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中考大题 07 几何中的最值问题
在中考数学中，几何最值问题的考察，在小题中通常是选择或者填空题的压轴问题；在解答题中偶尔
也会作为压轴题中的第2个小问题出，难度比较大，是对学生探究能力的综合考察。在中考数学中常见的
几何最值问题是将军饮马类和辅助圆类，剩余几种虽然不经常考察，但是考到的时候难度都比较大，所以
也需要理解并掌握不同类型的几何最值问题的处理办法，这样到考到的时候才能有捷径应对。
题型一： 将军饮马模型
1．（2023·湖北鄂州·中考真题）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究y=ax2(a>0)型抛物线图象．
( 1 )
发现：如图1所示，该类型图象上任意一点P到定点F 0, 的距离PF，始终等于它到定直线l：
4a
1
y=− 的距离PN（该结论不需要证明）．他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，
4a
1 1
y=− 叫做抛物线的准线方程．准线l与y轴的交点为H．其中原点O为FH的中点，FH=2OF= ．
4a 2a
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( 1) 1 1
例如，抛物线y=2x2，其焦点坐标为F 0, ，准线方程为l：y=− ，其中PF=PN，FH=2OF= ．
8 8 4
【基础训练】
1
(1)请分别直接写出抛物线y= x2 的焦点坐标和准线l的方程：___________，___________；
4
【技能训练】
1
(2)如图2，已知抛物线y= x2 上一点P(x ,y )(x >0)到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，求点P的
4 0 0 0
坐标；
【能力提升】
1 1
(3)如图3，已知抛物线y= x2 的焦点为F，准线方程为l．直线m：y= x−3交y轴于点C，抛物线上动
4 2
点P到x轴的距离为d ，到直线m的距离为d ，请直接写出d +d 的最小值；
1 2 1 2
【拓展延伸】
该兴趣小组继续探究还发现：若将抛物线y=ax2(a>0)平移至y=a(x−h) 2+k(a>0)．抛物线
( 1 ) ( 1 )
y=a(x−h) 2+k(a>0)内有一定点F h,k+ ，直线l过点M h,k− 且与x轴平行．当动点P在该
4a 4a
抛物线上运动时，点P到直线l的距离PP 始终等于点P到点F的距离（该结论不需要证明）．例如：抛
1
( 25) 23
物线y=2(x−1) 2+3上的动点P到点F 1, 的距离等于点P到直线l：y= 的距离．
8 8
请阅读上面的材料，探究下题：
(4)如图4，点D ( −1, 3) 是第二象限内一定点，点P是抛物线y= 1 x2−1上一动点，当PO+PD取最小值
2 4
时，请求出△POD的面积．
【答案】(1)(0,1)，y=−1；
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( 1)
(2) √2, ；
2
8
(3) √5−1
5
9
(4)
8
【分析】（1）根据题中所给抛物线的焦点坐标和准线方程的定义求解即可；
1
（2）利用两点间距离公式结合已知条件列式整理得x 2=8 y 2+2y −1，然后根据y = x 2 ，求出y ，
0 0 0 0 4 0 0
进而可得x ，问题得解；
0
（3）过点P作PE⊥直线m交于点E，过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知
PG=PF=d +1，PE=d ，根据两点之间线段最短可得当F，P，E三点共线时，d +d 的值最小；待定
1 2 1 2
系数法求直线PE的解析式，求得点P的坐标为(2√5−4,9−4√5)，根据点E是直线PE和直线m的交点，
(8 11)
求得点E的坐标为 ,− ，即可求得d 和d 的值，即可求得；
5 5 1 2
1
（4）根据题意求得抛物线y= x2−1的焦点坐标为F(0,0)，准线l的方程为y=−2，过点P作PG⊥准线
4
l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG=PF，则PO+PD=PG+PD，根据两点之间线段最短可得
( 1 3)
当D，P，G三点共线时，PO+PD的值最小；求得P − ,− ，即可求得△POD的面积．
2 4
1 1
【详解】（1）解：∵抛物线y= x2 中a= ，
4 4
1 1
∴ =1，− =−1，
4a 4a
1
∴抛物线y= x2 的焦点坐标为(0,1)，准线l的方程为y=−1，
4
故答案为：(0,1)，y=−1；
1
（2）解：由（1）知抛物线y= x2 的焦点F的坐标为(0,1)，
4
∵点P(x ,y )(x >0)到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，
0 0 0
∴√x 2+(y −1) 2=3 y ，整理得：x 2=8 y 2+2y −1，
0 0 0 0 0 0
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1
又∵y = x 2 ，
0 4 0
∴4 y =8 y 2+2y −1
0 0 0
1 1
解得：y = 或y =− （舍去），
0 2 0 4
∴x =√2，
0
( 1)
∴点P的坐标为 √2, ；
2
（3）解：过点P作PE⊥直线m交于点E，过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知
PG=PF=d +1，PE=d ，如图：
1 2
若使得d +d 取最小值，即PF+PE−1的值最小，故当F，P，E三点共线时，PF+PE−1=EF−1，即
1 2
此刻d +d 的值最小；
1 2
∵直线PE与直线m垂直，故设直线PE的解析式为y=−2x+b，
将F(0,1)代入解得：b=1，
∴直线PE的解析式为y=−2x+1，
1
∵点P是直线PE和抛物线y= x2 的交点，
4
1
令 x2=−2x+1，解得：x =2√5−4，x =−2√5−4（舍去），
4 1 2
故点P的坐标为(2√5−4,9−4√5)，
∴d =9−4√5，
1
∵点E是直线PE和直线m的交点，
1 8
令−2x+1= x−3，解得：x= ，
2 5
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(8 11)
故点E的坐标为 ,− ，
5 5
√ ( 8) 2 ( 11) 2
∴d = 2√5−4− + 9−4√5+ ，
2 5 5
8
d +d = √5−1．
1 2 5
8
即d +d 的最小值为 √5−1．
1 2 5
1 1
（4）解：∵抛物线y= x2−1中a= ，
4 4
1 1
∴ =1，− =−1，
4a 4a
1
∴抛物线y= x2−1的焦点坐标为F(0,0)，准线l的方程为y=−2，
4
过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG=PF，则PO+PD=PG+PD，如图：
若使得PO+PD取最小值，即PG+PD的值最小，故当D，P，G三点共线时，
PO+PD=PG+PD=DG，即此刻PO+PD的值最小；如图：
( 3)
∵点D的坐标为 −1, ，DG⊥准线l，
2
1 3
∴点P的横坐标为−1，代入y= x2−1解得y=− ，
4 4
( 1 3) 3 3 9
即P − ,− ，OP= + = ，
2 4 2 4 4
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1 9 9
则△POD的面积为S = × ×1= ．
△POD 2 4 8
【点睛】本题考查了两点间距离公式结合，两点之间线段最短，三角形的面积，一次函数的交点坐标，一
次函数与抛物线的交点坐标等，解决问题的关键是充分利用新知识的结论．
2．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰直角三角形ABC的直角顶点
k
C(3，0)，顶点A、B(6，m)恰好落在反比例函数y= 第一象限的图象上．
x
(1)分别求反比例函数的表达式和直线AB所对应的一次函数的表达式；
(2)在x轴上是否存在一点P，使△ABP周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
6 1
【答案】(1)y= ，y=− x+4
x 2
(2)在x轴上存在一点P(5,0)，使△ABP周长的值最小,最小值是2√5+4√2．
【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，证明△ACE≌△CBD(AAS)，则
CD=AE=3,BD=EC=m，由OE=3−m得到点A的坐标是(3−m,3)，由A、B(6，m)恰好落在反比例
k
函数y= 第一象限的图象上得到3(3−m)=6m，解得m=1，得到点A的坐标是(2,3)，点B的坐标是(6,1)，
x
进一步用待定系数法即可得到答案；
（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交x轴于点P，连接AP，利用轴对称的性质得到
AP=A'P，A'(2,−3)，则AP+PB=A'B，由AB=2√5知AB是定值，此时△ABP的周长为
AP+PB+AB=AB+A'B最小，利用待定系数法求出直线A'B的解析式，求出点P的坐标，再求出周长
最小值即可．
【详解】（1）解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BD⊥x轴于点D，
则∠AEC=∠CDB=90°，
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∵点C(3，0)，B(6，m)，
∴OC=3,OD=6, BD=m，
∴CD=OD−OC=3，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=90°,AC=BC，
∵∠ACE+∠BCD=∠CBD+∠BCD=90°，
∴∠ACE=∠CBD，
∴△ACE≌△CBD(AAS)，
∴CD=AE=3,BD=EC=m，
∴OE=OC−EC=3−m，
∴点A的坐标是(3−m,3)，
k
∵A、B(6，m)恰好落在反比例函数y= 第一象限的图象上．
x
∴3(3−m)=6m，
解得m=1，
∴点A的坐标是(2,3)，点B的坐标是(6,1)，
∴k=6m=6，
6
∴反比例函数的解析式是y= ，
x
设直线AB所对应的一次函数的表达式为y=px+q，把点A和点B的坐标代入得，
¿，解得¿,
1
∴直线AB所对应的一次函数的表达式为y=− x+4，
2
（2）延长AE至点A'，使得EA'=AE，连接A'B交x轴于点P，连接AP，
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∴点A与点A'关于x轴对称，
∴AP=A'P，A'(2,−3)，
∵AP+PB=A'P+PB=A'B，
∴AP+PB的最小值是A'B的长度，
∵AB=√(2−6) 2+(3−1) 2=2√5，即AB是定值，
∴此时△ABP的周长为AP+PB+AB=AB+A'B最小，
设直线A'B的解析式是y=nx+t，
则¿，
解得¿，
∴直线A'B的解析式是y=x−5，
当y=0时，0=x−5，解得x=5，
即点P的坐标是(5,0)，
此时AP+PB+AB=AB+A'B=2√5+√(2−6) 2+(−3−1) 2=2√5+4√2，
综上可知，在x轴上存在一点P(5,0)，使△ABP周长的值最小，最小值是2√5+4√2．
【点睛】此题考查了反比例函数和一次函数的图象和性质、用到了待定系数法求函数解析式、勾股定理求
两点间距离、轴对称最短路径问题、全等三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
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将军饮马模型
将军饮马问题概述：将军每天从军营A出发，先到河边饮马，然后再去河岸同侧的B地军营巡视，应该怎样走才能使路程最短?
原理 问题 模型 最值 原理 问题 模型 最值
基 求线 变 线段垂直平
本 段差 分线上的点 在直线L上求一点P,
AB 式 0
模 的最 到线段两端 求PA-PB的最小值
六
型 小值 距离相等
在直线L上求一点M,求
AM+BM的最小值
变 变
求 式 AB' 式 AB
线 一 七
段 线段
和 两点 差的 三角形两边 在直线L上求一点P,
之间 之差小于第 求PA-PB的最大值
的 最大
线段 三边
最 值
最短 在直线AB和BC上分别
小 变 变
取一点M、N，求△
值 式 PMN周长的最小值 P'P'' 式 AB'
二 八
（一动两定）
线段MN在直线L可
变 在直线AB和BC上分别 变 移动，当MN移动到
取一点M、N，求四边 PQ+ A'B'+
式 式 什么位置时，求
形PQNM周长的最小 P'Q' MN
三 九 AM+MN+NB最小
值（两动两定）
平移 平行四边形 值
的性质+两
类最
点之间线段
小值
最短
求 变 在直线AB和BC上分别 变 A,B是河两侧的定 A'B+
式 取一点M、N，求 PN 式 点，怎样造桥，可
线 MN
四 PM+PN的最小值 十 以让总路程最短
段
和 垂线
的 段最
最 短
小 在直线AB和BC上分别
变
值 取一点M、N，求
式 P'N
PM+PN的最小值（一
五
定两动）
k
1．（2023·山东济南·一模）如图，在平面直角坐标系中，双曲线y= (x>0)经过B、C两点，△ABC为直
x
角三角形，AC∥x轴，AB∥y轴，A(8，4)，AC=3．
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(1)求反比例函数的表达式及点B的坐标；
(2)点M是y轴正半轴上的动点，连接MB、MC；
①求MB+MC的最小值；
k
②点N是反比例函数y= (x>0)的图像上的一个点，若△CMN是以CN为直角边的等腰直角三角形，求所
x
有满足条件的点N的坐标．
20 5
【答案】(1)y= ，(8， )
x 2
√685 (20 )
(2)① ；②N ，9 或N(−2+2√6，2+2√6)
2 9
【分析】本题考查反比例函数的综合应用，涉及待定系数法，全等三角形的判定与性质，对称变换等知识．
20 5
（1）求出C(5，4)，用待定系数法可得反比例函数的表达式为y= ，令x=8得B的坐标为(8， )；
x 2
5
（2）①作C关于y轴的对称点C'，连接BC'交y轴于M，此时MB+MC最小，由C(5，4)，B(8， )，
2
√ 5 2 √685
可得C' (−5，4)，BC'= (8+5) 2+( −4) = ，即可得到答案；
2 2
20
②设M(0，m)，N(n， )，分两种情况：当C为直角顶点时，过C作TK∥y轴，过N作NT⊥TK于
n
T，过M作MK⊥TK于K，由△CMN的等腰直角三角形，证明△CMK≌△NCT(AAS)，可得¿，即可解
20
得N( ，9)；当N为直角顶点时，过N作RS⊥y轴于S，过C作CR⊥RS于R，同理可得¿，解得
9
N(2√6−2，2√6+2)．
【详解】（1）∵A(8，4)，AC=3，
∴C(5，4)，
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k
将C(5，4)代入y= 得：
x
k
4= ，
5
解得k=20，
20
∴反比例函数的表达式为y= ，
x
20 5
在y= 中，令x=8得y= ，
x 2
5
∴B的坐标为(8， )；
2
（2）①作C关于y轴的对称点C'，连接BC'交y轴于M，此时MB+MC最小，如图：
∵C，C'关于y轴对称，
∴MB+MC=MB+MC'，
当B，M，C'共线时，MB+MC'最小，即MB+MC最小，最小值为BC'的长度，
5
由（1）知C(5，4)，B(8， )，
2
∴C' (−5，4)，
√ 5 2 √685
∴BC'= (8+5) 2+( −4) = ，
2 2
√685
∴MB+MC的最小值是 ；
2
20
②设M(0，m)，N(n， )，
n
当C为直角顶点时，过C作TK∥y轴，过N作NT⊥TK于T，过M作MK⊥TK于K，如图：
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∵△CMN的等腰直角三角形，
∴CM=CN，∠MCK=90°−∠NCT=∠CNT，
∵∠K=90°=∠T，
∴△CMK≌△NCT(AAS)，
∴CK=NT，MK=CT，
∴ ¿，
20
解得n= ，
9
20
∴N( ，9)；
9
当N为直角顶点时，过N作RS⊥y轴于S，过C作CR⊥RS于R，如图：
同理可得SN=RC，SM=NR，
∴ ¿，
解得n=2√6−2或n=−2√6−2（舍去），
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∴N(2√6−2，2√6+2)；
20
综上所述，N的坐标为( ，9)或(2√6−2，2√6+2)．
9
2．（2023·甘肃陇南·三模）（1）如图①，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点D是AB边上
任意一点，则CD的最小值为______．
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M、点N分别在BD、BC上，求CM+MN的最小
值；
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是AB边上一点，且AE=2，点F是BC边上的任
意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为点G，连接AG、CG，四边形AGCD的面积是否存在最小
值？若存在，求出四边形AGCD面积的最小值；若不存在，请说明理由．
12 96 15
【答案】（1） ；（2） ；（3）存在，
5 25 2
【分析】
本题考查四边形综合应用，主要考查了矩形的性质，点到直线的距离，轴对称，解本题的关键是确定出满
足条件的点的位置，题目综合性较强．
（1）根据垂线段最短，利用用三角形的面积即可得出结论；
（2）先根据轴对称确定出点M和N的位置，再利用面积求出CF，进而求出CE，最后用三角函数即可求
出CM+MN的最小值；
（3）先确定出EG⊥AC时，四边形AGCD的面积最小，再用锐角三角函数求出点G到AC的距离，最后
用面积之和即可得出结论．
【详解】
解：（1）过点C作CD⊥AB于D，如图：
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根据垂线段最短可知此时CD最小，
在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，
∴AB=√AC2+BC2=√32+42=5，
1 1
∵ AC×BC= AB×CD，
2 2
AC×BC 3×4 12
∴CD= = = ，
AB 5 5
12
故答案为： ；
5
（2）如图，作出点C关于BD的对称点E，过点E作EN⊥BC于N，交BD于M，连接CM，
此时CM+MN=EM+MN=EN最小；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，CD=AB=3，
∴BD=√BC2+CD2=√32+42=5，
∵CE⊥BD，
1 1
∴ BD×CF= BC×CD，
2 2
BC×CD 4×3 12
∴CF= = = ，
BD 5 5
∵点C与点E关于BD对称，
24
∴CE=2CF= ，
5
12
在Rt△BCF中， CF 5 3，
cos∠BCF= = =
BC 4 5
4
∴sin∠BCF= ，
5
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24 4 96
在Rt△CEN中，EN=CE⋅sin∠BCE= × = ；
5 5 25
96
∴CM+MN的最小值为 ；
25
15
（3）四边形AGCD的面积存在最小值，最小值为 ，理由如下：
2
如图，连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3，AD=BC=4，∠ABC=∠D=90°，
∴AC=√AB2+BC2=√32+42=5，
∵AB=3，AE=2，
∴点F在BC上的任何位置时，点G始终在AC的下方，
设点G到AC的距离为h，
1 1 1 1 5
∵S =S +S = AD×CD+ AC×h= ×4×3+ ×5×h= h+6，
四边形AGCD △ACD △ACG 2 2 2 2 2
∴当四边形AGCD的面积最小时，h最小，
∵把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为点G，
∴EG=BE=AB−AE=1，
∴点G轨迹是以点E为圆心，1为半径的圆在矩形ABCD内部的一部分上的点，
∴EG⊥AC时，h最小，
由折叠知∠EGF=∠ABC=90°，
延长EG交AC于H，则EH⊥AC，
BC 4
在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，
AC 5
EH 4
在Rt△AEH中，AE=2，sin∠BAC= = ，
AE 5
4 8
∴EH= AE= ，
5 5
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8 3
∴h=EH−EG= −1= ，
5 5
5 5 3 15
∴S = h+6= × +6= ．
四边形AGCD最小 2 2 5 2
题型二： 费马点
（2023·湖北随州·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'，
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；
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(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，
（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°，
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∴∠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'，
∴∠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，
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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
【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．
【基础】费马点常见结论：
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；
2）对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点.
（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，即当A,A’,P,P’四点共线时取最小值.
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A A' A A' A
P'
P'
P P P
C
B C B 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
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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.
1．（2023·贵州遵义·三模）（1）【问题发现】如图①，在△OAB中，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°
得到△OA'B'，连接BB'；求∠OBB'= ；
（2）【问题探究】如图②，已知△ABC是边长为4√3的等边三角形，以BC为边向外作等边三角形BCD，
P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，点P的对应点为点Q．
①求证：△DCQ≌△BCP；
②求PA+PB+PC的最小值；
（3）【实际应用】如图③，在矩形ABCD中，AB=600，AD=800，P是矩形内一动点
S =2S ，Q为△ADP内任意一点，是否存在点P和点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在
△PAD △PBC
求其值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）30°；（2）①见解析；②12；（3）存在，400√3+400
【分析】（1）根据旋转的性质得出OB'=OB，∠BOB'=120°，根据等腰三角形的性质求出结果即可；
（2）①根据等边三角形的性质证明全等即可；
②连接PQ，得到△CPQ是等边三角形，由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，求出AD即可得解；
（3）过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接
DD',QQ',D'P，设D'P交AD于点G，由S =2S 可得AE=2BE，进而求得AE=400，当
△PAD △PBC
D'P⊥EF时，D'P有最小值，运用勾股定理可求解．
【详解】（1）解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，
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∴OB'=OB=3，∠BOB'=120°，
∴∠OBB'=∠OB'B=30°，
故答案为：30°；
（2）①证明：∵△BDC是等边三角形，
∴CD=CB，∠DCB=60°，
由旋转得∠PCQ=60°，PC=CQ，
∴∠DCQ=∠BCP，
在△DCQ和△BCP中，
¿，
∴△DCQ≌△BCP(SAS)；
②连接PQ，
∵PC=CQ，∠PCQ=60°，
∴△CPQ是等边三角形，
∴PQ=PC，
∵△DCQ≌△BCP，
∴PB=DQ，
∴PA+PB+PC=PA+QD+PQ，
由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，
∴PA+PB+PC≥AD，
∴当点A、P、Q、D在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，为AD的值，
延长AC，作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，
∵△ABC是边长为4√3的等边三角形，
∴AC=CD=CB=4√3，∠BCD=∠ACB=60°，
∴∠DCE=180°−60°−60°=60°，
∴∠CDE=90°−60°=30°，
1
∴EC= CD=2√3，
2
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∴DE=√CD2−CE2=6，AE=AC+CE=6√3，
∴AD=√DE2+AE2=12，
即PA+PB+PC取最小值为12．
（3）存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值，理由如下：
过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接
DD',QQ',D'P，设D'P交AD于点G，如图所示：
由（2）知，当P,Q,Q',D'在同一直线上时，AQ+DQ+PQ有最小值，最小值为D'P，
在矩形ABCD中，AB=600,AD=800，
∴BC=AD=800，AD∥BC，∠ABC=∠BCD=∠BAD=90°，
∵EF∥AD，
∴∠AEF=∠EFD=90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF=AD=800，
∵S =2S ，
△PAD △PBC
1 1
∴ AD⋅AE=2× ×BE×BC，
2 2
∴AE=2BE，
∵AE+BE=AB=600，
∴AE=400，
∵点P在EF上，
∴当D'P⊥EF时，D'P有最小值，
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∵EF∥AD，
∴D'P⊥AD，
∵△ADD'是等边三角形，
1
∴AD'=AD=800,AG= AD=400,∠AGD'=90°，
2
∴D'G=√AD'2−AG2=400√3，
∵∠EAG=∠AEP=∠EPG=90°，
∴四边形AEPG是矩形，
∴GP=AE=400，
∴D'P=D'G+GP=400√3+400，
∴AQ+DQ+PQ的最小值为400√3+400．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股
定理，旋转的性质，解题的关键是结合旋转的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理．
2．（2022·山东德州·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．
3．（2019·山西·一模）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
费马，17世纪德国的业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，他独立于笛卡尔发现了解析几何的基本原
理.
费马得到过这样的结论：如图①，当三角形的三个角均小于120°时，在三角形内有一点P，使得
∠APB=∠APC=∠BPC=120°，且该点到三角形三个顶点的距离之和最小，这个点被称为费马点.
证明：如图②，把△APC绕A点逆时针旋转60°得到△AP'C'，连接PP'，则∠PAP'=60°，
∵________，
∴△APP'为等边三角形.
∴AP=PP',P'C'=PC，
∴PA+PB+PC=PP'+PB+P'C'，
点C'可看成是线段AC绕A点逆时针旋转60°而得的定点，BC为定长，
∴当B、P、P'、C'四点在同一直线上时，PA+PB+PC最小，
这时∠BPA=180°−∠APP'=180°−60°=120°，
∠APC=∠AP'C'=180°−∠AP'P=180°−60°=120°，
∠BPC=360°−∠BPA−∠APC=360°−120°−120°=120°.
任务：（1）横线处填写的条件是__________；
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（2）已知正方形ABCD内一动点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为√2+√6，求此正方形的边长.
【答案】（1）AP=AP'；（2）2.
【分析】(1)根据旋转的性质得到AP=AP';
(2)根据旋转的性质得到△EFC,△AGC都是等边三角形,再利用正方形性质和勾股定理表示出
√2 √6 √2 √6
BG=BO+GO= a+ a,根据题意得到 a+ a=√2+√6求出a的值即可.
2 2 2 2
【详解】解：（1）AP=AP'；
（2）如解图①，连接AC，把△AEC绕点C顺时针旋转60°，得到△GFC，
连接EF,BG,AG，可知△EFC,△AGC都是等边三角形，则EF=CE.
又∵FG=AE，
∴AE+BE+CE=BE+EF+FG.
∵点B、点G为定点（点G为点A绕C点顺时针旋转60°所得），
∴线段BG即为点E到A,B,C三点的距离之和的最小值，
此时E,F两点都在BG上（如解图②）.
设正方形的边长为a，
√2
∴BO=CO= a,GC=√2a，
2
在Rt△COG中，
GO=√GC2−CO2= √ (√2a) 2 − (√2 a ) 2 = √6 a，
2 2
√2 √6
∴BG=BO+GO= a+ a，
2 2
∵点E到A,B,C三点的距离之和的最小值为√2+√6，
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√2 √6
∴ a+ a=√2+√6，解得a=2，
2 2
∴此正方形的边长为2.
【点睛】本题考查了图形旋转的性质,正方形的性质,勾股定理的应用,中等难度,掌握正方形的性质是解题关
键,主要失分原因是: （1）未掌握图形旋转的性质；（2）不能够将题目探究过程中的发现进行推广应用.
题型三： 阿氏圆
1．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点
C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x轴交于点E．
(1)求直线AD及抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；
若不存在，请说明理由；
1
(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+ PA的最小值．
2
【答案】(1)直线AD的解析式为y=x−1；抛物线解析式为y=x2−6x+5
(2)存在，点M的坐标为(4,−3)或(0,5) 或(5,0)
(3)√41
【分析】
（1）根据对称轴x=3，AB=4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM=90°时，求出直线AM的解析式为y=−x+1，解
方程组¿，即可得到点M的坐标；②当∠ADM=90°时，求出直线DM的解析式为y=−x+5，解方程组¿，
即可得到点M的坐标；
BF PB
（3）在AB上取点F，使BF=1，连接CF，证得 = ，又∠PBF=∠ABP，得到△PBF∽△ABP，
PB AB
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1 1
推出PF= PA，进而得到当点C、P、F三点共线时，PC+ PA的值最小，即为线段CF的长，利用勾股
2 2
定理求出CF即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴x=3，AB=4，
∴A(1,0),B(5,0)，
将A(1,0)代入直线y=kx−1，得k−1=0，
解得k=1，
∴直线AD的解析式为y=x−1；
将A(1,0),B(5,0)代入y=ax2+bx+5，得
¿，解得¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+5；
（2）存在点M，
∵直线AD的解析式为y=x−1，抛物线对称轴x=3与x轴交于点E．
∴当x=3时，y=x−1=2，
∴D(3,2)，
①当∠DAM=90°时，
设直线AM的解析式为y=−x+c，将点A坐标代入，
得−1+c=0，
解得c=1，
∴直线AM的解析式为y=−x+1，
解方程组¿，
得¿或¿，
∴点M的坐标为(4,−3)；
②当∠ADM=90°时，
设直线DM的解析式为y=−x+d，将D(3,2)代入，
得−3+d=2，
解得d=5，
∴直线DM的解析式为y=−x+5，
解方程组¿，
解得¿或¿，
∴点M的坐标为(0,5) 或(5,0)
综上，点M的坐标为(4,−3)或(0,5) 或(5,0)；
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（3）如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，
∵PB=2，
BF 1
∴ = ，
PB 2
PB 2 1
∵ = = ，、
AB 4 2
BF PB
∴ = ，
PB AB
又∵∠PBF=∠ABP，
∴△PBF∽△ABP，
PF BF 1 1
∴ = = ，即PF= PA，
PA PB 2 2
1
∴PC+ PA=PC+PF≥CF，
2
1
∴当点C、P、F三点共线时，PC+ PA的值最小，即为线段CF的长，
2
∵OC=5,OF=OB−1=5−1=4，
∴CF=√OC2+OF2=√52+42=√41，
1
∴PC+ PA的最小值为√41．
2
【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，
勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
2．（2021·四川宜宾·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴
交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状，并说明理由；
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1
（3）如图2，以C为圆心，√2为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋ EP的值最小，若存在，
2
请求出最小值；若不存在，请说明理由．
1 √290
【答案】（1）y=− x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，
2 2
【分析】（1）用待定系数法求函数解析式；
（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；
√2
（3）在CE上截取CF= （即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为
2
所求．
【详解】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），
∴设该抛物线的表达式为y=a（x-2）2+8，
∵与y轴交于点C（0，6），
1
∴把点C（0，6）代入得：a=− ，
2
1
∴该抛物线的表达式为y=− x2+2x+6；
2
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，
1
∴当y=0时，− （x-2）2+8=0，解得：x=-2，x=6，
2 1 2
∴A（-2，0），B（6，0），
∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，
∴BE2=BC2+CE2，
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∴∠BCE=90°，
∴△BCE是直角三角形；
√2
（3）如图，在CE上截取CF= （即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，
2
则BF的长即为所求．
连接CP，∵CP为半径，
CF CP 1
∴ = = ，
CP CE 2
又∵∠FCP=∠PCE，
∴△FCP∽△PCE，
CF FP 1 1
∴ = = ，FP= EP，
CP PE 2 2
1
∴BF=BP+ EP，
2
1
由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+ EP为最小值．
2
1
∵CF= CE，E（2，8），
4
1 13
∴F（ ， ），
2 2
√ ( 1) 2 ( 13) 2 √290
∴BF= 6− + 0− =
2 2 2
【点睛】本题考查二次函数综合，待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，
相似三角形的判定和性质等，题目综合性较强，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性
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质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
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.
1．（2023·广东深圳·模拟预测）【模型由来】“阿氏圆”又称“阿波罗尼斯圆”，已知平面上两点A、
PA
B，则所有满足 =k（k>0且k≠1）的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发
PB
现，故称“阿氏圆”．
【模型建立】如图1所示，圆O的半径为r，点A、B都在圆O外，P为圆O上一动点，已知r=kOB，连
接PA、PB，则当“PA+kPB”的值最小时，P点的位置如何确定？
第1步：一般将含有k的线段PB两端点分别与圆心O相连，即连接OB、OP；
OC OP
第2步：在OB上取点C，使得OP2=OC⋅OB，即 = ，构造母子型相似△OCP∽△OPB（图
OP OB
2）；
第3步：连接AC，与圆O的交点即为点P（图3）．
【问题解决】如图，⊙O与y轴、x轴的正半轴分别相交于点M、点N，⊙O半径为3，点A(0,2)，点
(3 )
B ,0 ，点P在弧MN上移动，连接PA，PB．
2
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(1)PA+2PB的最小值是多少？
(2)请求出（1）条件下，点P的坐标．
【答案】(1)2√10
6+9√6 18−3√6
(2)P( , )
10 10
BP OP 1
【分析】（1）在x轴上取点H(6,0)，连接AH，根据相似三角形的判定和性质得出 = = ，结合
HP OH 2
图形得出当点P在AH上时，PA+2PB=PA+HP=AH取得最小值，再由勾股定理求解即可；
1
（2）设直线AH的解析式为y=kx+b，利用待定系数法确定函数解析式，设P(x,− x+2)，然后利用勾
3
股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，在x轴上取点H(6,0)，连接AH，
(3 )
∵点A(0,2)，点B ,0 ，
2
3
∴AO=2,OB= ,OH=6，
2
3
∵OB 2 1 OP 3，
= = = =
OP 3 2 OH 6
∠BOP=∠POH，
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∴△BOP∽△POH，
BP OP 1
∴ = = ，
HP OH 2
∴HP=2BP，
∴PA+2PB=PA+HP，
当点P在AH上时，PA+2PB=PA+HP=AH取得最小值，
∴AH=√22+62=2√10，
故最小值为2√10；
（2）∵A(0,2)，H(6,0)，
∴设直线AH的解析式为y=kx+b，将点代入得：
¿，解得¿，
1
∴y=− x+2，
3
1
设P(x,− x+2)，
3
∵⊙O半径为3，
1 2
∴x2+(− x+2) =9，
3
6+9√6
解得：x= （负值舍去），
10
18−3√6
∴y= ，
10
6+9√6 18−3√6
∴P( , ) ．
10 10
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，最短路径问题及一次函数解析式的确定，理解题意，作
出相应辅助线是解题关键．
2．（2020·山西·模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应任务．阿波罗尼斯（ApolloniusofPerga），古
希腊人（公元前262~190年），数学家，写了八册圆锥曲线论著，其中有七册流传下来，书中详细讨论了
圆锥曲线的各种性质，阿波罗尼斯圆是他的论著中一个著名的问题．一动点P与两定点A，B的距离之比
等于定比m:n，则点P的轨迹是以定比m:n(m:n≠1)内分和外分线段AB的两个分点的连线为直径的圆，
这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称“阿氏圆”．
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PA m
如图1，点A，B为两定点，点P为动点，满足 = ，点M在线段AB上，点N在AB的延长线上且
PB n
MA NA m(m )
= = ≠1 ，则点P的运动轨迹是以MN为直径的圆．
MB NB n n
下面是“阿氏圆”的证明过程（部分）：
过点B作BD//AP交PM的延长线于点D．
∴∠A=∠ABD，∠APM=∠BDM．
∴△APM∽△BDM．
PA MA
∴ = ．
BD MB
MA m PA
又∵ = = ，
MB n PB
PA PA
∴ = ．
BD PB
∴BD=BP．
∴∠BPD=∠BDP．
∴∠APD=∠BPD．
NA PA
如图2，在图1（隐去MD，BD）的基础上过点B作BE//PN交AP于点E，可知 = ，……
NB PE
任务：
（1）判断PN是否平分∠BPC，并说明理由；
（2）请根据上面的部分证明及任务（1）中的结论，完成“阿氏圆”证明的剩余部分；
（3）应用：如图3，在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(1,0)，PA=2PB，则点P所在圆的圆心坐
标为________．
【答案】（1）PN平分∠BPC．理由见解析；（2）点P的运动轨迹是以MN为直径的圆，见解析；（3）
(2,0)
【分析】（1）利用相似三角形的判定及性质仿照图1的证明即可得证；
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（2）根据90°的圆周角所对的弦是直径即可证得点P的运动轨迹是以MN为直径的圆；
（3）结合题目所给的材料分别求得AB的内分点和外分点的坐标，进而可求得点P所在圆的圆心坐标．
【详解】解：（1）PN平分∠BPC．理由如下：
NA m PA NA PA
∵ = = ， = ，
NB n PB NB PE
PA PA
∴ = ．
PB PE
∴PB=PE．
∴∠PEB=∠PBE．
∵BE//PN，
∴∠PEB=∠CPN，∠PBE=∠BPN．
∴∠BPN=∠CPN，
即PN平分∠BPC．
1 1
（2）∵∠APM=∠BPM= ∠APB，∠BPN=∠CPN= ∠BPC，
2 2
且∠APB+∠BPC=180°，
1
∴∠MPN= ∠APC=90°．
2
∴MN为直径．
∴点P的运动轨迹是以MN为直径的圆．
（3）∵A(−2,0)，B(1,0)，
∴AB＝3，且AO＝2OB，
∵PA=2PB，
∴点O为AB的内分点，
当点C为AB的外分点时，CA＝2CB，
∴CB＝AB＝3，
∴OC＝OB+BC＝4，
∴点C的坐标为（4，0），
∴点P所在圆的圆心坐标为（2，0）．
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【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解决本
题的关键．
题型四： 胡不归问题
（2019·湖南张家界·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．
(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；
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(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轴
1 1
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点坐标，
2 2
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°，
∵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)，
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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，
∴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
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【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.
【解题关键】在求形如“BC+kAC”的式子的最值问题中，关键是构造与 kAC 相等的线段，将
“BC+kAC”型问题转化为“BC+CE”型.(若k>1，则提取系数，转化为小于1的形式解决即可).
B
C' C
m
A
E
M
1
1．（2021·四川绵阳·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轴交于点
2
3
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；
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(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；
(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；
△
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②如图3，根据抛物线的对称性，当M（-3，2）时， MAN∽△ABC；
△
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）；
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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．
2．（23-24九年级下·江苏南通·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2−2ax−3a与x轴交
于A，B两点，若AB=m，函数y=ax2−2ax−3a的最小值为n，且m+n=0．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如果将该抛物线在x轴下方的部分沿x轴向上翻折，得到的图象与剩余的图象组成新图形G．当函数
y =kx−1+2k的图象与图形G的公共点的个数大于2时，求k的取值范围；
1
(3)在（2）的条件下，当k取最大值时，函数y =kx−1+2k的图象与图形G的对称轴交于点P，若过P作
1
平行于x轴的直线交图形G于点Q，过点Q作y轴的平行线交函数y =kx+1−2k的图象于点R，D为线段
1
RQ上的一点，动点C从点R出发，沿RD→DP运动到点P停止，已知点C在RD上运动的速度为√5单位
长度每秒，在DP上运动的速度为1单位长度每秒．求当点C运动的时间最短时，对应的点D的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)1≤k≤2
( 7) ( 13)
(3)D −2, 或D 4,
2 2
【分析】（1）令y=0，解方程求得AB=4，得出m=4，进而根据二次函数的性质，得出−4a=−4求得a
的值，即可求解；
（2）先得出y =kx−1+2k过点(−2，−1)，根据题意画出图象，观察函数图象可得当y =kx−1+2k过
1 1
点A时，与抛物线有3个交点，当y =kx−1+2k与抛物线y=−x2+2x+3(−1<x<3)只有一个交点时，
1
与图形G有3个交点，进而得出k的范围；
（3）根据题意得出k的最大值为2，则y =2x+3，解方程得出Q(−2,5)或Q(4,5)，进而分类讨论，根据
1
胡不归问题作出辅助线，进而即可求解．
【详解】（1）解：令y=ax2−2ax−3a=0，
解得：x =−1,x =3，
1 2
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∴A(−1,0),B(3,0)，
∴AB=4，
∵AB=m，
∴m=4，
∵m+n=0，
∴n=−4，
∵y=ax2−2ax−3a=a(x−1) 2−4a，
∴−4a=−4，
解得：a=1，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：∵y =kx−1+2k=k(x+2)−1，当x=−2时，y=−1，
1
∴y =kx−1+2k过点(−2，−1)
1
如图所示，
当y =kx−1+2k过点A时，与抛物线有3个交点，
1
将A(−1,0)代入y =kx−1+2k，
1
即−k−1+2k=0
解得：k=1，
依题意，当−1<x<3时的抛物线解析式为y=−x2+2x+3，
当y =kx−1+2k与抛物线y=−x2+2x+3(−1<x<3)只有一个交点时，
1
∴¿
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消去y得，x2−(2−k)x−4+2k=0
∴Δ=b2−4ac=[−(2−k)] 2 −4(−4+2k)=0
解得：k=2或k=10（舍去）
结合函数图象可得：当函数y =kx−1+2k的图象与图形G的公共点的个数大于2时， 1≤k≤2；
1
（3）∵1≤k≤2
∴k的最大值为2
∴y =2x+3
1
∵A(−1,0),B(3,0)
∴抛物线的对称轴为直线x=1
∴当x=1时，y=2x+3=5，则P(1,5)
当y=5时，x2−2x−3=5，
解得：x =−2,x =4，
1 2
∴Q(−2,5)或Q(4,5)，
当Q(−2,5)时，如图所示，则PQ=1−(−2)=3，
令x=−2，代入y=2x+3=−1，则R(−2,−1)
∴RQ=6，则PQ=3√5，
1 √5
∴tan∠PRQ= ，sin∠PRQ=
2 5
如图所示，作P关于RQ的对称点P'，则P(−5,5)，过点D作DN⊥P'R于点N，
.
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∴∠P'RQ=∠PRQ
√5
∴ND=sin∠P'RQ×DR= DR，
5
依题意，点C在RD上运动的速度为√5单位长度每秒，在DP上运动的速度为1单位长度每秒．
∵PD+ND≥PN，
当D在PN上时，取得最小值，即点C运动的时间最短时，
此时如图所示，
∵∠RDN=∠QDP,∠PQD=∠DNR=90°，
∴∠DQP=∠DRN，
1
∴tan∠QPD= ，
2
∴PQ=2DQ，
3
∴DQ= ，
2
( 7)
∴D −2, ，
2
当Q(4,5)时，如图所示，
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1 3
同理可得DQ= PQ= ，
2 2
( 13)
∴D 4, ，
2
( 7) ( 13)
综上所述，D −2, 或D 4, ．
2 2
【点睛】本题考查了二次函数综合，二次函数的性质，二次函数的几何变换，一次函数与二次函数交点问
题，解直角三角形，胡不归问题，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型五： 瓜豆原理
在△ABC中，D为直线AC上一动点，连接BD，将BD绕点B逆时针旋转90°，得到BE，连接DE与AB
相交于点F．
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(1)如图1，若D为AC的中点，∠BAC=90°，AC=4，BD=√29，连接AE，求线段AE的长；
(2)如图2，G是线段BA延长线上一点，D在线段AC上，连接DG，EC，若∠BAC<90°，EC⊥BG，
∠ADE=∠DBC，∠DBC＋∠G=∠EBF，证明√2BC=2AD+DC；
(3)如图3，若△ABC为等边三角形，AB=6√2，点M为线段AC上一点，且2CM=AM，点P是直线BC
上的动点，连接EP，MP，EM，请直接写出当EP+MP最小时△EPM的面积．
【答案】(1)AE=√34；
(2)证明见解析；
(3)9+2√3．
【分析】（1）根据题意由勾股定理可得AB长度，作EG⊥AB，交AB于G，利用旋转及互余可证得
△ABD≌△GEB（AAS），则得EG=AB，BG=AD，可求出AG，再由勾股定理可得AE的长度；
（2）由旋转可知，△BDE为等腰直角三角形，根据其性质再利用互余可证得△EBC≌△BDG（AAS），
则有BD=DG，∠EBC=∠BDG，由∠ADE=∠DBC，可证∠ADG=45°，由∠ADE=∠DBC，利
用三角形内角和定理可得∠ACB=45°，作BH⊥BC，交CA延长线于H，连接HG，易知，△BCH为等
腰直角三角形，可得∠BHC=45°，BH=BC=DG，CH=√2BC，易得BH∥DG，可证四边形BDGH
是平行四边形，即HD=2AD，利用CH=HD+CD可得证结论；
（3）作BH⊥AC，交AC于H，将BC绕点B逆时针旋转90°，证明△BGE≌△BCD（SAS），进而证得
EG∥BH，作点M关于BC的对称点N，连接PN，CN，由对称易知CM=CN，易知当EP+MP最小时，
即EP+PN最小，亦即N、P、E在同一直线，且NE⊥EG，如图，作BT⊥≥¿，交GE于T，易知四边形
BQET是矩形，证得△PMC是等边三角形，求出PE=3√6+2√2，△EPM的高h=√6，根据
1
S = EP⋅h可得答案．
△EPM 2
【详解】（1）解：∵D为AC的中点，AC=4，BD=√29，∠BAC=90°
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1
∴AD= AC=2，则由勾股定理，可得：AB=√BD2−AD2=5，
2
作EG⊥AB，交AB于G，
由题意可知，∠DBE=90°，BE=BD，
∴∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
又∵∠EGB=∠BAC=90°，
∴△ABD≌△GEB（AAS），
∴EG=AB=5，BG=AD=2，
则AG=AB−BG=3，
由勾股定理可得：AE=√EG2+AG2=√34；
（2）证明：由旋转可知，△BDE为等腰直角三角形，
∴∠7=45°，∠EBD=90°，BE=BD，
∵EC⊥BG，
∴∠3+∠EBF=90°，
又∵∠4+∠EBF=90°，∠3+∠1=90°，
∴∠3=∠4，∠1=∠EBF=∠2+∠DBC，
又∵∠DBC+∠G=∠EBF，
∴∠2=∠G，
在△EBC和△BDG中，¿，
∴△EBC≌△BDG（AAS），
∴BD=DG，∠EBC=∠BDG，
则：∠EBD+∠DBC=∠7+∠ADE+ADG，
∵∠ADE=∠DBC，
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∴∠EBD=∠7+ADG，即：90°=45°+ADG，
∴∠ADG=45°，
又∵∠ADE=∠DBC=∠5+∠6，
由三角形内角和定理可得：∠DBC+∠2=∠6+∠7，
即：∠6+∠5+∠2=∠6+∠7，
∴∠ACB=∠5+∠2=∠7=45°，
作BH⊥BC，交CA延长线于H，连接HG，
∴△BCH为等腰直角三角形，
∴∠BHC=45°，BH=BC=DG，CH=√2BC，
∵∠ADG=45°，
∴BH∥DG，
∴四边形BDGH是平行四边形，
∴AH=AD，即HD=2AD，
∴CH=HD+CD=2AD+CD=√2BC；
（3）作BH⊥AC，交AC于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=6√2，∠ACB=∠ABC=60°，BH平分∠ABC，
则∠ABH=∠CBH=30°，
将BC绕点B逆时针旋转90°，则BC=BG=6√2，∠DBE=∠CBG=90°，
∴∠EBG=∠DBC，∠GBH=∠CBG−∠CBH=60°
∴△BGE≌△BCD（SAS），
∴∠BGE=∠BCD=60°
∴EG∥BH，
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作点M关于BC的对称点N，连接PN，CN，由对称易知CM=CN，∠BCN=∠ACB=60°，PM=PN
∴EP+MP=EP+PN
当EP+MP最小时，即EP+PN最小，亦即N、P、E在同一直线，且NE⊥EG，如图：
作BT⊥≥¿，交GE于T，则∠BGT=60°，∠TBG=30°
1
∴¿= BG=3√2，BT=√BG2−TG2=3√6，
2
∵EG∥BH，BH⊥AC，NE⊥EG
∴BH⊥NP，NE∥AC，四边形BQET是矩形，
则∠ACB=∠NPC=∠BPQ=60°，EQ=BT=3√6，即∠MPE=60°，
由轴对称可知，∠CPM=∠NPC=60°，
∴△PMC是等边三角形，则：PM=CM=CP，
∵2CM=AM，
∴PM=CM=CP=2√2，BP=4√2，∠ABH=∠CBH=30°
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1 1
∴QP= BP=2√2，CH= BC=3√2，
2 2
则由勾股定理可得：BQ=2√6，BH=3√6，
∵NE∥AC，BH⊥NP，
则QH为NE，AC之间的距离，
∴QH=√6，即△EPM的高h=√6
∴PE=EQ+PQ=3√6+2√2，
1 1
∴S = EP⋅h= ×(3√6+2√2)×√6=9+2√3．
△EPM 2 2
【点睛】本题属于几何综合题，考查了全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，等边三
角形的判定及性质，第（2）问证明∠ACB=45°，∠ADG=45°解决问题的关键，第（3）问弄清E的运
动轨迹是解决问题的关键．
【条件】瓜豆原理运用满足的三个条件(“一定两动、定角、定比”)；
①有一个定点、两个动点，且一个动点(从动点)因另一个动点(主动点)的运动而随之运动；
②两个动点与定点所连线组成的夹角是定角;
③两个动点到定点的距离的比值是定值.
OB
【模型一】如图，点O是定点，点 A、B是动点，∠AOB=α且 =k，如果A点的运动轨迹是直线，那么
OA
B点的运动轨迹也是直线.
OB
【模型二】如图，点O是定点，点 A、B是动点，∠AOB=α且 =k，如果A点的运动轨迹是圆，那么B
OA
点的运动轨迹也是圆.
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O
B
A
1．（2020九年级·全国·专题练习）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，BC=2√3，以点B为
圆心，√3为半径作圆．点P为⊙B上的动点，连接PC，作P'C⊥PC，使点P'落在直线BC的上方，且满
足P'C:PC=1:√3，连接BP，AP'．
（1）求∠BAC的度数，并证明△AP'C∽△BPC；
（2）如图2，若点P在AB上时，连接BP'，求BP'的长；
（3）点P在运动过程中，BP'是否有最大值或最小值？若有，请求出当BP'取得最大值或最小值时，
∠PBC的度数；若没有，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）BP'=√17；（3）有．① 当BP'取得最大值时，∠PBC=120°；②当BP'
取得最小值时，∠PBC=60°．
AC P'C √3
【分析】（1）利用锐角三角函数求出∠BAC，先判断出 = = ，再判断出∠P'CA=∠PCB，
BC PC 3
即可得出结论；
（2）先求出∠P'AC，进而得出∠P'AB＝90°，再利用相似求出AP'，即可得出结论；
（3）先求出AP'＝1是定值，判断出点P'在以点A为圆心，1为半径的圆上，分当点P'在BA的延长线上时
和当点P'在线段AB上时，两种情况讨论即可．
【详解】（1）在Rt△ABC中，AC=2，BC=2√3，
BC
∴tan∠BAC= =√3，
AC
∴∠BAC=60°，
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AC 2 √3 P'C 1 √3
∵ = = ， = = ，
BC 2√3 3 PC √3 3
AC P'C
∴ = ，
BC PC
∵P'C⊥PC，
∴∠P'CP=∠ACB=90°，
∴∠P'CA=∠PCB，
∴△AP'C∽△BPC；
（2）由（1）知，∠BAC=60°，
∴∠ABC=90°−∠BAC=30°，
∴AB=2AC=4，
∴△AP'C∽△BPC，
AP' P'C √3
∴∠P' AC=∠PBC=30°， = = ，
PB PC 3
∵BP=√3，
∴AP'=1，
∵∠P' AB=∠CAP'+∠BAC=30°+60°=90°，
∴在Rt△P' AB中，AP'=1，AB=4，
由勾股定理得BP'=√AP'2+AB2=√17；
（3）有．由（1）知，△AP'C∽△BPC，
AP' P'C √3
∴ = = ，
BP PC 3
AP' √3
∴ = ，
√3 3
∴AP'=1是定值，
∴点P'是在以点A为圆心，半径为AP'=1的圆上，
①如图所示，当点P'在BA的延长线上时，BP'取得最大值，
∴∠P' AC=180°−∠BAC=120°．
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∵△AP'C∽△BPC，
∴∠P' AC=∠PBC=120°．
∴当BP'取得最大值时，∠PBC=120°；
②如图所示，当点P'在线段AB上时，BP'取得最小值，
∵△AP'C∽△BPC，
∴∠PBC=∠BAC=60°，
∴当BP'取得最小值时，∠PBC=60°．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，直角三角形的判定和
性质，圆的性质，判断出△AP'C∽△BPC是解本题的关键．
2．（2021九年级·全国·专题练习）如图，正方形ABCD的边长为4cm，点E、F分别从点D和点C出发，
沿着射线DA、射线CD运动，且DE＝CF，直线AF、直线BE交于H点．
（1）当点E从点D向点A运动的过程中：
①求证：AF⊥BE；
②在图中画出点H运动路径并求出点H运动的路径长；
（2）在整个运动过程中：
①线段DH长度的最小值为______．
②线段DH长度的最大值为_________ ．
【答案】（1）①见解析；②3π；（2）①2√5-2．②2√5+2．
【分析】（1）①证明 ABE≌ DAF，运用互余原理证明即可；
②根据∠AHB=90°，且△AB是定△长，判定点H在以AB为直径的圆上，且H可以与M，B重合即运动路径是
一段优弧，根据弧长公式计算即可；
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（2）①根据圆的性质，当O，H，D共线，且H在O，D之间时最短，根据勾股定理计算即可．
②根据圆的性质，当O，H，D共线，且H在O，D之外时最长，根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DA=CD，∠BAE=∠ADF=90°，
∵DE＝CF，
∴AE=DF，
∴ ABE≌ DAF，
∴△∠ABE=∠△DAF，
∵∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠DAF+∠AEB=90°，
∴∠AHE=90°，
∴AF⊥BE；
②点H运动路径画图如下，
∵∠AHB=90°，且AB是定长，
∴点H在以AB为直径的圆上，且H可以与M，B重合即运动路径是一段优弧，
设AB的中点为点O，连接BD，设BD 的中点为点M，连接OM
∴∠BOM=90°，
∵AB=4，
∴圆的半径为2，
270×π×2
∴弧长为 =3π；
180
（2）①根据圆的性质，当O，H，D共线，且H在O，D之间时最短，当H与点G重合时，最短，
∵AD=4，AO=2，
∴DO=√AO2+AD2=√22+42=2√5；
∴DH=DO-OG=2√5-2，
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故答案为：2√5-2．
②根据圆的性质，当O，H，D共线，且H在O，D之外时最大，当H与点Q重合时，最大，
∵AD=4，AO=2，
∴DO=√AO2+AD2=√22+42=2√5；
∴DH=DO+OQ=2√5+2，
故答案为：2√5+2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，弧长公式，圆的基本性质，圆的定义，三角形的全等判定与性质，熟
练运用正方形的性质，灵活运用弧长公式和圆的性质是解题的关键．
k
1．（2023·河南安阳·模拟预测）如图，反比例函数y= 与直线y=2x+b交于A(−1,−4),B(m,n)两点．
x
(1)求m和n的值；
(2)点C是直线x=−2上一点，求△ABC的周长的最小值，并求出此时点C的坐标．
【答案】(1)m=2,n=2
( 14)
(2)√61+3√5， −2,−
5
【分析】（1）利用待定系数法求出函数解析式，然后联立解析式，即可求得m、n的值；
（2）作出B点关于直线x=−2的对称点B'，连接AB'，交直线x=−2于点C，此时△ABC的周长，求得
直线AB'的解析式，进一步即可求得C的坐标．
k
【详解】（1）∵点A(−1,−4)是反比例函数y= 上点，
x
∴k=4．
把点A(−1,−4)代入y=2x+b，得
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−4=−2+b，
解得b=−2．
4
令 =2x−2，
x
解得x =2,x =−1，
1 2
∴B(2,2),m=2,n=2．
（2）作点A关于直线x=−2的对称点D，则点D的坐标为(−3,−4)．
连接BD交直线x=−2于点C，此时△ABC的周长最小，
最小值为√52+62+√32+62=√61+3√5．
设直线BD的解析式为y=ex+f，
∴¿，
∴¿，
6 2
∴直线BD的解析式为y= x− ，
5 5
14
把x=−2代入得y=− ，
5
( 14)
∴点C的坐标为 −2,− ．
5
( 14)
故△ABC的周长最小值为√61+3√5，此时点C的坐标为 −2,− ．
5
【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式，反比例函数与一次函数的交点问题，函数图象上点的坐
标特征，轴对称-最短路线问题，确定C点的坐标是解题的关键．
2．（2024·四川达州·模拟预测）【问题发现】
（1）如图1，在△OAB中，OB=3，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得OA'B'，连接BB'，则BB'=
________．
【问题探究】
（2）如图2，已知△ABC是边长为4√3的等边三角形，以BC为边向外作等边△BCD，P为△ABC内一点，
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连接AP，BP，CP，将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得△DQC，求PA+PB+PC的最小值；
【实际应用】
（3）如图3，在长方形ABCD中，边AB=10，AD=20，P是BC边上一动点，Q为△ADP内的任意一
点，是否存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在，请求出此时PQ的长，若不存在，
请说明理由．
10√3
【答案】（1）3√3；（2）12；（3）10−
3
【分析】（1）作OC⊥BB'于C，由旋转的性质可得∠BOB'=120°，OB=OB'=3，由等腰三角形的性
质及三角形内角和定理可得∠OBB'=∠OB'B=30°，BC=B'C，再由含30°角的直角三角形的性质及勾
股定理计算即可得出BB'=3√3；
（2）如图，连接PQ，由旋转的性质可得∠QCP=60°，CP=CQ，PB=QD，则△PCQ是等边三角形，
可得PC=PQ，即可得到PA+PB+PC=PA+PQ+DQ，故当点D、Q、P、A共线时，PA+PQ+DQ
最小，最小值为AD的长，连接AD，作DE⊥AC于交AC延长线于E，求出∠CDE=30°，则
1
CE= CD=2√3，进一步求出DE=6，AE=6√3，则AD=√DE2+AE2=12，即PA+PB+PC的最小
2
值为12；
（3）如图所示，将△AQD绕点A逆时针旋转60°得到△AEH，连接DH，QE，同（2）可得当
H、E、Q、P四点共线，且HP⊥BC时，HE+EQ+PQ的值最小，即此时AQ+DQ+PQ最小；设
1 √3 10√3
此时PQ交AD于G，证明PH⊥AD，则由三线合一定理得到AG= AD=10，则QG= AG= ；
2 3 3
10√3
再证明四边形ABPG是矩形，得到PG=AB=10，则PQ=PG−QG=10− ．
3
【详解】解：（1）如图，作OC⊥BB'于C，
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∵在△OAB中，OB=3，将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到三角形OA'B'，
∴∠BOB'=120°，OB=OB'=3，
∴∠OBB'=∠OB'B，
∵∠OBB'+∠OB'B+∠B'OB=180°，
180°−∠BOB'
∴∠OBB'=∠OB'B= =30°，
2
∵OC⊥BB'，
∴∠OCB'=90°，BC=B'C，
1 3
∴OC= OB'= ，
2 2
3√3
∴B'C=BC=√OB'2−OC2=
2
∴BB'=B'C+BC=3√3，
故答案为：3√3；
（2）如图，连接PQ，
∵将△BPC绕点C逆时针旋转60°得△DQC，
∴∠QCP=60°，CP=CQ，PB=QD，
∴△PCQ是等边三角形，
∴PC=PQ，
∴PA+PB+PC=PA+PQ+DQ，
∴当点D、Q、P、A共线时，PA+PQ+DQ最小，最小值为AD的长，
连接AD，作DE⊥AC于交AC延长线于E，
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∵∠DCB=∠BCA=60°，△ABC边长为4√3，
∴∠DCE=180°−∠DCB−∠BCA=60°，AC=CD=4√3，
∴∠CDE=90°−∠DCE=30°，
1
∴CE= CD=2√3，
2
∴DE=√CD2−CE2=6，AE=CE+AC=6√3，
∴AD=√DE2+AE2=12，
∴ PA+PB+PC的最小值为12；
（3）如图所示，将△AQD绕点A逆时针旋转60°得到△AEH，连接DH，QE，
∴∠HAD=∠EAQ=90°，EA=QA，HA=DA，HE=QD，
∴△ADH，△AQE都是等边三角形，
∴QA=QE，
∴AQ+DQ+PQ=HE+EQ+PQ，
∴当H、E、Q、P四点共线，且HP⊥BC时，HE+EQ+PQ的值最小，即此时AQ+DQ+PQ最小；
设此时PQ交AD于G，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴PH⊥AD，
1
∴AG= AD=10，
2
√3 10√3
∴QG= AG= ；
3 3
∵∠B=90°，AG⊥PG，BP⊥PG，
∴四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB=10，
10√3
∴PQ=PG−QG=10− ．
3
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【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度
角的直角三角形的性质，解题的关键在于利用旋转构造等边三角形，从而把三条不在一条直线的线段之和
的问题，转换成几点共线求线段的最值问题是解题的关键．
3．（2022九年级·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A（4，
0）、B（0，4）、C．其对称轴l交x轴于点D，交直线AB于点F，交抛物线于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为直线l上的动点，求△PBC周长的最小值；
(3)点N为直线AB上的一点（点N不与点F重合），在抛物线上是否存在一点M，使以点E、F、N、M为
顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
(2)√17+4√2
5 21 4+√31 7+2√31 4−√31 7−2√31
(3)存在，（ ， ）或（ ，- ）或（ ，- ）
2 4 2 4 2 4
【分析】（1）把点A（4，0）、B（0，4）代入抛物线y=-x2+bx+c中，求得b和c即可；
（2）作点B关于直线l的对称轴B′，连接B′C交l于一点P，点P即为使△PBC周长最小的点，由对称可
知，PB′=PB，即△PBC周长的最小值为：BC+CB′；
15
（3）设M（m，-m2+3m+4），①当EF为边时，则EF∥MN，则N（m，-m+4），所以NM=EF= ，即|-
4
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15 3 35
m2+3m+4-（-m+4）|= ，求出m的值，代入即可；②当EF为对角线时，EF的中点为（ ， ），由中
4 2 8
19
点坐标公式可求得点N的坐标，再由点N是直线AB上一点，可知-3+m+4=m2-3m+ ，解得m的值即可．
4
【详解】（1）解：把点A（4，0）、B（0，4）代入抛物线y=-x2+bx+c中，
得，¿，解得¿，
∴抛物线的解析式为：y=-x2+3x+4；
3
（2）解：由抛物线解析式可知，对称轴直线l：x= ，
2
∵点A（4，0），
∴点C（-1，0），
如图，作点B关于直线l的对称轴B′，连接B′C交l于一点P，点P即为使△PBC周长最小的点，
此时B′（3，4），
设直线B′C的解析式为y=kx+b，
1
∴¿，
解得：¿，
∴直线B′C的解析式为：y=x+1，
3 3 5
把x= 代入得：y= +1= ，
2 2 2
3 5
∴P（ ， ），
2 2
∵B（0，4），C（-1，0），B′（3，4），
∴BC=√12+42=√17，CB′=√(3+1) 2+42=4√2，
∴△PBC周长的最小值为：√17+4√2；
5 21
（3）解：存在，以点E、F、N、M为顶点的四边形为平行四边形的点M的坐标为（ ， ）或（
2 4
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4+√31 7+2√31 4−√31 7−2√31
，- ）或（ ，- ）．理由如下：
2 4 2 4
3 25
由抛物线解析式可知，E（ ， ），
2 4
∵A（4，0）、B（0，4），
∴直线AB的解析式为：y=-x+4，
3 5
∴F（ ， ）．
2 2
15
∴EF= ．
4
设M（m，-m2+3m+4），
①当EF为边时，则EF∥MN，
∴N（m，-m+4），
15 15
∴NM=EF= ，即|-m2+3m+4-（-m+4）|= ，
4 4
3 5 4+√31 4−√31
解得m= （舍）或 或 或 ，
2 2 2 2
5 21 4+√31 7+2√31 4−√31 7−2√31
∴M（ ， ）或（ ，- ）或（ ，- ）．
2 4 2 4 2 4
3 35
②当EF为对角线时，EF的中点为（ ， ），
2 8
19
∴点N的坐标为（3-m，m2-3m+ ），
4
19 3 5
∴-3+m+4=m2-3m+ ，解得m= （舍），m= ，
4 2 2
5 21
∴M（ ， ）．
2 4
5 21 4+√31
综上，满足以点E、F、N、M为顶点的四边形为平行四边形的点M的坐标为（ ， ）或（ ，-
2 4 2
7+2√31 4−√31 7−2√31
）或（ ，- ）．
4 2 4
【点睛】本题主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形存在性问题，解题过程中注意需要分类讨
论．
4．（23-24九年级上·天津北辰·阶段练习）已知抛物线y=ax2+bx+3(a<0)与x轴相交于A、B两点（点A
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在点B右侧），与y轴相交于点C，点B(−3,0)，A(1,0)．
(1)求抛物线的顶点坐标；
(2)若点P是第二象限内抛物线上一动点，过点P作线段PF⊥x轴，交直线BC于点F，当线段PF取得最大
值时，求此时点P的坐标．
(3)若取线段BC的中点E，向右沿x轴水平方向平移线段BE，得到线段B'E'，当CB'+CE'取得最小值时，
求此时点B'的坐标
【答案】(1)(−1,4)
( 3 15)
(2) − ，
2 4
(3)B' (−1,0)
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，即可得顶点坐标；
（2）先求出直线BC的解析式为y=x+3，设点P的坐标为(m,−m2−2m+3)，点F的坐标为(m,m+3)，
3 9
可得PF=−m2−3m，根据二次函数的性质可得当m=− 时，MG有最大值 ，此时点P的坐标为
2 4
( 3 15)
− ， ；
2 4
（3）连接EE'，可得四边形EB'E'C是平行四边形，CE'=EB'，从而得到CB'+CE'=CB'+EB'，作点
E关于x轴的对称点E''，CB'+EB'取得最小值时，即为点C，B'，E''三点共线时，CB'+CE'有最小值
E''C，再求出E''C的解析式，将y=0代入即可得点B'的坐标．
【详解】（1）解：由题意，抛物线过B(−3,0)，A(1,0)，
∴¿，
解得¿，
∴y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4．
∴抛物线的顶点坐标为(−1,4)；
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（2）解：把x=0代入y=−x2−2x+3得y=3，
∴点C坐标为(0,3)．
如图，设经过B，C两点的直线的解析式为y=kx+n，
将B(−3,0)，C(0,3)代入得¿，
解得¿，
∴直线BC的解析式为y=x+3，
∴设点P的坐标为(m,−m2−2m+3)，点F的坐标为(m,m+3)．
∴PF=(−m2−2m+3)−(m+3)=−m2−3m，
因为−1<0，
3 9
∴当m=− 时，PF有最大值 ．
2 4
( 3 15)
此时，点P的坐标为 − ， ；
2 4
（3）解：连接EE'，
∵B(−3,0)和C(0,3)，
3 3
∴中点E(− , )，
2 2
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由平移得BE与B'E'平行且相等，
∴CE与B'E'平行且相等，
∴四边形EB'E'C是平行四边形，
∴CE'=EB'．
∴CB'+CE'=CB'+EB'．
( 3 3)
作点E关于x轴的对称点E''，则E'' − ，− ，
2 2
∴CB'+EB'取得最小值时，即为点C，B'，E''三点共线时，
设直线E''C的解析式为y=sx+t，
∴ ¿，解得¿，
∴直线E''C的解析式为y=3x+3，
将y=0代入y=3x+3得，x=−1，
∴此时点B'的坐标为(−1,0)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数解析式、轴对
称的性质、平行四边形的判定和性质，二次函数的性质，解题关键是准确理解题意，正确画出图形，掌握
待定系数法求函数的解析式和二次函数的性质．
√3
5．（2021九年级·全国·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＝﹣√3
1 3 2
x＋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
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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），
∵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
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∴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：¿，
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
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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
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．
6．（2022·江苏扬州·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，连接BD，将 ABD绕点D顺时针旋
转，记旋转后的三角形为 A′B′D，旋转角为α（0°＜α＜360°且α≠180°）． △
△
(1)在旋转过程中，当A′落在线段BC上时，求A′B的长；
(2)连接A′A、A′B，当∠BA′B'＝90°时，求tan∠A′AD；
(3)在旋转过程中，若 DAA′的重心为G，则CG的最小值＝ ．
【答案】(1)4−√7； △
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1
(2)tan∠A′AD＝3或 ；
3
√97−4
(3)
3
【分析】（1）由四边形ABCD矩形，AB＝3，AD＝4得CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，∠C＝90°，当A′落在
线段BC上时，由旋转得A′D＝AD＝4，则A′C=√42−32=√7，所以A′B＝4−√7；（2）分两种情况，一是
点B′与点C在直线BD的同侧，作A′E⊥AD于点E，则∠A′EA＝90°，先证明点B、A′、D在同一条直线上，
A'E AB 3 ED AD 4
求得BD=√32+42=5，由 = = = sin∠ADB， = = = cos∠ADB，求出A′E的长和ED
A'D BD 5 A'D BD 5
A'E
的长，再求出AE的长，再由tan∠A′AD= 求出此时tan∠A′AD的值；二是点B′与点C在直线BD的异
AE
侧，作A′E⊥AD交AD的延长线于点E，则∠E＝90°，先求出A′E的长和ED的长，再求出AE的长，再由
A'E
tan∠A′AD= 求出此时tan∠A′AD的值；
AE
8
8 2
（3）在AD上截取DF= ，则DF 3 2，作DH⊥AA′于点H，在DH上截取DG= DH，连接FG、
3 = = 3
DA 4 3
DG 2
CG，则 = ，由A′D＝AD可知H为AA′的中点，DH为 DAA′的中线，点G为 DAA′的重心，再证明
DH 3
△ △
DFG∽△DAH，则∠FGD＝∠AHD＝90°，取DF的中点O，连接OC交⊙O于点P，连接OG，则OG＝
△
1 1 8 4 4
OP＝OD= DF= × = ，可知点G在以点O为圆心、半径为 的圆上运动，可由CG+OG≥OC推导出
2 2 3 3 3
CG≥CP，则当CG＝CP时，CG的长最小，求出CP的长即可．
【详解】（1）解：（1）如图1，∵四边形ABCD矩形，AB＝3，AD＝4，
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∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，∠C＝90°，
当A′落在线段BC上时，由旋转得A′D＝AD＝4，
∴A′C=√A'D2−CD2=√42−32=√7，
∴A′B＝BC﹣A′C＝4−√7，
∴A′B的长为4−√7．
（2）（2）如图2，点B′与点C在直线BD的同侧，作A′E⊥AD于点E，则∠A′EA＝90°，
由旋转得∠B′A′D＝∠BAD＝90°，A′D＝AD＝4，
∵∠BA′B'＝90°，
∴∠B′A′D+∠BA′B'＝180°，
∴点B、A′、D在同一条直线上，
∵∠A′ED＝∠BAD＝90°，
∴BD=√AB2+AD2=√32+42=5，
A'E AB 3 ED AD 4
∴ = = = sin∠ADB， = = = cos∠ADB，
A'D BD 5 A'D BD 5
3 3 12 4 4 16
∴A′E= A′D= ×4 = ，ED= A′D= ×4 = ，
5 5 5 5 5 5
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16 4
∴AE＝AD﹣ED＝4− = ，
5 5
12
A'E 5
∴tan∠A′AD= = = 3；
AE 4
5
如图3，点B′与点C在直线BD的异侧，作A′E⊥AD交AD的延长线于点E，则∠E＝90°，
由旋转得∠B′A′D＝∠BAD＝90°，A′D＝AD＝4，
∵∠BA′B'＝90°，
∴∠B′A′D＝∠BA′B'，
∴A′D与A′B重合，
∴点B、A′、D在同一条直线上，
∵∠EDA′＝∠ADB，
A'E AB 3 ED AD 4
∴ = sin∠EDA′＝sin∠ADB= = ， = cos∠EDA′＝cos∠ADB= = ，
A'D BD 5 A'D BD 5
3 12 4 16
∴A′E= A′D= ，ED= A′D= ，
5 5 5 5
16 36
∴AE＝AD+ED＝4 + = ，
5 5
12
A'E 5 1
∴tan∠A′AD= = = ，
AE 36 3
5
1
综上所述，tan∠A′AD＝3或 ．
3
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8
8
（3）（3）如图4，在AD上截取DF= ，则DF 3 2，
3 = =
DA 4 3
2 DG 2
作DH⊥AA′于点H，在DH上截取DG= DH，连接FG、CG，则 = ，
3 DH 3
∵A′D＝AD，
∴H为AA′的中点，
∴DH为 DAA′的中线，
∴点G为△ DAA′的重心，
DF D△G
∵ = ，∠FDG＝∠ADH，
DA DH
∴△DFG∽△DAH，
∴∠FGD＝∠AHD＝90°，
1 1 8 4
取DF的中点O，连接OC交⊙O于点P，连接OG，则OG＝OP＝OD= DF= × = ，
2 2 3 3
4
∴点G在以点O为圆心、半径为 的圆上运动，
3
∵CG+OG≥OC，即CG+OG≥CP+OP，
4 4
∴CG+ ≥CP+ ，∴CG≥CP，
3 3
∴当CG＝CP时，CG的长最小，
√ 4 √97
∵OC=√OD2+CD2= ( ) 2+32= ，
3 3
√97 4 √97−4
∴CP＝OC﹣OP= − = ，
3 3 3
√97−4
∴CG的最小值是 ，
3
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√97−4
故答案为： ．
3
【点睛】此题重点考查矩形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、
解直角三角形、“两点之间，线段最短”、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度
较大，属于考试压轴题．
7．（2023·江苏淮安·二模）某数学兴趣小组同学遇到这样一个问题：如图1，点A是一只探照灯，距离地
面高度AB=m，照射角度∠MAN=α，在地平线l上的照射范围是线段MN，此灯的光照区域△AMN的面
积最小值是多少？
(1)小明同学利用特殊化方法进行分析，请你完成填空：如图2，设α=90°，m=4，构造△AMN的外接圆
⊙O，可得OA≥AB，即OA的最小值为4，又MN=2OA，故得MN的最小值为__________，通过计算可
得△AMN的面积最小值为__________．
(2)当α=45°，m=4时，小慧同学采用小明的思路进行如下构造，请你在图1中画出图形，并把解题过程
续写完整：
解：作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设MN=2x
(3)请你写出原题中的结论：光照区域△AMN的面积最小值是__________________________．（用含
m，α的式子表示）
(4)如图3，探照灯A到地平线1距离AB=4米，到垂直于地面的墙壁n的距离AD=6米，探照灯的照射角
4
度∠MAN，且sin∠MAN= ，光照区域为四边形AMCN，点M、N分别在射线CD、CB上，设
5
△ACM的面积为S ，△ACN的面积为S ，求4S +9S 的最大值．
1 2 1 2
【答案】(1)8，16
(2)S =16√2−16
△AMN最小
m2 ⋅sinα
(3)
1+cosα
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(4)300−144√2
【分析】
（1）当B和点O重合时，OA=AB=4，此时OA最小为4，从而得出M N =2OA=8；
最小
（2）作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设MN=2x，依次表示出MH，NH，OA，OH，根
据OA+OH≥AB列出√2x+x≥4，从而得出x的最小值，进一步得出结果；
（3）同（2）步骤相同：作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设圆的半径为r，依次表示出MH，
NH，OH，根据OA+OH≥AB列出方程，从而得出r的最小值，进一步得出结果；
（4）作∠BAQ=∠DAM，AQ交l于Q，可证得△ADM∽△ABQ，从而得出
S
△ADM =
(AD) 2
=
9
，可证
S AQ 4
△ABQ
9
得∠NAQ=45°，从而得出由（3）结论知：△ANQ的最小值，进而变形得出 S +S 的最小值，
4 △ABN △ADM
可得出4S +9S =156−4S −9S ，进一步得出结果．
1 2 △ADM △ABN
【详解】（1）
解：∵∠ABO=90°，
∴OA≥AB，
当B和点O重合时，OA=AB=4，此时OA最小为4，
∴M N =2OA=8，
最小
1
∴S 最小= ×8×4=16，
△ANM 2
故答案为：8，16；
（2）
解：如图1，
作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设MN=2x，
∴MH=NH=x，
∵∠MON=2∠MAN=90°，
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√2 1
∴OA=OM= MN=√2x，OH= MN=x，
2 2
∵OA+OH≥AB，
∴ √2x+x≥4，
∴x≥4√2−4，
当点O在AB上时，x =4√2−4，此时MN最小，
最小
1
∴S = ×4×(8√2−8)=16√2−16；
△AMN最小 2
（3）
解：如图2，
作△AMN的外接圆⊙O，作OH⊥MN于H，设OA=OM=r，
∴MN=2MH，
∵∠MON=2∠MAN=2α，OM=ON=r，
1
∴∠MOH= ∠MON=α，
2
∴OH=r⋅cosα，MH=r⋅sinα，
∵OA+OH≥AB，
∴r+r⋅cosα≥m，
m
∴r≥ ，
1+cosα
m
当点O在AB上时，r = ，此时_MN最小，
最小 1+cosα
m2 ⋅sinα
∴S = ，
ΔAMN最小 1+cosα
m2 ⋅sinα
故答案为： ；
1+cosα
（4）
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解：如图3，
作∠BAQ=∠DAM，AQ交l于Q，
∵∠ADM=∠ABQ=90°，
∴△ADM∽△ABQ，
∴
S
△ADM =
(AD) 2
=
9
，
S AQ 4
△ABQ
∵∠DAB=90°，∠MAN=45°，
∴∠DAM+∠BAN=45°，
∴∠BAQ+∠BAN=45°，
∴∠NAQ=45°，
由（2）知：S =16√2−16，
△ANQ最小
∴(S +S ) =16√2−16，
△ABN △ABQ 最小
( 4 )
∴ S + S =16√2−16，
△ABN 9 △ADM
最小
4(9 )
∴ S +S =16√2−16，
9 4 △ABN △ADM
最小
(9 )
∴ S +S =36√2−36，
4 △ABN △ADM
最小
∵S =S −S =12−S ，
1 △ACD △ADM △ADM
∴4S =48−4S ，
1 △ADM
同理9S =108−9S ，
2 △ABN
9
∴4S +9S =156−4S −9S =156−4⋅(S + S )，
1 2 △ADM △ABN △ADM 4 △ABN
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∴(4S +9S ) =156−4×(36√2−36)=300−144√2．
1 2 最大
【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等有关知识，解决问题的关键是作辅助
线，构造相似三角形．
1．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于两点
A(−3,0),B(4,0)，与y轴交于点C(0,4)．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知抛物线上有一点P(x ,y )，其中y <0，若∠CAO+∠ABP=90°，求x 的值；
0 0 0 0
(3)若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE=2CD，求CE+2BD的最小值．
1 1
【答案】(1)y=− x2+ x+4；
3 3
21
(2)− ；
4
(3)√233．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
CO 4 3
（2）在Rt△AOC中，tan∠CAO= = ，则tan∠ABP= ，得到直线BP的表达式为：
AO 3 4
3
y= (x−4)，进而求解；
4
（3）作∠EAG=∠BCD，证明△BCD∽△GAE且相似比为1:2，故当C、E、G共线时，
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CE+2BD=CE+EG=CG为最小，进而求解．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：y=a(x+3)(x−4)=a(x2−x−12)，
1
即−12a=4，则a=− ，
3
1 1
故抛物线的表达式为：y=− x2+ x+4①；
3 3
CO 4
（2）解：在Rt△AOC中，tan∠CAO= = ，
AO 3
∵∠CAO+∠ABP=90°，
3
则tan∠ABP= ，
4
3
故设直线BP的表达式为：y= (x−4)②，
4
1 1 3
联立①②得：− x2+ x+4= (x−4)，
3 3 4
21
解得：x=− =x （不合题意的值已舍去）；
4 0
（3）解：作∠EAG=∠BCD，
设AG=2BC=2×4√2=8√2，
∵AE=2CD，
∴△BCD∽△GAE且相似比为1:2，
则EG=2BD，
故当C、E、G共线时，CE+2BD=CE+EG=CG为最小，
在△ABC中，设AC边上的高为h，
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1 1
则S = ×AC⋅h= ×AB×CO，
△ABC 2 2
即5h=4×7，
28
解得：h= ，
5
28
则 h 5 √98 ，
sin∠ACD= = = =sin∠EAG
BC 4√2 10
则tan∠EAG=7，
过点G作GN⊥x轴于点N，
56
则NG=AG⋅sin∠EAG= ，
5
56
即点G的纵坐标为：− ，
5
7
同理可得，点G的横坐标为：− ，
5
( 7 56)
即点G − ，− ，
5 5
√ ( 7) 2 ( 56) 2
由点C、G的坐标得，CG= 0+ + 4+ =√233，
5 5
即CE+2BD的最小值为√233．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的
思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
2（2021·四川达州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c交x轴于点A和C(1,0)，
交y轴于点B(0,3)，抛物线的对称轴交x轴于点E，交抛物线于点F．
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（1）求抛物线的解析式；
（2）将线段OE绕着点О沿顺时针方向旋转得到线段OE'，旋转角为α(0°<α<90°)，连接AE'，BE'，
1
求BE'+ AE'的最小值．
3
（3）M为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为
矩形？若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由；
√82 −1+√5
【答案】（1）y=−x2−2x+3；（2） ；（3）存在，N点的横坐标分别为：2，−1， 或
3 2
−1−√5
．
2
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式，设解析式为y=−x2+bx+c将C(1,0)，B(0,3)两点代入求
得b，c的值即可；
1 1 1
（2）胡不归问题，要求BE'+ AE'的值，将折线化为直线，构造相似三角形将 AE'转化为 DE'，再
3 3 3
1
利用三角形两边之和大于第三边求得BE'+ AE'最值；
3
（3）分2种情形讨论：①AB为矩形的一条边，利用等腰直角三角形三角形的性质可以求得N点的坐标;
1
②AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,RN= AB,利用两点距离公式求解方程可得N点的坐标．
2
【详解】解：（1）∵y=−x2+bx+c过C(1,0)，B(0,3)
∴¿
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∴b=−2，c=3
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3
1
（2）在OE上取一点D，使得OD= OE，连接AE'，BD
3
1 1
∵OD= OE= OE'
3 3
−3+1
对称轴x= =−1．
2
∴E(−1,0)，OE=1
OE'=OE=1，OA=3
OE' OD 1
∴ = = ，∠DOE'=∠E'OA
OA OE' 3
∴ΔDOE'∽ΔE'OA
1
∴DE'= AE'
3
1
∴BE'+ AE'=BE'+DE'
3
当B，E'，D三点在同一点直线上时，BE'+DE'最小为BD．
1
在RtΔBOD中，OD= ，OB=3
3
∴BD=√OB2+OD2=
√
32+
(1) 2
=
√82
3 3
1 √82
即BE'+ AE'最小值为 ．
3 3
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（3）情形①如图，AB为矩形的一条边时，
联立¿
得¿
∴A(−3,0),OA=3
∵OB=3
∴△ABO是等腰Rt△，∠BAO=45°
分别过A,B 两点作AB的垂线，交y=−x2−2x+3于点N ,N ，
1 2
过N ,N 作N Q⊥y轴，N P ⊥x轴,
1 2 1 2
∴∠QBN =∠PAN =45°
1 2
∴ △BN Q,△AN P也是等腰直角三角形
1 2
设QB=m，则N Q=m，所以N (−m,m+3)
1 1
代入y=−x2−2x+3，解得m =1,m =0（不符题意，舍）
1 2
∴ N (−1,4)
1
同理，设OP=n，则PN=n+3 ，所以N (n,−n−3)
2
代入y=−x2−2x+3，解得n =2,n =−3（不符题意，舍）
1 2
∴N (2,-5)
2
1
② AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,则RN= AB
2
∵A(−3,0),B(0,3)
3 3
∴R(− , )，AB=√32+32=3√2
2 2
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1 3√2
∴RB= AB=
2 2
1
∵RN= AB
2
3√2
∴RN=
2
设N(x,−x2−2x+3) ，则
3 2 3 2 3√2 2
(x+ ) +(x2+2x− ) =( )
2 2 2
整理得：x(x+3)(x2+x−1)=0
解得：x =0（不符题意，舍），x =−3（不符题意，舍），
1 2
−1+√5 −1−√5
x = ， x =
3 2 4 2
−1+√5 −1−√5
∴ 综上所述：N点的横坐标分别为：2，−1， 或 ．
2 2
【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，三角形相似，勾股定理，二次函数与一次函
数交点，矩形的性质，等腰直角三角形性质，平面直角坐标系中两点距离计算等知识，能正确做出辅助线，
找到相似三角形是解题的关键．
3．（2023·宁夏·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．
已知点A的坐标是(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x=1．
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(1)直接写出点B的坐标；
(2)在对称轴上找一点P，使PA+PC的值最小．求点P的坐标和PA+PC的最小值；
(3)第一象限内的抛物线上有一动点M，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，连接BC交MN于点Q．依题意
补全图形，当MQ+√2CQ的值最大时，求点M的坐标．
【答案】(1)(3,0)
(2)点P(1,2)，PA+PC的最小值为3√2
(5 7)
(3)M ,
2 4
【分析】（1）根据抛物线的对称性，进行求解即可；
（2）根据抛物线的对称性，得到PA+PC=PB+PC≥BC，得到当P,B,C三点共线时，PA+PC的值最
小，为BC的长，求出直线BC的解析式，解析式与对称轴的交点即为点P的坐标，两点间的距离公式求出
BC的长，即为PA+PC的最小值；
（3）根据题意，补全图形，设M(m,−m2+2m+3)，得到N(m,0)，Q(m,−m+3)，将MQ+√2CQ的
最大值转化为二次函数求最值，即可得解．
【详解】（1）解：∵点A(−1,0)关于对称轴的对称点为点B，对称轴为直线x=1，
∴点B为(3,0)；
（2）当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，
连接BC，
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∵B(3,0)，
∴BC=√32+32=3√2，
∵点A关于对称轴的对称点为点B，
∴PA+PC=PB+PC≥BC，
∴当P,B,C三点共线时，PA+PC的值最小，为BC的长，
设直线BC的解析式为：y=kx+n，
则：¿，解得：¿，
∴y=−x+3，
∵点P在抛物线的对称轴上，
∴P(1,2)；
∴点P(1,2)，PA+PC的最小值为3√2；
（3）过点M作MN⊥x轴，垂足为N，连接BC交MN于点Q，如图所示，
∵A(−1,0),B(3,0)，
设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x−3)，
∵C(0,3)，
∴3=−3a，
∴a=−1，
∴y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3，
设M(m,−m2+2m+3)，则：N(m,0)，
由（2）知：直线BC：y=−x+3，
∴Q(m,−m+3)，
∴MQ=−m2+2m+3+m−3=−m2+3m，
∵C(0,3),B(3,0)，
∴OC=OB=3，BN=3−m，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
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∴∠NQB=∠OBC=45°，
∴BQ=√2BN=√2(3−m)，
∴CQ=BC−BQ=3√2−3√2+√2m=√2m，
∴MQ+√2CQ=−m2+3m+√2⋅√2m=−m2+5m=− ( m− 5) 2 + 25 ，
2 4
5 (5 7)
∴当m= 时，MQ+√2CQ有最大值，此时M , ．
2 2 4
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用抛物线的对称性以及数形结合的思
想进行求解，是解题的关键．
4．（2023·甘肃武威·中考真题）如图1，抛物线y=−x2+bx与x轴交于点A，与直线y=−x交于点
B(4,−4)，点C(0,−4)在y轴上．点P从点B出发，沿线段BO方向匀速运动，运动到点O时停止．
(1)求抛物线y=−x2+bx的表达式；
(2)当BP=2√2时，请在图1中过点P作PD⊥OA交抛物线于点D，连接PC，OD，判断四边形OCPD的
形状，并说明理由．
(3)如图2，点P从点B开始运动时，点Q从点O同时出发，以与点P相同的速度沿x轴正方向匀速运动，点P
停止运动时点Q也停止运动．连接BQ，PC，求CP+BQ的最小值．
【答案】(1)y=−x2+3x
(2)四边形OCPD是平行四边形，理由见解析
(3)4√3
【分析】（1）用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）作PD⊥OA交抛物线于点D，垂足为H，连接PC，OD，由点P在y=−x上，可知OH=PH，
√2 √2
∠POH=45°，连接BC，得出OB=4√2，则OH=PH= OP= ×2√2=2，当x =2时，
2 2 D
DH= y =−4+3×2=2，进而得出PD=OC，然后证明PD∥OC，即可得出结论；
D
（3）由题意得，BP=OQ，连接BC．在OA上方作△OMQ，使得∠MOQ=45°，OM=BC，证明
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△CBP≌△MOQ(SAS)，根据CP+BQ=MQ+BQ≥MB得出CP+BQ的最小值为MB，利用勾股定理求
得MB，即可得解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx过点B(4,−4)，
∴−16+4b=−4，
∴b=3，
∴y=−x2+3x；
（2）四边形OCPD是平行四边形．
理由：如图1，作PD⊥OA交抛物线于点D，垂足为H，连接PC，OD．
∵点P在y=−x上，
∴OH=PH，∠POH=45°，
连接BC，
∵OC=BC=4，
∴OB=4√2，
∵BP=2√2，
∴OP=OB−BP=2√2，
√2 √2
∴OH=PH= OP= ×2√2=2，
2 2
当x =2时，DH= y =−4+3×2=2，
D D
∴PD=DH+PH=2+2=4，
∵C(0,−4)，
∴OC=4，
∴PD=OC，
∵OC⊥x轴，PD⊥x轴，
∴PD∥OC，
∴四边形OCPD是平行四边形；
（3）如图2，由题意得，BP=OQ，连接BC．
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在OA上方作△OMQ，使得∠MOQ=45°，OM=BC，
∵OC=BC=4，BC⊥OC，
∴∠CBP=45°，
∴∠CBP=∠MOQ，
∵BP=OQ，∠CBP=∠MOQ，BC=OM，
∴△CBP≌△MOQ(SAS)，
∴CP=MQ，
∴CP+BQ=MQ+BQ≥MB（当M，Q，B三点共线时最短），
∴CP+BQ的最小值为MB，
∵∠MOB=∠MOQ+∠BOQ=45°+45°=90°，
∴MB=√OM2+OB2=√42+(4√2) 2=4√3，
即CP+BQ的最小值为4√3．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法，平行四边形的性质与判定，勾股定理，全等三角
形的判定和性质等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
5．（2023·陕西·中考真题）（1）如图①，在△OAB中，OA=OB，∠AOB=120°，AB=24．若⊙O的
半径为4，点P在⊙O上，点M在AB上，连接PM，求线段PM的最小值；
（2）如图②所示，五边形ABCDE是某市工业新区的外环路，新区管委会在点B处，点E处是该市的一个
交通枢纽．已知：∠A=∠ABC=∠AED=90°，AB=AE=10000m，BC=DE=6000m．根据新区的
自然环境及实际需求，现要在矩形AFDE区域内（含边界）修一个半径为30m的圆型环道⊙O；过圆心O，
作OM⊥AB，垂足为M，与⊙O交于点N．连接BN，点P在⊙O上，连接EP．其中，线段BN、EP及
MN是要修的三条道路，要在所修道路BN、EP之和最短的情况下，使所修道路MN最短，试求此时环道
⊙O的圆心O到AB的距离OM的长．
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【答案】（1）4√3−4；（2）4047.91m
【分析】
（1）连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'，则PM≥OM−4≥OM'−4，由直角三角形的
性质得出OM'=AM' ⋅tan30°=4√3，则可得出答案；
（2）分别在BC，AE上作BB'=A A'=r=30(m)，连接A'B'，B'O、OP、OE、B'E．证出四边形
BB'ON是平行四边形．由平行四边形的性质得出BN=B'O．当点O在B'E上时，BN+PE取得最小值．
作⊙O'，使圆心O'在B'E上，半径r=30(m)，作O'M'⊥AB，垂足为M'，并与A'B'交于点H．证明
△
O'H B'H
B'O'H∽ B'EA'，由相似三角形的性质得出 = ，求出O'H的长可得出答案．
EA' B' A'
△
【详解】
解：（1）如图①，连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'，
则OP+PM≥OM．
∵⊙O半径为4，
∴PM≥OM−4≥OM'−4，
∵OA=OB．∠AOB=120°，
∴∠A=30°，
∴OM'=AM' ⋅tan30°=12tan30°=4√3，
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∴PM≥OM'−4=4√3−4，
∴线段PM的最小值为4√3−4；
（2）如图②，分别在BC，AE上作BB'=A A'=r=30(m)，
连接A'B'，B'O、OP、OE、B'E．
∵OM⊥AB，BB'⊥AB，ON=BB'，
∴四边形BB'ON是平行四边形．
∴BN=B'O．
∵B'O+OP+PE≥B'O+OE≥B'E，
∴BN+PE≥B'E−r，
∴当点O在B'E上时，BN+PE取得最小值．
作⊙O'，使圆心O'在B'E上，半径r=30(m)，
作O'M'⊥AB，垂足为M'，并与A'B'交于点H．
∴O'H∥A'E，
∴ B'O'H∽ B'EA'，
△ △
O'H B'H
∴ = ，
EA' B' A'
∵⊙O'在矩形AFDE区域内（含边界），
∴当⊙O'与FD相切时，B'H最短，即B'H=10000−6000+30=4030(m)．
此时，O'H也最短．
∵M'N'=O'H，
∴M'N'也最短．
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EA' ⋅B'H (10000−30)×4030
∴O'H= = =4017.91(m)，
B' A' 10000
∴O'M'=O'H+30=4047.91(m)，
∴此时环道⊙O的圆心O到AB的距离OM的长为4047.91m．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判
定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
97 97
