FD2=√91
C
B 6
60°
3√3 3
F
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求PA+PB+√3PC E △CAP绕点C顺时针旋转120°得△CDE
最小值 A D
此时△PCE为等腰三角形且∠PCE=120°，即PE=√3
PC，因此原式=PA+PB+√3PC=ED+PB+PE，则当B、
P、E、D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求,
P
C
B 30° 在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=
√BF2+FD2=√60+30√3
F
求2PA+PB+√3 A 1 √3
思路：原式=2（PA+ PB+ PC）
PC最小值 2 2
1)将PC边绕点C旋转60°，然后过点P作PF⊥CE于点
P √3 1
C F,则PF= PC;2) PB利用三角形中位线来处理；3）
B 2 2
F
PA前的系数是1 ，不需要转化，所以旋转△PCB.
E
G 过程：△BCP绕点C顺时针旋转60°得△CDE, 然后过
点P作PF⊥CE于点F, 此时△PCE为等边三角形，即
√3 1
PF= PC，过点F作FG∥DE，则FG= PB，则当
D 2 2
A、P、F、G四点共线时取得最小值， AG长度即为所
求, 在Rt△ACG中有勾股定理可得AG=
1 √3
√CG+AC2=√34, 原式=2（PA+ PB+ PC）=
2 2
2√34
求2PA+4PB+ 过程：△ACP绕点C顺时针旋转60°得△CDE, 然后过
D
2√3PC最小值 点P作PF⊥CE于点F, 此时△PCE为等边三角形，即
√3 1
E PF= PC，过点F作FG∥DE，则FG= AP，则当
A 2 2
G B、P、F、G四点共线时取得最小值，B G长度即为所
F 求, 在Rt△BCG中有勾股定理可得BG=√CG+AC2=7.5
P 1 √3
, 原式=4（ PA+PB+ PC）=26
B C 2 2
备注：若变形后的系数不是特殊值，则可借助位似的相关知识进行求解.
【费马点 专项训练】
1．（2022·广东广州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作
PD⊥BC于点D，线段AD上存在一点Q，当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则PD=
．
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【答案】3+√3
【分析】如图1，将 BQC绕点B顺时针旋转60°得到 BNM，连接QN，当点A，点Q，点N，点M共线
时，QA+QB+QC值最△小，此时，如图2，连接MC，证△明AM垂直平分BC，证明AD=BD，此时P与D重
合，设PD=x，则DQ=x-2，构建方程求出x可得结论．
【详解】解：如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，
∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，
∴△BQN是等边三角形，
∴BQ=QN，
∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，
∴当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，
此时，如图2，连接MC
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∵将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，
∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，
∴△BQN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠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，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，
∴x=tan60°×(x−2)=√3(x−2)，
∴x=3+√3，
∴PD=3+√3．
故答案为：3+√3．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是
正确运用等边三角形的性质解决问题，学会构建方程解决问题．
2．（2021·全国·九年级专题练习）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 ．
【答案】4+3√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′，
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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＝4+3√3
∴MA＋MD＋ME的最小值为4+3√3，
故答案为：4+3√3
【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．
3．（2021·辽宁丹东·统考中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．
如果△ABC是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足
∠APB=∠BPC=∠CPA=120°．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若
AB=AC=√7,BC=2√3，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC= ；若
AB=2√3,BC=2,AC=4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC= ．
【答案】 5 2√7
【分析】①作出图形，过B,C分别作∠DBP=∠DCP=30°,勾股定理解直角三角形即可
②作出图形，将△APC绕点A逆时针旋转60°，P为△ABC的费马点则B,P,P',C'四点共线，即
PA+PB+PC= BC'，再用勾股定理求得即可
【详解】①如图,过A作AD⊥BC，垂足为D,
过B,C分别作∠DBP=∠DCP=30°, 则PB=PC, P为△ABC的费马点
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∵ AB=AC=√7,BC=2√3
1
∴BD=DC= BC=√3
2
PD √3
∴tan30°= =
BD 3
∴PD=1
PD
∴PB= =2
sin30°
∴ AD=√AB2−BD2=√7−3=2
∴ PA+PB+PC=5
②如图：
∵ AB=2√3,BC=2,AC=4.
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∴AB2+BC2=16,BC2=16
∴AB2+BC2=AC2
∠ABC=90°
BC 1
∵sin∠BAC= = =sin30°
AC 2
∴∠BAC=30°
将△APC绕点A逆时针旋转60°
由旋转可得：△APC≌△AP'C'
∴AP'=AP,PC=P'C',AC=AC' ∠CAC'=∠PAP'=60°
∴△APP'是等边三角形，
∴ ∠BAC'=90°
∵ P为△ABC的费马点
即B,P,P',C'四点共线时候，PA+PB+PC= BC'
∴ PA+PB+PC= BP+PP'+P'C'=BC'
=√AB2+AC'2 =√ (2√3) 2+42=2√7
故答案为：①5，②2√7
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的
关键．本题旋转△PAB,△PBC也可，但必须绕顶点旋转．
4．（2022下·福建三明·八年级统考期中）【问题背景】17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师
皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小后来这点
被称之为“费马点”．
如图，点P是△ABC内的一点，将△APC绕点A逆时针旋转60°到△AP'C'，则可以构造出等边△APP'，
得AP=PP'，CP=CP'，所以PA+PB+PC的值转化为PP'+PB+P'C'的值，当B，P，P'，C四点共线
时，线段BC的长为所求的最小值，即点P为△ABC的“费马点”．
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(1)【拓展应用】
如图1，点P是等边△ABC内的一点，连接PA，PB，PC，将△PAC绕点A逆时针旋转60°得到△AP'C'．
①若PA=3，则点P与点P'之间的距离是______；
②当PA=3，PB=5，PC=4时，求∠AP'C'的大小；
(2)如图2，点P是△ABC内的一点，且∠BAC=90°，AB=6，AC=2√3，求PA+PB+PC的最小值．
【答案】(1)①3；②150°；
(2)2√21
【分析】（1）①根据旋转的性质即可求出PP'的值；
②先证△ABP≌△ACP'，利用全等的性子求出对应的边长，通过勾股定理的逆定理得到∠CPP'=90°，即
可求出∠AP'C的大小；
（2）将△APC绕C点顺时针旋转60°得到A'P'C，先求出∠BCA'=120°，然后证明△CPP'为等边三角
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形，当B、P、P'、A'四点共线时，PA+PB+PC和最小，用勾股定理求出BA'的值即可．
【详解】（1）①如图，将△PAC绕A逆时针旋转60°，
则AP=AP'，∠PAP'=60°，
∴△APP'为等边三角形，
∴PP'=PA=3；
②∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°，
又∵△APP'是等边三角形，
∴∠PAC+∠CAP'=60°，
∴∠BAP=∠CAP'，
AB=AC
在△ABP与△ACP'中，{∠BAP=∠CAP'，
AP=AP'
∴△ABP≌△ACP'（SAS），
∴BP=CP'=5,PP'=3,PC=4,
∴PP'2+PC2=CP'2，∴∠CPP'=90°，
∴∠APC=∠APP'+∠CPP'=60°+90°=150°，
又∵旋转，∴∠AP'C'=∠APC==150°；
（2）如图，将△APC绕C点顺时针旋转60°得到A'P'C，
则∠ACP=∠A'CP',∠ACP+∠ACP'=60°，
在Rt△ABC中，BC=√AB2+AC2=√62+(2√3) 2=4√3，
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1
∵AC= BC,∴∠ABC=30°,∠ACB=60°，
2
∴∠ACP+∠BCP=60°，
又∵∠ACP=∠A'CP',∠ACP+∠ACP'=60°，
∴∠ACP'+∠A'CP'=60°，∴BCP+∠ACP+∠ACP'+∠A'CP'=120°，
过A'作A'D⊥BC交BC的延长线于点D，
则∠A'CD=∠BCD−∠BCA'=180°−120°=60°，
∴∠C A'D=30°，
∵A'C=AC=2√3, ∴CD=√3（30°所对的直角边等于斜边的一半），
∴A'D=√A'C2−CD2=3，
∵∠PCP'=60°,PC=CP'，∴△CPP'为等边三角形，
当B、P、P'、A'四点共线时，PA+PB+PC和最小，
在Rt△BDA'中，BD=BC+CD=4√3+√3=5√3,DA'=3，
∴BA'=√BD2+DA'2=√ (5√3) 2+32=2√21，
∴PA+PB+PC的最小值为2√21．
【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，解题的关键在于能够添加辅助线构造全等三角
形解决问题．
5．（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一
条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家
托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”
问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择
填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④
处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
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由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P' A'=PA，故
PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时
的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若
∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为
△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；
(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=2√3km，∠ACB=60°．
现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分
别为a元/km，a元/km，√2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．
（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)2√13a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在
同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明
∠AC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
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（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+√2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得
到等腰直角△PP'C，得到√2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'
取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P' A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
∵∠ACP=∠A'CP'，
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∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=√BC2+A'C2=√42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)
∴当PA+PB+√2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC A'=90°，P' A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=√2PC，
∴PA+PB+√2PC=P' A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，
过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠AC A'=90°，
∴∠A'CH=30°，
1
∴A'H= A'C=2km，
2
∴HC=√AC2−AH2=√42−22=2√3(km)，
∴BH=BC+CH=2√3+2√3=4√3(km)，
∴A'B=√AH2+BH2=√ (4√3) 2+22=2√13(km)
PA+PB+√2PC的最小值为2√13km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)=2√13a（元）
故答案为：2√13a
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【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股
定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
6．（2021上·江苏苏州·八年级苏州工业园区星湾学校校考期中）背景资料：在已知△ABC所在平面上求
一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理
学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，费马
点P在△ABC内部，当∠APB=∠APC=∠CPB=120°时，则PA+PB+PC取得最小值．
(1)如图2，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数，为
了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，此时△ACP'≌△ABP这样就可以利用旋转
变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB=_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三
角形并连接等边三角形的顶点与△ABC的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下
问题．
(2)如图3，△ABC三个内角均小于120°，在△ABC外侧作等边三角形△ABB'，连接CB'，求证：CB'过
△ABC的费马点．
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(3)如图4，在RT△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点P为△ABC的费马点，连接AP、
BP、CP，求PA+PB+PC的值．
(4)如图5，在正方形ABCD中，点E为内部任意一点，连接AE、BE、CE，且边长AB=2；求
AE+BE+CE的最小值．
【答案】(1)150°；
(2)见详解；
(3)√7；
(4)√6+√2．
【分析】（1）根据旋转性质得出△ABP≌△ACP'，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，
BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，
∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理PP'2+P'C2=32+42=25=PC2，得出 PP′C是直角三角形，
∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可； △
（2）将 APB逆时针旋转60°，得到 AB′P′，连结PP′，根据 APB≌ AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，
AB=AB′，△根据∠PAP′=∠BAB′=60°， △APP′和 ABB′均为等边三△角形，△得出PP′=AP，根据
PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，根△据两点之△间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，
PA+PB+PC =CB′，点P在CB′上即可；
最小
（3）将 APB逆时针旋转60°，得到 AP′B′，连结BB′，PP′，得出 APB≌△AP′B′，可证 APP′和 ABB′均
为等边三△角形，得出PP′=AP，BB′=A△B，∠ABB′=60°，根据PA+PB△+PC=PP'+P'B'+△PC，可得△点C，
点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC =CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾
最小
股定理BC=√AB2−AC2=√22−12=√3，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在
Rt CBB′中，B′C=√BC2+BB'2=√(√3) 2+22=√7即可；
△
（4）将 BCE逆时针旋转60°得到 CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出
BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′△，CB=CB′，可证 ECE′与 BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，
△BB′=BC△，∠B′BC=60°，AE+BE+CE=AE+EE'+△E'B'，得△出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，
AE+BE+CE=AE+EE'+E'B' =AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可
最小
1 1
求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF= BB'= ×2=1，勾
2 2
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股定理BF=√BB'2−B'F2=√22−12=√3，可求AF=AB+BF=2+√3，再根据勾股定理AB′=
√AF2+B'F2=√(2+√3) 2+12=√6+√2即可．
【详解】（1）解：连结PP′，
∵△ABP≌△ACP'，
∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°
∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，
∴△APP′为等边三角形，
,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，
在 P′PC中，PC=5，
PP△ '2+P'C2=32+42=25=PC2，
∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°，
故答案为150°；
（2）证明：将 APB逆时针旋转60°，得到 AB′P′，连结PP′，
∵△APB≌ AB′P△′， △
∴AP=AP△′，PB=PB′，AB=AB′，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和 ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，△
∵PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，
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∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC =CB′，
最小
∴点P在CB′上，
∴CB'过△ABC的费马点．
（3）解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，
∴△APB≌△AP′B′，
∴AP′=AP，AB′=AB，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，
∵PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，PA+PB+PC =CB′，
最小
∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，
∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=√AB2−AC2=√22−12=√3
∴BB′=AB=2，
∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，
∴在Rt△CBB′中，B′C=√BC2+BB'2=√(√3) 2+22=√7
∴PA+PB+PC =CB′=√7；
最小
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（4）解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，
∴△BCE≌△CE′B′，
∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，
∵∠ECE′=∠BCB′=60°，
∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，
∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，
∵AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'，
∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B' =AB′，
最小
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=2，∠ABC=90°，
∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，
∵B′F⊥AF，
1 1
∴BF= BB'= ×2=1，BF=√BB'2−B'F2=√22−12=√3，
2 2
∴AF=AB+BF=2+√3，
∴AB′=√AF2+B'F2=√(2+√3) 2+12=√6+√2，
∴AE+BE+CE =AB′=√6+√2．
最小
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【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间
线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾
股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题
关键．
7．（2022·山东德州·统考一模）若一个三角形的最大内角小于120°，则在其内部有一点所对三角形三边的
张角均为120°，此时该点叫做这个三角形的费马点．如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P
在△ABC内部，此时∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，PA+PB+PC的值最小．
(1)如图2，等边三角形ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．
为了解决本题，小林利用“转化”思想，将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，连接PP'，此时
△ACP'≌△ABP，这样就可以通过旋转变换，将三条线段PA，PB，PC转化到一个三角形中，从而求出
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∠APB=______．
(2)如图3，在图1的基础上延长BP，在射线BP上取点D，E，连接AE，AD．使AD=AP，
∠DAE=∠PAC，求证：BE=PA+PB+PC．
(3)如图4，在直角三角形ABC中 ，∠ABC=90°，∠ACB=30°，AB=1，点P为直角三角形ABC的费
马点，连接AP，BP，CP，请直接写出PA+PB+PC的值．
【答案】(1)150°
(2)见解析
(3)√7
【分析】（1）由全等三角形的性质得到AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，再根据旋转性质，
证明△APP′为等边三角形，△PP′C为直角三角形，最后由∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C解答；
（2）由费马点的性质得到∠APB=120°，∠APD=60°，再证明△APC≌△ADE (ASA)，由全等三角
形对应边相等的性质解得PC=DE，最后根据线段的和差解答；
（3）将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，由勾股定理解得BC=√3，由旋转的性质，
可证明△BPP′是等边三角形，再证明C、P、A′、P′四点共线，最后由勾股定理解答．
【详解】（1）解：∵△ACP'≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PAP′＝60°，
∴△APP′为等边三角形，
PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，
由旋转的性质可得：AP′＝AP＝PP′=3，CP′＝4，PC=5，
∵32+42=52
∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°＝150°；
故答案为：150°；
（2）证明：∵点P为△ABC的费马点，
∴∠APB=120°，
∴∠APD=60°，
又∵AD=AP，
∴APD为等边三角形
∴AP=PD=AD，∠PAD=∠ADP=60°，
∴∠ADE=120°，
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∴∠ADE=∠APC，
在△APC和△ADE中，¿
∴△APC≌△ADE (ASA)；
∴PC=DE，
∵BE=BP+PD+DE，
∴BE＝PA＋PB＋PC；
（3）解：如图，将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC=√AB2−AC2=√3，
把△APB绕点B顺时针方向旋转60°得到△A′P′B，
∴∠A′BC＝∠ABC＋60°＝30°＋60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△APB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′P′B，
∴A′B＝AB＝2，BP＝BP′，A′P′＝AP，
∴△BPP′是等边三角形，
∴BP＝PP′，∠BPP′＝∠BP′P＝60°，
∵∠APC＝∠CPB＝∠BPA＝120°，
∴∠CPB＋∠BPP′＝∠BP′A′＋∠BP′P＝120°＋60°＝180°，
∴C、P、A′、P′四点共线，
在Rt△A′BC中，A'C=√A'B2+BC2=√ (√3) 2+22=√7，
∴PA＋PB＋PC＝A′P′＋PP′＋PC＝A′C＝√7．
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【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、费马点
等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识，正确做出辅助线是解题关键．
8．（2021·河南郑州·郑州外国语中学校考模拟预测）阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数
学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利
数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托
里拆利帮忙解答：给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的
位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之
和最小的点称为△ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将△BPC绕点B顺时针
旋转60°得到△BDE，连接PD，可得△BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因
PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若
AB=2，求PA+PB+PC的最小值；
（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有
∠BEC=90°，连接AE、DE，在△ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出
PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
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【答案】（1）两点之间，线段最短；AE；（2）2√7；（3）存在，2√13-2
【分析】（1）连接AE，由两点之间线段最短即可求解；
（2）在Rt△ABC中先求出AC，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，由两点之间
线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等，根据勾股定理即可求解；
（3）在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，根据旋转
的性质和两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等，再根据圆的特点、菱形与
勾股定理即可求出GE，故可求解．
【详解】（1）连接AE，如图，
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值为线段AE的长
故答案为：两点之间线段最短；AE；
（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2
∴BC=2AB=4
由勾股定理可得AC=√BC2−AB2=2√3
如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，可得△CPD为等边三角形，
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∠BCE=60°
∴PD=PC
由旋转可得DE=PB，CE=BC=4
∴PA+PB+PC=PA+DE+PD
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等
∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°
∴在Rt△ACE中，AE=√AC2+CE2=2√7
即PA+PB+PC的最小值为2√7；
（3）存在在△ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，
如图3，在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，连接
PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均为等边三角形
∴PD=PF
由旋转可得PA=GF
∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等
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∵∠BEC=90°
∴点E在以BC为直径的⊙O上，如图3
1
则OB=OC= BC=2
2
如图3，连接OG交⊙O于点H，连接CG交AD于点K，连接AC，则当点E与点H重合时，GE取最小值，
即PA+PD+PE的最小值为线段GH的长
∵菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°
∴AB=BC=CD=AD=4
∴△ABC、△ACD均为等边三角形
∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°
1
∴四边形ACDG是菱形，∠ACG= ∠ACD=30°
2
∴CG、AD互相垂直平分
1
∴DK= AD=2
2
∴根据勾股定理得CK=√CD2−DK2=2√3
∴CG=2CK=4√3
∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°
∴在Rt△OCG中，OG=√OC2+CG2=2√13
∵OH=OC=2
∴GH=OG-OH=2√13-2
即PA+PD+PE的最小值为2√13-2．
【点睛】此题主要考查四边形与圆综合的最短距离，解题的关键是熟知旋转的性质、圆周角定理及两点之
间的距离特点．
9．（2020·江苏南通·南通市新桥中学校考一模）（1）【操作发现】
如图1，将△ABC绕点A顺时针旋转50°，得到△ADE，连接BD，则∠ABD＝ 度．
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（2）【解决问题】
①如图2，在边长为√7的等边三角形ABC内有一点P，∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC的面积．
②如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，若PB＝1，PA＝3，∠BPC＝
135°，则PC＝ ．
（3）【拓展应用】
如图4是A，B，C三个村子位置的平面图，经测量AB＝4，BC＝3√2，∠ABC＝75°，P为△ABC内的一个
动点，连接PA，PB，PC．求PA+PB+PC的最小值．
【答案】（1）65；（2）①√3；②2；（3）PA+PB+PC的最小值为√58．
【分析】（1）【操作发现】：如图1中，根据旋转的性质可得AD＝AB，由等边对等角和三角形内角和定
理可求出答案；
（2）【解决问题】①如图2中，将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，只要证明∠PP′C
＝90°，利用勾股定理即可解决问题；
②如图3中，将△CBP绕着点C按顺时针方向旋转90°，得到△CAP′，根据旋转的性质可以得到∠P′CP＝
∠ACB＝90°，进而得到等腰直角三角形，求出PP'即可得出答案；
（3）【拓展应用】如图4中，将△APB绕BC顺时针旋转60°，得到△EDB，连接PD、CE．得出∠CBE＝
135°，过点E作EF⊥CB交CB的延长线于点F，求出CF和EF的长，可求出CE长，则答案可求出．
【详解】（1）【操作发现】解：如图1中，
∵△ABC绕点A顺时针旋转50°，得到△ADE，
∴AD＝AB，∠DAB＝50°，
180°−50°
∴∠ABD= ＝65°，
2
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故答案为：65．
（2）【解决问题】①解：如图2中，∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，
∴△APP′是等边三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°﹣90°﹣120°＝150°，
∴PP′＝AP，∠AP′P＝∠APP′＝60°，
∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°，
√3 √3
∴PP′＝ PC，即AP＝ PC，
2 2
∵∠APC＝90°，
√3
∴AP2+PC2＝AC2，即（ PC）2+PC2＝（√7）2，
2
∴PC＝2，
∴AP＝√3，
1 1
∴S APC＝ AP•PC＝ ×√3×2＝√3．
2 2
△
②如图3，将△CBP绕着点C按顺时针方向旋转90°，得到△CAP′，
∵CP′＝CP，∠P′CP＝∠ACB＝90°，
∴△P′CP为等腰直角三角形，
∴∠CP'P＝45°，
∵∠BPC＝135°＝∠AP'C，
∴∠AP′P＝90°，
∵PA＝3，PB＝1，
∴AP′＝1，
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∴PP′＝√AP2−'2＝√32−12＝2√2，
√2 √2
∴PC＝ '＝ ×2√2＝2．
2 2
故答案为：2．
（3）【拓展应用】解：如图4中，将△APB绕B顺时针旋转60°，得到△EDB，连接PD、CE．
∵将△APB绕B顺时针旋转60°，得到△EDB，
∴∠ABP＝∠EBD，AB＝EB＝4，∠PBD＝60°，△BPD为等边三角形，AP=DE
∴∠ABP+∠PBC＝∠EBD+∠PBC，PB=PD
∴∠EBD+∠PBC＝∠ABC＝75°，根据两点之间线段最短可得PA+PB+PC=DE＋PD＋PC≤CE，即PA+PB+PC
的最小值为CE的长
∴∠CBE＝135°，
过点E作EF⊥CB交CB的延长线于点F，
∴∠EBF＝45°，
√2
∴BF=EF=EB× =2√2，
2
在Rt△CFE中，∵∠CFE＝90°，BC＝3√2，EF＝2√2，
∴CE=√CF2+EF2＝√58
即PA+PB+PC的最小值为√58．
【点睛】此题考查的是旋转的性质、等边三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质和勾股定理，
掌握作辅助线的方法、旋转的性质、等边三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质和利用勾股
定理解直角三角形是解决此题的关键．
【加权费马点 专项训练】
1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=30°,BC=6,AC=5，在△ABC内部有
一点P，连接PA、PB、PC．（加权费马点）求：
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（1）PA+PB+PC的最小值；
（2）PA+PB+√2PC的最小值
（3）PA+PB+√3PC的最小值；
（4）2PA+PB+√3PC的最小值
1 √3
（5） PA+PB+ PC的最小值；
2 2
（6）2PA+4PB+2√3PC的最小值
（7）4PA+2PB+2√3PC的最小值；
（8）3PA+4PB+5PC的最小值
13
【答案】（1）√61；（2）√91；（3）√61+30√3；（4）2√34；（5） ；（6）26；（7）4√34；
2
（8）21
【分析】（1）将△BPC绕点B顺时针旋转60∘得到△BP'C'，则BP'=BP，P'C=PC，∠PBP'=60∘，
可以推出△BPP'为等边三角形，得到BP=PP'，则PA+PB+PC=PA+PP'+PC'，即可得到A、P、P'
、C'四点共线时，PA+PB+PC最小，最小值为AC'，然后证明∠ACC'=∠ACB+∠BCC'=90∘，由
此利用勾股定理求解即可；
（2）将△BPC绕点C逆时针旋转90∘得到△CP'B'，则可证明PP'=√2PC，从而得到
PA+PB+√2PC=PA+PP'+P'B，则当A、P、P'、B'四点共线时PA+PB+PC最小，最小值为AB'，
5√3 17
过点A再作B'C的垂线，垂足为E，利用勾股定理求出AE=√AC2−CE2= ，B'E=B'C+EC= ，
2 2
由此即可得到答案；
（3）将△BPC绕点C逆时针旋转120∘得到△B'PC'，则可证明PP'=√3CP，则
PA+PB+√3PC=PA+PP'+P'B'，故当A、P、P'、B'四点共线时PA+PB+√3PC最小，最小值为
5√3
AB'，过点A再作B'C的垂线，垂足为E，利用勾股定理求出CE=√AC2−AE2= ，
2
12+5√3
B'E=CE+CB'=
，由此即可得到答案；
2
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（4）将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP' A'，再将△CP' A'以点C为位似中心放大2倍，得到
△CP″ A″，连接PP'，先证明P″P=√3CP，则可以得到2PA+PB+√3PC=A″P″+P″P+PB，故当A″，
P″，P，B共线时2PA+PB+√3PC最小，最小为A″B，然后证明∠BC A″=∠ACB+∠AC A″=90∘，
即可利用勾股定理求解；
（5）将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP' A'，再将△CP' A'以点C为位似中心缩小2倍，得到
1 √3
△CP″A″，同（4）原理可证得当A″，P″，P，B共线时 PA+PB+ PC最小，最小为A″B，然后证
2 2
明∠BC A″=∠ACB+∠AC A″=90∘，由此求解即可；
(1 √3 )
（6）由2PA+4PB+2√3PC=4 PA+PB+ PC 可由（5）得：2PA+4PB+2√3PC的最小值为
2 2
26；
（7）由4PA+2PB+2√3PC=2(2PA+PB+√3PC)可由（4）得4PA+2PB+2√3PC的最小值为
4√34；
3
（8）将△BPC绕点C顺时针旋转90∘，得到△CP' A'，再将△CP' A'以点C为位似中心缩小 倍，得到
4
△CP″ A″，同理可以证得当A、P、P″、A″，共线时3PA+4PB+5PC的值最小．在△BC A″中，
3 15
∠BC A″=∠ACB+∠AC A″=120∘，A″C= CA= ，过点A″作A″E⊥BC交BC延长线于E，然后
4 4
求出EA″，BE的长，由此即可求解．
【详解】解：（1）如图3-2，将△BPC绕点B顺时针旋转60∘得到△BP'C'，
∴BP'=BP，P'C=PC，∠PBP'=60∘，
∴△BPP'为等边三角形，
∴BP=PP'，
∴PA+PB+PC=PA+PP'+PC'，
∴A、P、P'、C'四点共线时，PA+PB+PC最小，最小值为AC'
同理可证△BCC'为等边三角形，
∴CC'=BC=6，∠BCC'=60∘，
∴∠ACC'=∠ACB+∠BCC'=90∘，
∴AC'=√AC2+CC'2=√61；
∴PA+PB+PC的最小值为√61；
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（2）如图3-4，将△BPC绕点C逆时针旋转90∘得到△CP'B'，
∴B'P'=BP，P'C=PC，∠PCP'=90∘，∠P'CB'=∠PCB，CB'=CB=6，
∴PP'=√PC2+P'C2=√2PC，
∴PA+PB+√2PC=PA+PP'+P'B，
∴当A、P、P'、B'四点共线时，PA+PB+PC最小，最小值为AB'
∵∠ACB=30°，
∴∠ACP+∠PCB=∠ACP+∠P'CB'=30∘
∴∠ACB'=∠PCP'+∠ACP+∠P'CB'=120∘，
过点A再作B'C的垂线，垂足为E，
∴∠AEC=90°，∠ACE=60°，
∴∠CAE=30°，
1 5
∴CE= AC=
2 2
5√3 17
∴AE=√AC2−CE2= ，B'E=B'C+EC=
，
2 2
∴AB'=√AE2+B'E2=√91，
∴PA+PB+√2PC的最小值为√91；
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（3）如图3-6，将△BPC绕点C逆时针旋转120∘得到△B'PC'，
∴B'P'=BP，P'C=PC，∠PCP'=120∘，∠P'CB'=∠PCB，CB'=CB=6，
∴∠CPP'=∠CP'P=30∘，
过点C作CE⊥PP'于E，
1
∴CE= CP，PE=P'E，
2
√3
∴PE=√PC2−CE2= CP，
2
∴PP'=√3CP，
∴PA+PB+√3PC=PA+PP'+P'B'，
∴当A、P、P'、B'四点共线时，PA+PB+√3PC最小，最小值为AB'
∵∠ACB=30°，
∴∠ACP+∠PCB=∠ACP+∠P'CB'=30∘
∴∠ACB'=∠PCP'+∠ACP+∠P'CB'=150∘，
过点A再作B'C的垂线，垂足为E，
∴∠AEC=90°，∠ACE=3°，
1 5
∴AE= AC=
2 2
5√3
∴CE=√AC2−AE2=
，
2
12+5√3
∴B'E=CE+CB'=
2
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∴AB'=√AE2+B'E2=√61+30√3，
∴PA+PB+√3PC的最小值为√61+30√3；
（4）如图3-8，将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP' A'，再将△CP' A'以点C为位似中心放大2
倍，得到△CP″A″，连接PP'
由旋转的性质得C A'=CA=5，CP'=CP，PA=P' A'，∠PCP'=∠AC A'=60∘，
∴C A″=10，CP″=2CP，P″A″=2A'P'=2AP，△PCP'是等边三角形，
∴PP'=P'C=P'P″，∠PP'C=60∘，
∴∠PP″P=∠P″PP'=30∘，
∴∠P″PC=90∘，
∴P″P=√CP″2−CP2=√3CP，
∴2PA+PB+√3PC=A″P″+P″P+PB，
∴当A″，P″，P，B共线时2PA+PB+√3PC最小，最小为A″B，
∵∠BC A″=∠ACB+∠AC A″=90∘，
∴A″B=√BC2+A″C2=2√34，
∴2PA+PB+√3PC的最小值为2√34；
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（5）如图3-10，将△BPC绕点C顺时针旋转60∘，得到△CP' A'，再将△CP' A'以点C为位似中心缩小2
倍，得到△CP″A″，
1 √3
同（4）原理可证得当A″，P″，P，B共线时 PA+PB+ PC最小，最小为A″B，
2 2
1 5
∵∠BC A″=∠ACB+∠AC A″=90∘，在Rt△BC A″中，BC=6，C A″= CA=
2 2
13
BA″=√BC2+A″C2=
，
2
1 √3 13
PA+PB+ PC最小为 ；
2 2 2
(1 √3 )
（6）∵2PA+4PB+2√3PC=4 PA+PB+ PC
2 2
∴由（5）得：2PA+4PB+2√3PC的最小值为26；
（7）∵4PA+2PB+2√3PC=2(2PA+PB+√3PC)
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∴由（4）得4PA+2PB+2√3PC的最小值为4√34；
3
（8）如图3-12，将△BPC绕点C顺时针旋转90∘，得到△CP' A'，再将△CP' A'以点C为位似中心缩小
4
倍，得到△CP″A″，
同理可以证得当A、P、P″、A″，共线时3PA+4PB+5PC的值最小．
3 15
在△BC A″中，∠BC A″=∠ACB+∠AC A″=120∘，A″C= CA= ，
4 4
过点A″作A″E⊥BC交BC延长线于E，
∴∠A″CE=60∘，
∴∠C A″E=30∘，
1 15
∴CE= C A″= ，
2 8
15√3 15
∴EA″=√A″C2−CE2= ，BE=BC+CE=6+ ，
8 8
∴BA″=√A″E2+BE2= √ ( 6+ 15) 2 + (15√3) 2 = 21 ，
8 8 4
3PA+4PB+5PC的最小值为21．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，位似，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性
质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够作出辅助线，找到P点在什么位置时，线
段的和最小．
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题型 02 胡不归模型
【模型介绍】从前有一位姓胡的小伙外出学习，某天不幸得知老父亲病危的消息，便立即决定回家.小伙
子略懂数学常识，考虑到“两点之间线段最短”的知识，虽然他所在求学的地方与家之间布满了砂石，但
他还是义无反顾的踏上了归途.当他赶到家时，老人刚咽了气，小伙子追悔莫及失声痛哭.邻居告诉小伙子
说，老人弥留之际不断念叨着“胡不归？胡不归？…”之后的岁月，小伙子不断的反思：如果我当时先沿
着驿道走一段距离，再通过砂石区域回家，是否能见到父亲最后一面呢？如果可以，他应该沿着驿道走多
远再通过砂石区域回家呢？这就是流传千百年的“胡不归问题.
如图，A是出发点，B是目的地，直线m是一条驿道，而驿道靠目的地一侧全是砂石，为了选择合适的
路线，假设通过驿道速度为v1米/秒，通过砂石区域速度为v2米/秒（v1> v2），小伙子需要在直线m上
选取一点C，再折往至B，求点C在何处时，用时最短（A→C→B）？
B
m
A C
由题目可知A、B为定点，点C在直线m上运动，求t +t 的最小值.
AC BC
AC BC 1 ( v ) v
t总=t +t + BC+ 2 AC 因为v1，v2为定值，所以只需求BC+ 2 AC的最小值即可，
AC BC= v v = v v ， v
1 2 2 1 1
v v
因此需要在图中构造出长度为 2 AC的替换线段.因为 v1> v2，所以设 2 =sinα，则在 AC 外侧作
v v
1 1
CE v v 1
∠CAM=α，过点C作CE⊥AM，则 = 2 =sinα，所以CE= 2 AC，原问题转化为 (BC+CE)的最小
AC v v v
1 1 2
值，显然垂线段最短，即过点B作AM的垂线，与直线m的交点C即为所求点.
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B
C' C
m
A
E
M
【解题关键】在求形如“PA+KPB”的式子的最值问题中，关键是构造与 kPB 相等的线段，将
“PA+KPB”型问题转化为“PA+PC”型.(若k>1，则提取系数，转化为小于1的形式解决即可).
【胡不归模型 专项训练】
1．（2023上·四川乐山·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°,∠B=60°,AB=4，若D是
BC边上的动点，则2AD+DC的最小值是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】D
【分析】过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，在
1 1
Rt△DFC中，∠DCF=30°,DF= DC,2AD+DC=2(AD+ DC)=2(AD+DF)当A，D，F在同
2 2
一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长．
【详解】解：过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，如
图所示：
在Rt△DFC中，∠DCF=30°，
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1
∴DF= DC，
2
1
∵2AD+DC=2(AD+ DC)
2
＝2(AD+DF)，
∴当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长，
此时，∠B=∠ADB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD=AB=4，
在Rt△ABC中，∠A=90°,∠B=60°,AB=4，
∴BC=8，
∴DC=4，
1
∴DF= DC=2,，
2
∴AF=AD+DF=4+2=6，
∴2(AD+DF)=2AF=12，
∴2(AD+DC)的最小值为12，
故选：D．
【点睛】本题考查垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造胡不归模型，学会
用转化的思想思考问题，属于中考选择或填空题中的压轴题．
2．（2022·辽宁鞍山·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx+3的图像与x轴交于
A、C两点，与x轴交于点C(3,0)，若P是x轴上一动点，点D的坐标为(0,−1)，连接PD，则
√2PD+PC的最小值是（ ）
3 2
A．4 B．2+2√2 C．2√2 D． + √2
2 3
【答案】A
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【分析】过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H，根据
( √2 )
√2PD+PC=√2 PD+ PC =√2(PD+PJ)，求出DP+PJ的最小值即可解决问题．
2
【详解】解：连接BC，过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H．
∵二次函数y=−x2+bx+3的图像与x轴交于点C(3,0)，
∴b＝2，
∴二次函数的解析式为y=−x2+2x+3，令y＝0，-x2+2x+3＝0，
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°，
设DH=x，则BH=x,
∵DH2+BH2=BD2，
∴x2+x2=42，
∴x=2√2，
∴DH＝2√2，
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∵PJ⊥CB，
∴∠PJC＝90°，
√2
∴PJ＝ PC，
2
( √2 )
∴√2PD+PC=√2 PD+ PC =√2(PD+PJ)，
2
∵DP+PJ≥DH，
∴DP+PJ≥2√2，
∴DP+PJ的最小值为2√2，
∴√2PD+PC的最小值为4．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的相关性质，以及等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，得到
√2
∠OBC＝∠OCB＝45°，PJ＝ PC是解题的关键．
2
3．（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂
足为D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为 ．
【答案】4√2
(1 )
【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB＝2 PA+PB ＝
2
1
(PF+PB)＝2BF，通过解直角三角形ABF，进一步求得结果．
2
【详解】解：如图，
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在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，
此时PA+2PB最小，
∴∠AFB＝90°
∵AB＝AC，AD⊥BC，
1 1
∴∠CAD＝∠BAD＝ ∠BAC= ×30°=15°，
2 2
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，
1
∴PF＝ PA，
2
(1 ) 1
∴PA+2PB＝2 PA+PB ＝ (PF+PB)＝2BF，
2 2
在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，
√2
∴BF＝AB•sin45°＝4× =2√2，
2
∴（PA+2PB） ＝2BF＝4√2，
最大
故答案为：4√2．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．
4．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，按
下列步骤作图：①在AC和AB上分别截取AD、AE，使AD=AE．②分别以点D和点E为圆心，以大于
1
DE的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点M．③作射线AM交BC于点F．若点P是线段AF上的一
2
1
个动点，连接CP，则CP+ AP的最小值是 ．
2
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【答案】2√3
【分析】过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，先利用角平分线和三角形的内角和定理
1 1
求出∠BAF=30°，然后利用含30°的直角三角的性质得出PQ= AP，则CP+ AP=CP+PQ≥CH，
2 2
1 1
当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+ AP最小，CP+ AP最小值为CH，利用含30°的直角三
2 2
角的性质和勾股定理求出AB，BC，最后利用等面积法求解即可．
【详解】解：过点P作PQ⊥AB于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，
由题意知：AF平分∠BAC，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，
1
∴∠BAF= ∠BAC=30°，
2
1
∴PQ= AP，
2
1
∴CP+ AP=CP+PQ≥CH，
2
1 1
∴当C、P、Q三点共线，且与AB垂直时，CP+ AP最小，CP+ AP最小值为CH，
2 2
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，
∴AB=2AC=8，
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∴BC=√AB2−AC2=4√3，
1 1
∵S = AC⋅BC= AB⋅CH，
△ABC 2 2
AC⋅BC 4×4√3
∴CH= = =2√3，
AB 8
1
即CP+ AP最小值为2√3．
2
故答案为：2√3．
【点睛】本题考查了尺规作图-作角平分线，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等知识，注意掌握利用
等积法求三角形的高或点的线的距离的方法．
5．（2020·陕西·模拟预测）如图，四边形ABCD是菱形，AB＝8，且∠ABC＝60°，M为对角线BD（不含
1
B点）上任意一点，则AM+ BM的最小值为 ．
2
【答案】4√3
【分析】如图，过点A作AT⊥BC于T，过点M作MH⊥BC于H，根据菱形的性质和30°角的直角三角形的
1 1
性质可得MH＝ BM，于是可得AM+ BM的最小值即为AT的长，再利用解直角三角形的知识求解即可．
2 2
【详解】解：如图，过点A作AT⊥BC于T，过点M作MH⊥BC于H．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
1
∴∠DBC＝ ∠ABC＝30°，
2
∵MH⊥BC，∴∠BHM＝90°，
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1
∴MH＝ BM，
2
1
∴AM+ BM＝AM+MH，
2
∵AT⊥BC，∴∠ATB＝90°，
∴AT＝AB•sin60°＝4√3，
∵AM+MH≥AT，
∴AM+MH≥4√3，
1
∴AM+ BM≥4√3，
2
1
∴AM+ BM的最小值为4√3，
2
故答案为：4√3．
【点睛】本题考查了菱形的性质、30°角的直角三角形的性质、垂线段最短以及解直角三角形等知识，属于
常考题型，熟练掌握上述知识、明确解答的方法是解题关键．
6．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作
1
BE⊥AC于点E，点P为线段BE上一动点（点P不与B，E重合），则CP+ BP的最小值为 ．
2
【答案】6
【分析】过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO，根据等边三角形的性质和圆内接三
1
角形的性质得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°角直角三角形的性质得到OE= OA=2，进而
2
1
求出BE=BO+EO=6，然后利用CP+ BP=CP+PD≤CF代入求解即可．
2
【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO
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∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC
1
∴∠ABE=∠CBE= ∠ABC=30°
2
∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4
∴OA=OB=4，CF⊥AB，
∴∠OBA=∠OAB=30°
1
∴∠OAE=∠OAB= ∠BAC=30°
2
∵BE⊥AC
1
∴OE= OA=2
2
∴BE=BO+EO=6
∵PD⊥AB，∠ABE=30°
1
∴PD= PB
2
1
∴CP+ BP=CP+PD≤CF
2
1
∴CP+ BP的最小值为CF的长度
2
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，CF⊥AB
∴CF=BE=6
1
∴CP+ BP的最小值为6．
2
故答案为：6．
【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质等知识，解题
的关键是熟练掌握以上知识点．
4 11
7．（2023下·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系，A(1,1)，直线l:y= x+1经过B(m, )，点
3 3
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4
H在直线l上运动，求AH+ BH最小值．
5
8
【答案】
3
【分析】先求出B点坐标；过B点作x轴的垂线与x轴交于点F，B点作x轴的平行线，过A点作该平行线的
4 3
垂线，两条线相交于点M，AM与直线l的交点为H；直线y= x+1与x轴的交点G(− ，0)，，则可求
3 4
4 4 4
sin∠MBH= ，则 BH=MH，AH+ BH=AH+MH，求出MA的长即可．
5 5 5
4 11
【详解】解：∵y= x+1经过(m, )，
3 3
4 11
∴ m+1= ，
3 3
∴m=2，
11
∴B(2, )，
3
过B点作x轴的垂线与x轴交于点F，B点作x轴的平行线，过A点作该平行线的垂线，两条线相交于点M，
AM与直线l的交点为H；
4 3
直线y= x+1与x轴的交点G(− ，0)，
3 4
11
∵BF= ，
3
11
∴GF= ，
4
4
∴sin∠BGF= ，
5
4
∴sin∠MBH= ，
5
4
∴ BH=MH，
5
4
∴AH+ BH=AH+MH，
5
4
当A、H、M三点共线时，AH+ BH值最小，
5
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11
∴M(1, )，
3
11 8
∴AM= −1= ，
3 3
4 8
∴AH+ BH值最小为 ．
5 3
4
【点睛】本题考查一次函数的图像及性质,点到直线垂线段最短；能够利用三角形函数将 BH转化为MH
5
长是解题的关键．
8．（2022·四川成都·四川省成都市七中育才学校校考模拟预测）抛物线y=ax2+bx+√3分别交x轴于点
A(1,0)，B(−3,0)，交y轴于点C，抛物线的对称轴与x轴相交于点D，点M为线段OC上的动点，点N
为线段AC上的动点，且MN⊥AC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)线段MN，NC在数量上有何关系，请写出你的理由；
1
(3)在M，N移动的过程中，DM＋ MC是否有最小值，如果有，请写出理由．
2
√3 2√3
【答案】(1)y=− x2− x+√3
3 3
(2)NC=√3MN，见解析
(3)有，最小值为√3
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
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（2）在Rt△AOC中，OC=√3，OA=1，根据MN⊥AC，有∠MNC=90°，即可得
OA MN
tan∠OCA= = ，问题得解；
OC NC
1 1
（3）先求出∠OCA=30°，即∠OAC=60°，即有MN= CM，则DM+ MC的最小值是DM+MN
2 2
的最小值，即点D到AC的垂线段DN的长，问题随之得解．
【详解】（1）把点A(1,0)，B(−3,0)代入抛物线y=ax2+bx+√3中得：
¿，解得：¿，
√3 2√3
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+√3；
3 3
（2）NC=√3MN，
理由是：如图1，
令x=0，则y=√3，即C(0,√3)，
∵A(1,0)，C(0,√3)，
∴，OC=√3，OA=1，
在Rt△AOC中，OC=√3，OA=1，
∵MN⊥AC，
∴∠MNC=90°，
OA MN
∴tan∠OCA= = ，
OC NC
1 MN
∴ = ，
√3 NC
∴NC=√3MN；
1
（3）在M，N移动的过程中，DM+ MC有最小值是√3，理由如下：
2
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OA 1 √3
由（2）知：tan∠OCA= = = ，
OC √3 3
∴∠OCA=30°，即∠OAC=60°，
1
∴MN= CM，
2
1
∴DM+ MC的最小值是DM+MN的最小值，即D、M、N三点共线时，点D到AC的垂线段DN的长，
2
如图2，
√3 2√3
抛物线解析式为：y=− x2− x+√3；
3 3
∴对称轴是：x=−1，即D(−1,0)，
∴AD=OA+OD=1+1=2，
在Rt△ADN中，∠DAN=60°，
∴DN=AD×sin∠DAN=√3，
1
即DM+ MC=DM+MN=DN=√3，
2
1
∴在M，N移动的过程中，DM+ MC有最小值是√3．
2
【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求解抛物线解析式，二次函数的性质，解直角三角形以及垂线段
最短等知识．题目难度不大，细心作答即可．掌握二次函数的性质是解答本题的关键．
9．（2022下·重庆·八年级统考期末）已知，在正方形ABCD中，点E，F分别为AD上的两点，连接BE、
CF，并延长交于点G，连接DG，H为CF上一点，连接BH、DH，∠GBH+∠GED=90°
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√10
(1)如图1，若H为CF的中点，且AF=2DF，DH= ，求线段AB的长；
2
√2
(2)如图2，若BH=BC，过点B作BI⊥CH于点I，求证：BI+ DG=CG；
2
(3)如图2，在（1）的条件下，P为线段AD（包含端点A、D）上一动点，连接CP，过点B作BQ⊥CP于
点Q，将△BCQ沿BC翻折得△BCM，N为直线AB上一动点，连接MN，当△BCM面积最大时，直接写
√2
出 AN+MN的最小值．
2
【答案】(1)3
(2)见解析
(3)3√2
【分析】（1）根据正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得FC=2DH=√10，设正
方形的边长为3x，AF=2DF，可得FD=x，在Rt△FDC中，根据勾股定理建立方程，即可求解；
（2）过点D作DM ⊥GC于点M，证明△GBI是等腰直角三角形，△BIC≌△CMD，进而证明△GMD
√2
是等腰直角三角形，根据GC=GI+IC=BI+MD=BI+ GD即可得证；
2
（3）取BC的中点S，连接SM，连接PN，以PN为底边，在PN的左侧作等腰直角三角形TPN，根据直
1 3
角三角形中斜边上的中点等于斜边的一半可得SM= BC= ，则当SM⊥BC时，△BCM的面积最大，
2 2
√2 √2
由TN+MN= AN+MN≥TM，可得当T,N,M三点共线时， AN+MN取得最小值，证明四边形
2 2
√2
ATMC是矩形，可得TM=AC=3√2，即 AN+MN的最小值为3√2．
2
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
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∴∠ADC=90°,AB=AD=DC，
√10
∵ H为CF的中点，DH= ，
2
∴ FC=2DH=√10，
设正方形的边长为3x，AF=2DF，可得FD=x，
在Rt△FDC中，FD2+DC2=FC2，
即(3x) 2+x2=10，
解得x=1，
∴AB=3x=3；
（2）如图，过点D作DM ⊥GC于点M，
∵∠AEB=∠GED，∠GBH+∠GED=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
1
∴∠ABE=∠GBH = ∠ABH，
2
∵ BH=BC，BI⊥CH，
1
∴∠HBI=∠CBI = ∠HBC，
2
∵∠ABC=90°，
1 1 1
∴∠GBI=∠GBH+∠HBI= ∠ABH+ ∠HBC= ∠ABC=45°，
2 2 2
∴△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，
√2
∴MD= GD，
2
√2
∴GC=GI+IC=BI+MD=BI+ GD，
2
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√2
即BI+ DG=CG；
2
（3）如图甲所示，取BC的中点S，连接SM，连接PN，以PN为底边，在PN的左侧作等腰直角三角形
TPN，
√2
∴TN= PN，
2
∵BQ⊥PC，
∴ △BCQ是直角三角形，
∵将△BCQ沿BC翻折得△BCM，
∴△BMC是直角三角形，
1 3
∴SM= BC= ，
2 2
当SM⊥BC时，△BCM的面积最大，
∵ S是BC的中点，
∴△BMC是等腰直角三角形，
则△BQC也是等腰直角三角形，
√2 1
∴CQ=BQ= BC= AC，
2 2
此时如图乙所示，则点P与A重合，
√2
∵ TN+MN= AN+MN≥TM，
2
√2
∴ T,N,M三点共线时， AN+MN取得最小值，
2
∴∠PCM=∠ACB+∠BCM=90°，
∵∠BMC=90°，∠TAC=∠TAB+∠BAC=90°，
则四边形ATMC是矩形，
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∴TM=AC=3√2，
√2
即 AN+MN的最小值为3√2．
2
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，两点之间线段最短，
全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
1
10．（2021·四川绵阳·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ x＋2与x轴交于点A，与y轴交
2
3
于点C．抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是x＝－ 且经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
2
(1)求二次函数y＝ax2＋bx＋c的表达式；
(2)点P为线段AB上的动点，求AP＋2PC的最小值；
(3)抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A，M，N为顶点的三角形与△ABC
相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
1 3
【答案】(1)抛物线表达式为：y=− x2− x+2；
2 2
(2)AP+2PC的最小值是2√3+4；
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(3)存在M(0,2)或(-3,2)或(2,-3)或(5,-18)，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似．
1
【分析】（1）先求的直线y= x+2与x轴，y轴交点的坐标，然后利用抛物线的对称性可求得点B的坐
2
标；设抛物线的解析式为y=a(x+4)(x-1)，然后将点C的坐标代入即可求得a的值，从而得抛物线的表达
式；
（2）如图1，作∠OAE=30°，交y轴于E，过点P作PH⊥AE于H，当C，P，H三点共线时，AP+2PC
的值最小，根据直角三角形含30度角的性质可得CH的长，从而可得结论；
（3）首先可证明 ABC是直角三角形，且有AC=2BC，然后分三种情况讨论即可：①当M点与C点重合，
即M（0，2）时，△ MAN∽△BAC；②根据抛物线的对称性，当M（-3，2）时， MAN∽△ABC； ③当点M
在第四象限时，解题△时，需要注意相似三角形的对应关系． △
1
【详解】（1）y= x+2中，当x=0时，y=2，当y=0时，x=-4，
2
∴C（0，2），A（-4，0），
3
由抛物线的对称性可知：点A与点B关于x=− 对称，
2
∴点B的坐标为（1，0）．
∵抛物线y=ax2+bx+c过A（-4，0），B（1，0），
可设抛物线表达式为y=a（x+4）（x-1），
又∵抛物线过点C（0，2），
∴2=-4a，
1
∴a=− ，
2
1 3
∴抛物线表达式为：y=− x2− x+2；
2 2
（2）如图1，作∠OAE=30°，交y轴于E，过点P作PH⊥AE于H，
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1
∴PH= AP,
2
(1 )
∵AP+2PC=2 AP+PC =2(PH+PC),
2
∴当C，P，H三点共线时，AP+2PC的值最小，
∵∠APH=∠OPC，∠COP=∠AHP=90°，
∴∠OCP=∠OAE=30°，
Rt AOE中，AO=4，
△ OA 4√3
OE= = ,
√3 3
1 1( 4√3) 2√3
Rt CHE中，EH= CE= 2+ =1+ ,
2 2 3 3
△
∴CH=√3EH=√3+2
∴AP+2PC的最小值是2CH=2(√3+2)=2√3+4;
（3）∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴AC=√22+42=2√5,BC=√12+22=√5,AB=4+1=5,
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，AC=2BC，
点A，M，N为顶点的三角形与 ABC相似存在以下3种情况：
①如图2，当M点与C点重合，△即M（0，2）时， MAN∽△BAC；
△
②如图3，根据抛物线的对称性，当M（-3，2）时， MAN∽△ABC；
△
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③如图4，当M在第四象限时，设M ( n,− 1 n2− 3 n+2 ) ，则N（n，0），
2 2
1 3
∴MN= n2+ n−2,AN=n+4,
2 2
AN 1 3
当 =2时，AN=2MN，即 n2+ n−2=2(n+4)，
MN 2 2
整理得：n2+2n-8=0，
解得：n=-4（舍），n=2，
1 2
∴M（2，-3）；
AN 1 1 3
当 = 时，MN=2AN，即 n2+ n−2=2(n+4)，
MN 2 2 2
整理得：n2-n-20=0，
解得：n=-4（舍），n=5，
1 2
∴M（5，-18）．
综上所述：存在M（0，2）或（-3，2）或（2，-3）或（5，-18），使得以点A、M、N为顶点的三角形与
ABC相似．
△【点睛】本题主要考查的是二次函数与相似三角形的综合应用，还考查了轴对称-最短路径问题，难度较大，
解答本题需要同学们熟练掌握二次函数和相似三角形的相关性质．
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√3
11．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y＝ x＋√3和直线l：y＝﹣
1 3 2
√3x＋b相交于y轴上的点B，且分别交x轴于点A和点C．
（1）求△ABC的面积；
（2）点E坐标为（5，0），点F为直线l 上一个动点，点P为y轴上一个动点，求当EF＋CF最小时，点
1
√2
F的坐标，并求出此时PF＋ OP的最小值．
2
4√3 √2 2√6 √2
【答案】（1）S ABC=2√3；（2）点F坐标为（1， ）；PF＋ OP的最小值为 + ．
3 2 3 2
△
【分析】（1）根据l 的解析式可得A、B坐标，把点B坐标代入y＝﹣√3x＋b可求出b值，进而可得出点
1
C坐标，即可求出AC、OB的长，利用三角形面积公式即可得答案；
（2）如图，作点C关于直线l 的对称点C′，连接C′E，交l 于F，根据A、B、C坐标可得△ABC是直角三
1 1
角形，可得点C′在直线l 上，根据两点间距离公式可得出C′坐标，可得C′E为EF＋CF的最小值，利用待
2
定系数法可得出直线C′E的解析式，联立直线C′E与l 解析式即可得出得F的坐标；作二、四象限对角线
1
√2 √2
l，过点F作FG⊥l 于G，交y轴于P，可得∠GOP=45°，可得PG= OP，可得FG为PF＋ OP的最
3 3 2 2
√2
小值，过点F作FQ⊥x轴，交l 于Q，可得△FGQ为等腰直角三角形，可得FG= FQ，由l 的解析式为
3 2 3
y=-x及点F的坐标可得点Q坐标，进而可得FQ的长，即可得FG的长，可得答案．
√3
【详解】（1）∵l：y＝ x＋√3，
1 3
∴当x=0时，y=√3，当y=0时，x=-3，
∴A（-3，0），B（0，√3），
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∵点B直线l：y＝﹣√3x＋b上，
2
∴b=√3，
∴直线l 的解析式为y＝﹣√3x＋√3，
2
∴当y=0时，x=1，
∴C（1，0），
∴AC=4，OB=√3，
1 1
∴S ABC= AC⋅OB= ×4×√3=2√3．
2 2
△
（2）如图，作点C关于直线l 的对称点C′，连接C′E，交l 于F，
1 1
∵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，
∴点C′在直线l 上，
2
∵点C与点C′关于直线l 的对称，
1
∴CC′=2BC=4，
设点C′（m，﹣√3m＋√3，）
∴（m-1）2+（﹣√3m＋√3）2=42，
解得：m=-1，m=3，
1 2
∵点C′在第二象限，
∴m=-1，
∴﹣√3m＋√3=2√3，
∵FC=FC′，
∴EF＋CF=EF+FC′，
∴当C′、F、E三点共线时EF＋CF的值最小，
设直线C′E的解析式为y=kx+b，
∴¿，
解得：¿，
√3 5√3
∴直线C′E的解析式为y=− x+ ，
3 3
联立直线C′E与l 解析式得¿，
1
解得：¿，
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4√3
∴F（1， ）．
3
如图，作二、四象限对角线l，过点F作FG⊥l 于G，交y轴于P，过点F作FQ⊥x轴，交l 于Q，
3 3 3
∴直线l 的解析式为y=-x，∠GOP=45°，
3
∴△GOP是等腰直角三角形，
√2
∴PG= OP，
2
√2
∴G、P、F三点共线时，PF＋ OP的值最小，最小值为FG的长，
2
∵∠GOP=45°，∠POE=90°，
∴∠EOQ=45°，
∴∠FQO=45°，
∴△FGQ是等腰直角三角形，
√2
∴FG= FQ，
2
4√3
∵F（1， ），直线l 的解析式为y=-x，
3 3
∴Q（1，-1），
4√3 4√3
∴FQ= -（-1）= +1，
3 3
√2 √2 4√3 2√6 √2
∴FG= FQ= ×（ +1）= + ，
2 2 3 3 2
√2 2√6 √2
∴PF＋ OP的最小值为 + ．
2 3 2
【点睛】本题考查一次函数的综合、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定与性质，正确添加辅助线，熟
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练掌握待定系数法求一次函数解析式及轴对称的性质是解题关键．
12．（2019·四川绵阳·统考中考真题）在平面直角坐标系中，将二次函数y=ax2(a>0)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x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，
OA=1，经过点A的一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与y轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为
D，ΔABD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E在一次函数的图象下方，求ΔACE面积的最大值，并求出此时点E的坐标；
3
(3)若点P为x轴上任意一点，在(2)的结论下，求PE+ PA的最小值．
5
【答案】(1)y=
1
x2−x−
3
；y=
1
x+
1
；(2)ΔACE的面积最大值是
25
，此时E点坐标为
(3
,−
15)
；(3)
2 2 2 2 16 2 8
3
PE+ PA的最小值是3.
5
【分析】(1)先写出平移后的抛物线解析式，再把点A(−1,0)代入可求得a的值，由ΔABD的面积为5可求
出点D的纵坐标，代入抛物线解析式可求出横坐标，由A、D的坐标可利用待定系数法求出一次函数解析
式；
(2)作EM∥y轴交AD于M，如图，利用三角形面积公式，由S =S −S 构建关于E点横坐标的
ΔACE ΔAME ΔCME
二次函数，然后利用二次函数的性质即可解决问题；
(3)作E关于x轴的对称点F，过点F作FH⊥AE于点H，交x轴于点P，则∠BAE=∠HAP=∠HFE，利
3
用锐角三角函数的定义可得出EP+ AP=FP+HP，此时FH最小，求出最小值即可．
5
【详解】解：(1)将二次函数y=ax2(a>0)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
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解析式为y=a(x−1) 2−2，
∵OA=1，∴点A的坐标为(−1,0)，
1
代入抛物线的解析式得，4a−2=0，∴a= ，
2
1 1 3
∴抛物线的解析式为y= (x−1) 2−2，即y= x2−x− ．
2 2 2
令y=0，解得x =−1，x =3，∴B(3,0)，
1 2
∴AB=OA+OB=4，
1 5
∵ΔABD的面积为5，∴S = AB⋅y =5，∴y = ，
ΔABD 2 D D 2
代入抛物线解析式得， 5 = 1 x2−x− 3 ，解得x =−2，x =4，∴D ( 4, 5) ，
2 2 2 1 2 2
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴¿，解得：¿，
1 1
∴直线AD的解析式为y= x+ ．
2 2
(2)过点E作EM∥y轴交AD于M，如图，设E ( a, 1 a2−a− 3) ，则M ( a, 1 a+ 1) ，
2 2 2 2
1 1 1 3 1 3
∴EM= a+ − a2+a+ =− a2+ a+2，
2 2 2 2 2 2
∴S =S −S = 1 ×EM⋅1 = 1( − 1 a2+ 3 a+2 ) ×1=− 1 (a2−3a−4)，=− 1( a− 3) 2 + 25 ，
ΔACE ΔAME ΔCME 2 2 2 2 4 4 2 16
3 25 (3 15)
∴当a= 时，ΔACE的面积有最大值，最大值是 ，此时E点坐标为 ,− ．
2 16 2 8
(3)作E关于x轴的对称点F，连接EF交x轴于点G，过点F作FH⊥AE于点H，交x轴于点P，
(3 15)
∵E ,− ，OA=1，
2 8
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5
3 5 15 AG 2 4
∴AG=1+ = ，EG= ，∴ = = ，
2 2 8 EG 15 3
8
∵∠AGE=∠AHP=90∘，
PH EG 3 3
∴sin∠EAG= = = ，∴PH= AP，
AP AE 5 5
∵E、F关于x轴对称，∴PE=PF，
3
∴PE+ AP=FP+HP=FH，此时FH最小，
5
15 15
∵EF= ×2= ，∠AEG=∠HEF，
8 4
AG FH 4
∴sin∠AEG=sin∠HEF= = = ，
AE EF 5
4 15
∴FH= × =3．
5 4
3
∴PE+ PA的最小值是3．
5
【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E关
于x轴的对称点F，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
3
思想把求PE+ PA的最小值转化为求FH的长度．
5
13．（2019·湖南张家界·统考中考真题）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)过点A(1,0)，B(3,0)两点，
与y轴交于点C，OC=3．
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(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)过点A作AM⊥BC，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ΔPBC面积最大时，求点P的坐标；
1
(4)若点Q为线段OC上的一动点，问：AQ+ QC是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，
2
请说明理由．
3 3
【答案】(1)抛物线的表达式为：y=x2−4x+3，顶点D(2,−1)；(2)证明见解析；(3)点P( ,− )；(4)
2 4
1 3+√3
存在，AQ+ QC的最小值为 ．
2 2
【分析】(1)设交点式y=a(x−1)(x−3)，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P(x,x2−4x+3)，则点N
1
(x,−x+3)，根据S = PN×OB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；
ΔPBC 2
(4)存在，如图，过点C作与y轴夹角为30°的直线CF交x轴于点F，过点A作AH⊥CF，垂足为H，交y
1 1
轴于点Q，此时HQ= CQ，则AQ+ QC最小值=AQ+HQ=AH，求出直线HC、AH的解析式即可求得H点坐
2 2
标，进行求得AH的长即可得答案.
【详解】解：(1)函数的表达式为：y=a(x−1)(x−3)=a(x2−4x+3)，
即：3a=3，解得：a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2−4x+3，
则顶点D(2,−1)；
(2)∵OB=OC=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，
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∵A(1,0)，B(3,0)，∴OB=3，OA=1，
∴AB=2，
∴AM=MB=ABsin45°=√2，
又∵D(2，-1)，
∴AD=BD=√(2−1) 2+(−1−0) 2=√2，
∴AM=MB=AD=BD，
∴四边形ADBM为菱形，
又∵∠AMB=90°，
∴菱形ADBM为正方形；
(3)设直线BC的解析式为y=mx+n，
3m+n=0
将点B、C的坐标代入得：{ ，
n=3
m=−1
解得：{ ，
n=3
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P(x,x2−4x+3)，则点N(x,−x+3)，
1 3 3
则S = PN×OB= (−x+3−x2+4x−3)=− (x2−3x)，
ΔPBC 2 2 2
3 3
∵− <0，故S 有最大值，此时x= ，
2 ΔPBC 2
3 3
故点P( ,− )；
2 4
(4)存在，理由：
如图，过点C作与y轴夹角为30°的直线CF交x轴于点F，过点A作AH⊥CF，垂足为H，交y轴于点Q，
1
此时HQ= CQ，
2
1
则AQ+ QC最小值=AQ+HQ=AH，
2
FO
在Rt△COF中，∠COF=90°，∠FOC=30°，OC=3，tan∠FCO= ，
CO
∴OF=√3，
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∴F(-√3，0)，
利用待定系数法可求得直线HC的表达式为：y=√3x+3…①，
∵∠COF=90°，∠FOC=30°，
∴∠CFO=90°-30°=60°，
∵∠AHF=90°，
∴∠FAH=90°-60°=30°，
√3
∴OQ=AO•tan∠FAQ= ，
3
√3
∴Q(0, )，
3
√3 √3
利用待定系数法可求得直线AH的表达式为：y=− x+ …②，
3 3
1−3√3
联立①②并解得：x= ，
4
1−3√3 3+√3
故点H( , )，而点A(1,0)，
4 4
√12+6√3 3+√3
则AH= = ，
4 2
1 3+√3
即AQ+ QC的最小值为AH= ．
2 2
【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.
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题型 03 阿氏圆模型
【模型由来】已知平面上两点 A、B，则所有满足PA=k·PB（k≠1）的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最
先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”，又称阿波罗尼斯圆.
【模型解读1】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+kPB的值最小时，P 点的位置如何确定?
A A A
P'
P P
P
O B O C B O C B
图3
图1 图2
OC OP
思路：如图 2，在线段OB上截取OC，使OC= k·r（即 =k= ）且∠BOP=∠COP，则可说明
OP OB
PC
△BPO与△PCO相似，即 =k .故本题求 PA+kPB的最小值可以转化为PA+ PC的最小值,其中A与C
PB
为定点，P为动点，故当 A、P’、C三点共线时， PA+kPB的最小值为线段AC的长.
具体步骤：
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OP/OB="k" ；
4：在OB上截取一点C，使得OC/OP=OP/OB构建母子型相似：
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5：连接AC，与圆0交点为P，即AC线段长为PA＋K*PB的最小值．
【模型解读2】如图点A，B在⊙O上，OA⊥OB,OA=OB=12，点C是OA的中点，D在OB上，
6
OD=10，点P是⊙O上一动点，则2PC+PD的最小值 ，PC+ PD的最小值 ．
5
【详解】解：如图1，延长OA到E，使OA=AE，连接PE、OP，
OP 1 OC 1 OP OC 1
∵OA=OP，C为OA中点，∴ = ， = ，∴ = = ，
OE 2 OP 2 OE OP 2
OP AP 1
∵∠COP=∠POE，∴△OCP∽△OPE，∴ = = ，
OE PE 2
∴PE=2PC，∴2PC+PD=PE+PE,即当E、P、D三点共线时，2PC+PD有最小值，
最小值为√OE2+OD2=√242+102=26；
72
如图2，延长OB到F，使OF= ，连接PF、OP，
5
OP OD 5
∵OD=10，OP==OA=12，∴ = = ，
OF OP 6
OP DP 5 6
∵∠DOP=∠POF，∴△ODP∽△OPF，∴ = = ，∴PF= PD，
OF PF 6 5
6 6
∴PC+ PD=PC+PF,即当C、P、F三点共线时，PC+ PD有最小值，
5 5
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最小值为√OC2+OF2=
√
62+
(72) 2
=15.6．
5
【模型总结】
对于阿氏圆而言：当系数k＜1的时候，一般情况下，考虑向内构造。
当系数k＞1的时候，一般情况下，考虑向外构造。
【注意事项】针对求PA+kPB的最小值问题时，当轨迹为直线时，运用“胡不归模型”求解；
当轨迹为圆形时，运用“阿氏圆模型”求解.
【阿氏圆模型 专项训练】
1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3
1
为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则 AP＋BP的最小值为（ ）
3
A．7 B．5√2 C．4+√10 D．2√13
【答案】B
【详解】思路引领：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．利用相似三角形的性质
1 1
证明MP= PA，可得 AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解决问题．
3 3
答案详解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．
∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，
∴PC2＝CM•CA，
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PC CM
∴ = ，
CA CP
∵∠PCM＝∠ACP，
∴△PCM∽△ACP，
PM PC 1
∴ = = ，
PA AC 3
1
∴PM= PA，
3
1
∴ AP+BP＝PM+PB，
3
∵PM+PB≥BM，
在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，
∴BM=√12+72=5√2，
1
∴ AP+BP≥5√2，
3
1
∴ AP+BP的最小值为5√2．
3
故选：B．
2．（2023·陕西咸阳·校考三模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是
OD、OC上的两个动点，且EF=4，P是EF的中点，连接OP、PC、PD，若AC=12,BD=16，则
1
PC+ PD的最小值为 ．
4
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√145 1
【答案】 / √145
2 2
1
【分析】在OD上取一点G，使得OG= ,连接PG、CG．根据菱形的性质可知OC=6,OD=8，则
2
OG OP 1
= = ，结合∠GOP=∠POD，可得△POG∽△DOP，利用相似三角形的性质证得
OP OD 4
1 1
PG= PD,根据PC+PG≥CG可知CG的长即为PC+ PD的最小值，利用勾股定理求出CG便可解决
4 4
问题．
1
【详解】解：如图，在OD上取一点G，使得OG= ，连接PG、CG．
2
∵四边形ABCD为菱形，AC=12,BD=16，
1 1
∴OC= AC=6，OD= BD=8，AC⊥BD，
2 2
∵EF=4，P是EF的中点，
1
∴OP= EF=2，
2
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1
∴OG 2 1 OP 2 1，
= = ， = =
OP 2 4 OD 8 4
又∵∠GOP=∠POD，
∴△POG∽△DOP，
GP 1 1
∴ = ，即GP= PD，
PD 4 4
∵PC+PG≥CG，
1
∴当点G、P、C在同一直线上时，PC+ PD取得最小值，
4
1 √145
此时PC+ PD=PC+PG=CG=√OC2+OG2= ，
4 2
√145
故答案为： ．
2
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握“胡不归”问题模型，
正确画出辅助线，构造相似三角形，根据相似三角形的性质和勾股定理求解．
3．（2022·四川泸州·四川省泸县第一中学校考一模）如图，AB为⊙O的直径，AB＝2，点C与点D在
√2
AB的同侧，且AD⊥AB，BC⊥AB，AD＝1，BC＝3，点P是⊙O上的一动点，则 PD+PC的
2
最小值为 ．
√34
【答案】
2
√2
【分析】连接OD，先利用勾股定理求得OD=√2，∠AOD=45∘，在OD上截取OI= ，过I作
2
1 3 5 √34
IH⊥AB于H，IG⊥BC于G，求得BG=IH= ，IG=BH= ，CG= ，进而求得CI= ，证明
2 2 2 2
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√2 √2
△POI∽△DOP求得PI= PD，利用两点之间线段最短得到 PD+PC=PI+PC≥IC，当
2 2
C、P、I共线时取等号，即可求解．
【详解】解：连接OD，∵AB为⊙O的直径，AB＝2，
∴OA=OB=1，
∵在Rt△AOD中，OA=AD=1，
∴OD=√AD2+OA2=√2，∠AOD=45∘，
√2
在OD上截取OI= ，过I作IH⊥AB于H，IG⊥BC于G，连接IP、IC，
2
√2 1
∴四边形IHBG是矩形，IH=OH= OI= ，
2 2
1 3
∴BG=IH= ，IG=BH=OH+OB= ，
2 2
1 5
∴CG=BC−BG=3− = ，
2 2
在Rt△CIG中，CI=√IG2+CG2=
√ (3) 2
+
(5) 2
=
√34
，
2 2 2
OI OP √2
∵ = = ，∠POD是公共角，
OP OD 2
∴△POI∽△DOP，
PI OP √2 √2
∴ = = ，则PI= PD，
PD OD 2 2
√2
∴ PD+PC=PI+PC≥IC，当C、P、I共线时取等号，
2
√2 √34
故 PD+PC的最小值为CI= ，
2 2
√34
故答案为： ．
2
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【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、勾股定理、圆的基本概念、相似三角形的判定与性质、两点之
√2 √2
间线段最短等知识，解答的关键是截取在OD上截取OI= ，构造相似三角形求得PI= PD是关键．
2 2
4．（2022上·浙江·九年级专题练习）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
1
一动点，OP=2，连接AP、BP，则BP+ AP的最小值是 ．
2
【答案】√17
OP OA
【分析】取点T(0,1)，连接PT，BT．根据OP2=OT⋅OA，有 = ，即可证明△POT∽△AOP，
OT OP
PT OP 1 1 1
即有 = = ，进而可得PT= PA，则有PB+ PA=PB+PT，利用勾股定理可得
PA OA 2 2 2
1
BT=√12+42=√17，则有BP+ AP≥√17，问题得解．
2
【详解】解：如图，取点T(0,1)，连接PT，BT．
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∵T(0,1)，A(0,4)，B(4,0)，
∴OT=1，OA=4，OB=4，
∵OP=2，
∴OP2=OT⋅OA，
OP OA
∴ = ，
OT OP
∵∠POT=∠AOP，
∴△POT∽△AOP，
PT OP 1
∴ = = ，
PA OA 2
1
∴PT= PA，
2
1
∴PB+ PA=PB+PT，
2
∵BT=√12+42=√17，
∴PB+PT≥√17，
1
∴BP+ AP≥√17，（当B、P、T三点共线时取等号）
2
1
∴BP+ PB的最小值为√17．
2
故答案为：√17．
【点睛】本题考查阿氏圆问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用
辅助线，构造相似三角形解决问题．
5．（2020·江苏常州·统考一模）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
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．
【答案】4√10
【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．
【详解】解：延长OB到T，使得BT=OB，连接MT，CT．
∵OM=6，OD=DB=3，OT=12，
∴OM2=OD⋅OT，
OM OT
∴ = ，
OD OM
∵∠MOD=∠TOM，
∴△MOD∽△TOM，
DM OM 1
∴ = = ，
MT OT 2
∴MT=2DM，
∵CM+2DM=CM+MT≥CT，
又∵在Rt△OCT中，∠cot=90°，OC=4，OT=12，
∴CT=√OC2+OT2=√42+122=4√10，
∴CM+2DM≥4√10，
∴CM+2DM的最小值为4√10，
故答案为：4√10．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，
构造相似三角形解决问题．
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6．（2021·全国·九年级专题练习）如图，边长为4的正方形，内切圆记为⊙O，P是⊙O上一动点，则√2
PA＋PB的最小值为 ．
【答案】2√5
√2 √2
【分析】√2PA＋PB＝√2（PA＋ PB），利用相似三角形构造 PB即可解答．
2 2
【详解】解：设⊙O半径为r，
1
OP＝r＝ BC＝2，OB＝√2r＝2√2，
2
取OB的中点I，连接PI，
∴OI＝IB＝√2，
OP 2 OB 2√2
∵ = =√2， = =√2 ，
OI √2 OP 2
OP OB
∴ = ，∠O是公共角，
OI OP
∴△BOP∽△POI，
PI OI √2
∴ = = ，
PB OP 2
√2
∴PI＝ PB，
2
√2
∴AP＋ PB＝AP＋PI，
2
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√2
∴当A、P、I在一条直线上时，AP＋ PB最小，
2
作IE⊥AB于E，
∵∠ABO＝45°，
√2
∴IE＝BE＝ BI＝1，
2
∴AE＝AB−BE＝3，
∴AI＝√32+12=√10，
√2
∴AP＋ PB最小值＝AI＝√10，
2
√2
∵√2PA＋PB＝√2（PA＋ PB），
2
∴√2PA＋PB的最小值是√2AI＝√2×√10=2√5．
故答案是2√5．
【点睛】本题是“阿氏圆”问题，解决问题的关键是构造相似三角形．
7．（2021·全国·九年级专题练习）如图，已知正方ABCD的边长为6，圆B的半径为3，点P是圆B上的
1
一个动点，则PD− PC的最大值为 ．
2
15
【答案】
2
3
【分析】如图，连接BP，在BC上取一点M，使得BM = ，进而证明△BPM∽△BCP,则在点P运动的
2
1
任意时刻，均有PM= PC，从而将问题转化为求PD-PM的最大值．连接PD，在△PDM中，PD-PM＜
2
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DM，故当D、M、P共线时，PD-PM=DM为最大值，勾股定理即可求得DM．
3
【详解】如图，连接BP，在BC上取一点M，使得BM = ，
2
3
BP 3 1
BM 2 1， = =
∵ = = BC 6 2
BP 3 2
BM BP
∴ =
BP BC
∵∠PBM=∠CBP
∴ △BPM∽△BCP
MP BM 1
∴ = =
PC BP 2
1
∴MP= PC
2
1
∴PD− PC=PD−MD
2
在△PDM中，PD-PM＜DM，
当D、M、P共线时，PD-PM=DM为最大值，
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∵四边形ABCD是正方形
∴∠C=90°
在Rt△CDM中，DM=√DC2+MC2=
√
62+
(9) 2
=
15
2 2
15
故答案为： ．
2
1
【点睛】本题考查了圆的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，构造 PC是解题的关键．
2
8．（2020·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠B=90°,AB=CB=2，以点B为圆心作圆B与
√2
AC相切，点P为圆B上任一动点，则PA+ PC的最小值是 ．
2
【答案】√5
【分析】作BH⊥AC于H，取BC的中点D，连接PD，如图，根据切线的性质得BH为⊙B的半径，再根据
1 √2 √2
等腰直角三角形的性质得到BH= AC=√2，接着证明△BPD∽△BCP得到PD= PC，所以PA+ PC＝
2 2 2
√2
PA+PD，而PA+PD≥AD（当且仅当A、P、D共线时取等号），从而计算出AD得到PA+ PC的最小值．
2
【详解】解：作BH⊥AC于H，取BC的中点D，连接PD，如图，
∵AC为切线，
∴BH为⊙B的半径，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB＝2，
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∴AC=√2BA＝2√2，
1
∴BH= AC=√2，
2
∴BP=√2，
PB √2 BD 1 √2
∵ = ， = = ，
BC 2 BP √2 2
而∠PBD＝∠CBP，
∴△BPD∽△BCP，
PD PB √2
∴ = = ，
PC BC 2
√2
∴PD= PC，
2
√2
∴PA+ PC＝PA+PD，
2
而PA+PD≥AD（当且仅当A、P、D共线时取等号），
而AD=√22+12=√5，
∴PA+PD的最小值为√5，
√2
即PA+ PC的最小值为√5．
2
故答案为：√5．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．解决问题的关键是利用相似比确定线
√2
段PD= PC．也考查了等腰直角三角形的性质．
2
9．（2018·甘肃天水·校联考一模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是⊙B上的
1
一个动点，则PD﹣ PC的最大值为 ．
2
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【答案】5
1 1
【详解】分析: 由PD− PC＝PD−PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD− PC的值最大，最大值为
2 2
DG＝5．
详解: 在BC上取一点G，使得BG＝1，如图，
PB 2 BC 4
∵ = =2， = =2，
BG 1 PB 2
PB BC
∴ = ，
BG PB
∵∠PBG＝∠PBC，
∴△PBG∽△CBP，
PG BG 1
∴ = = ，
PC PB 2
1
∴PG＝ PC，
2
1
当点P在DG的延长线上时，PD− PC的值最大，最大值为DG＝√42+32＝5．
2
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故答案为5
点睛: 本题考查圆综合题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建相似
三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于
中考压轴题．
10．（2023下·江苏宿迁·九年级校考开学考试）
1
【问题呈现】如图1，∠AOB=90°， OA=4，OB=5，点P在半径为2的⊙O上，求 AP+BP的最小值．
2
OC 1 OP
【问题解决】小明是这样做的：如图2，在OA上取一点C使得OC=1，这样可得 = = ，又因为
OP 2 OA
CP OP 1 1 1
∠COP=∠POA，所以可得△COP ∽△POA，所以 = = ，得CP= AP所以 AP+BP=CP+BP．
AP OA 2 2 2
1
又因为CP+BP≥CB=√OC2+OB2，所以 AP+BP最小值为 ．
2
1
【思路点拨】小明通过构造相似形（图3），将 AP转化成CP，再利用“两点之间线段”最短”求出
2
CP+ BP的最小值．
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2
【尝试应用】如图4，∠AOB=60°， OA=10，OB=9，点P是半径为6的⊙O上一动点，求AP+ BP的最
3
小值．
【能力提升】如图5，∠ABC=120°， BA= BC=8，点D为平面内一点且BD= 3CD，连接AD，则△ABD面
积的最大值为 ．
【答案】[问题解决]√26；[尝试应用]2√19，见详解；[能力提升]18√3+12
【分析】[问题解决]利用勾股定理即可求出，最小值为√26；
PC 2 2
[尝试应用]在OB上取一点C使OC=4，通过证明△OPC∽△OBP得到 = ，PC= PB，所以
PB 3 3
2
AP+ BP=AP+PC≥AC，再求出AC的值，问题即可求解；
3
[能力提升]由BD= 3CD确定点D的运动轨迹是一个圆，过点D作DG⊥AB于G，若△ABD面积的最大，
则DG最大，所以DG过圆心，进而求解本题.
【详解】解：[问题解决]如图，在Rt△BOC中，CB=√OC2+OB2=√12+52=√26，
1
∴ AP+BP的最小值为√26，
2
故答案为：√26；
[尝试应用]如图，在OB上取一点C，使OC=6，连续PO，PC，AC
OC 4 2 OP 6 2
∵ = = ， = = ，
OP 6 3 OB 9 3
OC OP
∴ = ，
OP OB
∵∠POC=∠BOP，
∴△POC∽△BOP
PC OC 2 2
∴ = = ，PC= PB，
PB OP 3 3
2
∴AP+ BP=AP+PC≥AC，
3
过点C作CD⊥OA于D，
√3
CD=OC⋅sin∠AOC=4×sin60°=4× =2√3，
2
1 1
OD= OC= ×4=2，AD=OA−OD=10−2=8，
2 2
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在Rt△ACD中，AC=√AD2+CD2=√82+(2√3) 2=2√19，
2
∴ AP+ BP最小值为2√19；
3
[能力提升]在BC上取一点E，使BE=6，延长BC到F，使BF=12，则CE=2,CF=4，
CE 2 1 CF 4 1
∴ = = ， = = ，
BE 6 3 BF 12 3
∵BD=3DC，
CE CF CD 1
∴ = = = ，
BE BF BD 3
连接DE，DF，
S EC DC S CF DC
由 △DEC = = , △CDF = = ，
S BE BD S BF BD
△DBE △BDF
∴点E，F到BD，CD的距离相等，，
∴DE，DF是△BDC的内，外角平分线，
∴∠EDF=90°，
∵点D是平面内任意一点，
∴点D在以EF为直径的圆O上，
过点O作DG⊥AB交AB的延长线于点G，交圆O于点D，则DG是直线AB到圆上的最大距离，此时
△ABD的面积最大，
∵EF=BF−BE=12−6=6，EO=3，
∴BO=BE+EO=6+3=9
在Rt△BOG中，∠OBG=180°−∠ABC=180°−120°=60°，
√3 9√3
∴OG=BO⋅sin∠OBG=9×sin60°=9× = ，
2 2
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9√3
∴DG=OG+OD= +3，
2
1 1 (9√3 )
∴S = AB⋅DG= ×8× +3 =18√3+12，
△ABD 2 2 2
∴△ABD面积的最大值为18√3+12，
故答案为：18√3+12
【点睛】本题考查了圆和相似三角形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆的性质，
直径所对的圆周角直角，角平分线的判定，最短路径，锐角三角函数等知识，构造辅助线是角本题的关键.
11．（2022·广东惠州·统考一模）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，
3
其中点A的坐标为(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x= ．
2
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(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
√2
的一个动点，求 BQ+FQ的最小值．
4
【答案】(1)y=x2−3x−4
(2)P(1,6)或(3,4)
(3)√37
3
【分析】（1）根据点A的坐标为(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x= ．待定系数法求二次函数解析式即
2
可，
（2）先求得直线BC解析式，设P(m,m2−3m−4)，则Q(m,m−4)，过点P作PQ轴交直线BC于点Q，
根据S =S +S 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，
四边形ABPC △ABC △BCP
√2
（3）在CB上取CE= ，过点E作EG⊥OC，构造△CQE∽△CBQ，则当F,Q,E三点共线时，取得最
2
小值，最小值为FE，勾股定理解直角三形即可．
【详解】（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
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3
(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x= ，
2
∴C(0,−4)，
¿，
解得¿，
∴ 抛物线解析式为：y=x2−3x−4，
（2）当y=0，即x2−3x−4=0，
解得x =−1,x =4，
1 2
∴B(4,0)，
∵C(0,−4)，
设直线BC解析式为y=kx+b，
¿，
解得¿，
∴直线BC解析式为y=x−4，
设P(m,m2−3m−4)，过点P作PQ轴交直线BC于点Q，
则Q(m,m−4)，
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S =S +S
四边形ABPC △ABC △BCP
1 1
= ×(4+1)×4+ (m−4−m2+3m+4)×4=−2m2+8m+10，
2 2
∵四边形ABPC的面积为16，
∴ −2m2+8m+10 =16，
解得m =1,m =3，
1 2
∴P(1,6)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，
3 3 5
∵x= 是抛物线的对称轴，y =4− =
2 F 2 2
(3 5)
∴F ,
2 2
∵ B(4,0),C(0,4)，
∴OB=4,OC=4，
∴BC=4√2，∠OBC=45°，
∵BF⊥BC，
∴∠FBO=45°，
√2
在CB上取CE= ，过点E作EG⊥OC，交y轴于点G，交抛物线对称轴于点H，则CG=
2
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√2 1 3 1
EG= ×sin45°= ，EH= − =1
2 2 2 2
∴FH=6，
√2
∵CQ=2,CE= ,BC=4√2，
2
√2
CE 2 √2 CQ 2 √2，∠QCE=∠BCQ，
∴ = = , = =
CQ 2 4 BC 4√2 4
∴△CQE∽△CBQ，
EQ CQ √2
∴ = = ，
BQ CB 4
√2
∴QE= BQ，
4
√2
∴ BQ+FQ ≥FE，
4
当F,Q,E三点共线时，取得最小值，最小值为FE，
∵EG⊥FG
∴EF=√H E2+H F2=√12+62=√37．
√2
则 BQ+FQ的最小值为√37．
4
【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．
12．（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
（2）当正方形CDEF有顶点在线段AB上时，直接写出BD＋ AD的值；
2
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√2
（3）直接写出正方形CDEF旋转过程中，BD＋ AD的最小值．
2
【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；
√2
（3）取AC的中点M．连接DM，BM．则CM＝1，可证得△DCM∽△ACD，可得DM＝ AD，从而得到
2
√2
当B，D，M共线时，BD+ AD的值最小，即可求解．
2
【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°，
AC
∴AB= =2√2，
sin45°
∵CD⊥AB，
∴AD＝BD＝=AC×sin45°=√2，
√2 √2
∴BD+ AD＝=√2+ ×√2=√2+1；
2 2
②如图3中，当点E，F在边AB上时．
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√2
BD＝CF＝BC×sin45°=2× = √2，
2
AD＝√BD2+AB2＝√10，
√2 √2
∴BD+ AD＝√2+ ×√10=√2+√5，
2 2
√2
综上所述，BD＋ AD的值√2+1或√2+√5；
2
（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，
CD CM
∴ ＝ ，
CA CD
∵∠DCM＝∠ACD，
∴△DCM∽△ACD，
DM CD √2
∴ ＝ ＝ ，
AD AC 2
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√2
∴DM＝ AD，
2
√2
∴BD+ AD＝BD+DM，
2
√2
∴当B，D，M共线时，BD+ AD的值最小，
2
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．
13．（2017下·江苏盐城·九年级阶段练习）如图1，抛物线y=ax2+(a+3)x+3(a≠0)与x轴交于点
A(4,0)，与y轴交于点B，在x轴上有一动点E(m,0)（0
