文档内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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
1 1关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
( 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；
2 2关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
( 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
3 3关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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
4 4关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(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
5 5关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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°，
6 6关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵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，
7 7关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴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．
8 8关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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．
9 9关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(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)，
10 10关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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：
11 11关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵△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），
12 12关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴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：
13 13关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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
14 14关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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
15 15关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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；
16 16关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(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°，
17 17关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴∠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，
18 18关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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.
19 19关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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
20 20关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
21 21关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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'，
22 22关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴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
23 23关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴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，
24 24关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵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
25 25关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∠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°，
26 26关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴∠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．
27 27关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【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__________；
28 28关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
（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，
29 29关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
√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
30 30关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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)；
31 31关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
（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；
32 32关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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，
33 33关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴∠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
34 34关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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
35 35关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(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，
36 36关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴△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”．
37 37关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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；
38 38关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
（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）．
39 39关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【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；
40 40关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(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)，
41 41关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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
42 42关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【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；
43 43关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(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，
44 44关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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；
△
45 45关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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）；
46 46关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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
