最新中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型專題10 胡不歸問題-【壓軸必刷】-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

今天整理了初三中考總復(fù)習(xí)階段在教學(xué)過程中收集的經(jīng)典題目，一共有31講，包括原卷版和解析版，供大家學(xué)習(xí)復(fù)習(xí)參考。
經(jīng)典題目1：這是一道非常經(jīng)典的最值問題，最值模型將軍飲馬和一箭穿心。
經(jīng)典題目2：上面三道題是費馬點經(jīng)典問題，旋轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化是費馬點問題的關(guān)鍵。
經(jīng)典題目3：阿氏圓經(jīng)典題目，這道題目實際包括了隱圓模型，一箭穿心模型等常見幾何模型。
經(jīng)典題目4：這是中考出現(xiàn)頻率比較高的胡不歸問題，也是經(jīng)典最值問題。
【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案
專題9胡不歸（PA+kPB）型最短問題
解題策略
“PA＋k·PB”型的最值問題，當(dāng)k＝1時通常為軸對稱之最短路徑問題，而當(dāng)k＞0時，若以常規(guī)的軸對稱的方式解決，則無法進(jìn)行，因此必須轉(zhuǎn)換思路．
當(dāng)點P在直線上
如圖，直線BM，BN交于點B，P為BM上的動點，點A在射線BM，BN同側(cè)，已知sin∠MBN＝k．
過點A作AC⊥BN于點C，交BM于點P，此時PA＋k·PB取最小值，最小值即為AC的長．

證明如圖，在BM上任取一點Q，連結(jié)AQ，作QD⊥BN于點D．
由sin∠MBN＝k，可得QD＝ k·QB．
所以QA＋k·QB＝QA＋QD≥AC，即得證．
2．當(dāng)點P在圓上
如圖，⊙O的半徑為r，點A，B都在⊙O外，P為⊙O上的動點，已知r＝k·OB．
在OB上取一點C，使得OC＝ k·r，連結(jié)AC交⊙O于點P，此時PA＋k·PB取最小值，最小值即為AC的長．

證明如圖，在⊙O上任取一點Q，連結(jié)AQ，BQ，連結(jié)CQ，OQ．
則OC＝ k·OQ，OQ＝ k·OB．
而∠COQ＝∠QOB，所以△COQ∽△QOB，
所以QC＝ k·QB．
所以QA＋ k·QB ＝QA＋QC≥AC，即得證．
經(jīng)典例題
【例1】（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象經(jīng)過點A（﹣1，0），B（0，?3），C（2，0），其對稱軸與x軸交于點D．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式及其頂點坐標(biāo)；
（2）點M為拋物線的對稱軸上的一個動點，若平面內(nèi)存在點N，使得以A，B，M，N為頂點的四邊形為菱形，求點M的坐標(biāo)；
（3）若P為y軸上的一個動點，連接PD，求12PB＋PD的最小值．
【答案】（1）y=32（x?12）2?938，（12，?938）；（2）（12，72）或（12，?72）或（12，?3+152）或（12，?3?152）或（12，?36）；（3）334
【詳解】思路引領(lǐng)：（1）將A、B、C三點的坐標(biāo)代入y＝ax2+bx+c，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的表達(dá)式，進(jìn)而得到其頂點坐標(biāo)；
（2）當(dāng)以A，B，M，N為頂點的四邊形為菱形時，分三種情況：①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時AM＝AB；②以B為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時BM＝AB；③線段AB的垂直平分線與對稱軸有一個交點，此時AM＝BM，分別列出方程，求解即可；
（3）連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時12PB+PD最?。钚≈稻褪蔷€段DH，求出DH即可．
答案詳解：（1）由題意a?b+c=0c=?34a+2b+c=0，解得 a=32b=?32c=?3，
∴拋物線解析式為y=32x2?32x?3，
∵y=32x2?32x?3=32（x?12）2?938，
∴頂點坐標(biāo)（12，?938）；
（2）設(shè)點M的坐標(biāo)為（12，y）．
∵A（﹣1，0），B（0，?3），
∴AB2＝1+3＝4．
①以A為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時AM＝AB，
則（12+1）2+y2＝4，解得y＝±72，
即此時點M的坐標(biāo)為（12，72）或（12，?72）；
②以B為圓心AB為半徑畫弧與對稱軸有兩個交點，此時BM＝AB，
則（12）2+（y+3）2＝4，解得y=?3+152或y=?3?152，
即此時點M的坐標(biāo)為（12，?3+152）或（12，?3?152）；
③線段AB的垂直平分線與對稱軸有一個交點，此時AM＝BM，
則（12+1）2+y2＝（12）2+（y+3）2，解得y=?36，
即此時點M的坐標(biāo)為（12，?36）．
綜上所述，滿足條件的點M的坐標(biāo)為（12，72）或（12，?72）或（12，?3+152）或（12，?3?152）或（12，?36）；
（3）如圖，連接AB，作DH⊥AB于H，交OB于P，此時12PB+PD最?。?br>理由：∵OA＝1，OB=3，
∴tan∠ABO=OAOB=33，
∴∠ABO＝30°，
∴PH=12PB，
∴12PB+PD＝PH+PD＝DH，
∴此時12PB+PD最短（垂線段最短）．
在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°，AD=32，∠HAD＝60°，
∴sin60°=DHAD，
∴DH=334，
∴12PB+PD的最小值為334．
【例2】（2022·重慶·八年級期末）已知，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為AD上的兩點，連接BE、CF，并延長交于點G，連接DG，H為CF上一點，連接BH、DH，∠GBH+∠GED=90°
(1)如圖1，若H為CF的中點，且AF=2DF，DH=102，求線段AB的長；
(2)如圖2，若BH=BC，過點B作BI⊥CH于點I，求證：BI+22DG=CG；
(3)如圖2，在（1）的條件下，P為線段AD（包含端點A、D）上一動點，連接CP，過點B作BQ⊥CP于點Q，將△BCQ沿BC翻折得△BCM，N為直線AB上一動點，連接MN，當(dāng)△BCM面積最大時，直接寫出22AN+MN的最小值．
【答案】(1)3
(2)見解析
(3)32
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得FC=2DH=10，設(shè)正方形的邊長為3x，AF=2DF，可得FD=x，在Rt△FDC中，根據(jù)勾股定理建立方程，即可求解；
（2）過點D作DM ⊥GC于點M，證明△GBI是等腰直角三角形，△BIC≌△CMD，進(jìn)而證明△GMD是等腰直角三角形，根據(jù)GC=GI+IC=BI+MD=BI+22GD即可得證；
（3）取BC的中點S，連接SM，連接PN，以PN為底邊，在PN的左側(cè)作等腰直角三角形TPN，根據(jù)直角三角形中斜邊上的中點等于斜邊的一半可得SM=12BC=32，則當(dāng)SM⊥BC時，△BCM的面積最大，由TN+MN=22AN+MN≥TM，可得當(dāng)T,N,M三點共線時，22AN+MN取得最小值，證明四邊形ATMC是矩形，可得TM=AC=32，即22AN+MN的最小值為32．
(1)
解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°,AB=AD=DC，
∵ H為CF的中點，DH=102，
∴ FC=2DH=10，
設(shè)正方形的邊長為3x，AF=2DF，可得FD=x，
在Rt△FDC中，F(xiàn)D2+DC2=FC2，
即3x2+x2=10，
解得x=1，
∴AB=3x=3；
(2)
如圖，過點D作DM ⊥GC于點M，
∵∠AEB=∠GED，∠GBH+∠GED=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠GBH =12∠ABH，
∵ BH=BC，BI⊥CH，
∴∠HBI=∠CBI =12∠HBC，
∵∠ABC=90°，
∴∠GBI=∠GBH+∠HBI=12∠ABH+12∠HBC=12∠ABC=45°，
∴△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，
∴MD=22GD，
∴GC=GI+IC=BI+MD=BI+22GD，
即BI+22DG=CG；
(3)
如圖甲所示，取BC的中點S，連接SM，連接PN，以PN為底邊，在PN的左側(cè)作等腰直角三角形TPN，
∴TN=22PN，
∵BQ⊥PC，
∴ △BCQ是直角三角形，
∵將△BCQ沿BC翻折得△BCM，
∴△BMC是直角三角形，
∴SM=12BC=32，
當(dāng)SM⊥BC時，△BCM的面積最大，
∵ S是BC的中點，
∴△BMC是等腰直角三角形，
則△BQC也是等腰直角三角形，
∴CQ=BQ=22BC=12AC，
此時如圖乙所示，則點P與A重合，
∵ TN+MN=22AN+MN≥TM，
∴ T,N,M三點共線時，22AN+MN取得最小值，
∴∠PCM=∠ACB+∠BCM=90°，
∵∠BMC=90°，∠TAC=∠TAB+∠BAC=90°，
則四邊形ATMC是矩形，
∴TM=AC=32，
即22AN+MN的最小值為32．
圖甲圖乙
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，兩點之間線段最短，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
【例3】（2022·湖南師大附中博才實驗中學(xué)九年級開學(xué)考試）如果有一條直線經(jīng)過三角形的某個頂點，將三角形分成兩個三角形，其中一個三角形與原三角形相似，則稱該直線為三角形的“自相似分割線”．如圖1，在△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°，DE垂直平分AB，且交BC于點D，連接AD．
(1)證明直線AD是△ABC的自相似分割線；
(2)如圖2，點P為直線DE上一點，當(dāng)點P運動到什么位置時，PA+PC的值最小？求此時PA+PC的長度．
(3)如圖3，射線CF平分∠ACB，點Q為射線CF上一點，當(dāng)AQ+5?14CQ取最小值時，求∠QAC的正弦值．
【答案】(1)直線AD是△ABC的自相似分割線；
(2)當(dāng)點P運動到D點時，PA+PC的值最小，此時PA+PC=5+12；
(3)∠QAC的正弦值為5+14
【分析】（1）根據(jù)定義證明△DBA∽△ABC即可得證；
（2）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得PA+PC=PB+PC≥BC，當(dāng)點P與D重合時，PA+PC=PB+PC=BC,此時PA+PC最小，設(shè)BD=x，則BC=x+1
根據(jù)△DBA∽△ABC，列出方程，解方程求解即可求得BD，進(jìn)而即可求得BC的長，即PA+PC最小值；
（3）過點A作AH⊥BC于點H，過點Q作QG⊥BC于點G，連接AG，設(shè)CF與AD交于點M，根據(jù)已知條件求得GQ=5?14CQ，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為AQ+5?14CQ=AQ+GQ，則當(dāng)Q點落在AG上時，點G與點H重合，此時AQ+5?14CQ的值最小，最小值為AH，進(jìn)而根據(jù)sin∠QAC=sin∠HAC=CHAC求解即可．
(1)
∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC = 108°
∴∠B =∠C =12（180°-∠BAC）= 36°
∵DE垂直平分AB
∴AD = BD
∴∠B =∠BAD = 36°
∴∠C =∠BAD
又∵∠B =∠B
∴△DBA∽△ABC
∴直線AD是△ABC的自相似分割線．
(2)
如圖，連接PB，AD，
∵DE垂直平分AB，
∴PA=PB
∴PA+PC=PB+PC≥BC
當(dāng)點P與D重合時，PA+PC=PB+PC=BC,此時PA+PC最小，
∵∠ADC=∠B+∠BAD=72°，∠DAC=∠BAC?∠BAD=72°
∴∠ADC=∠DAC
∴CD=CA=1
設(shè)BD=x，則BC=x+1
∵△DBA∽△ABC
∴BDAB=ABBC
∴x1=1x+1
∴x2+x?1=0
解得：x=?1±52
∵x>0
∴x= ?1+52
∴BC=x+1=5+12
∴PA+PC=5+12
∴當(dāng)點P運動到D點時，PA+PC的值最小，此時PA+PC=5+12；
(3)
如圖，過點A作AH⊥BC于點H，過點Q作QG⊥BC于點G，連接AG，設(shè)CF與AD交于點M，
∵AB=AC，
∴CH=12BC=5+14
由（2）知，DC=AC=1
∵CF平分∠ACB
∴CM⊥AD
DM=AM=12AD=5?14
∴sin∠MCD=GQCQ =DMCD=5?14
∴GQ=5?14CQ
∴AQ+5?14CQ=AQ+GQ≥AG
∵AG≥AH
∴Q點落在AG上時，點G與點H重合，
即此時AQ+5?14CQ的值最小，最小值為AH
∴∠QAC=∠HAC
∵AB=AC,AH⊥BC
∴CH=12BC=5+14
∴sin∠QAC=sin∠HAC=CHAC=5+14
∴∠QAC的正弦值為5+14
【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，求角的正弦，垂直平分線的性質(zhì)，兩點之間線段最短，垂線段最短，胡不歸問題，轉(zhuǎn)化線段是解題的關(guān)鍵．
【例4】（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝33x＋3和直線l2：y＝﹣3x＋b相交于y軸上的點B，且分別交x軸于點A和點C．
（1）求△ABC的面積；
（2）點E坐標(biāo)為（5，0），點F為直線l1上一個動點，點P為y軸上一個動點，求當(dāng)EF＋CF最小時，點F的坐標(biāo)，并求出此時PF＋22OP的最小值．
【答案】（1）S△ABC=23；（2）點F坐標(biāo)為（1，433）；PF＋22OP的最小值為263+22．
【分析】（1）根據(jù)l1的解析式可得A、B坐標(biāo)，把點B坐標(biāo)代入y＝﹣3x＋b可求出b值，進(jìn)而可得出點C坐標(biāo)，即可求出AC、OB的長，利用三角形面積公式即可得答案；
（2）如圖，作點C關(guān)于直線l1的對稱點C′，連接C′E，交l1于F，根據(jù)A、B、C坐標(biāo)可得△ABC是直角三角形，可得點C′在直線l2上，根據(jù)兩點間距離公式可得出C′坐標(biāo)，可得C′E為EF＋CF的最小值，利用待定系數(shù)法可得出直線C′E的解析式，聯(lián)立直線C′E與l1解析式即可得出得F的坐標(biāo)；作二、四象限對角線l3，過點F作FG⊥l3于G，交y軸于P，可得∠GOP=45°，可得PG=22OP，可得FG為PF＋22OP的最小值，過點F作FQ⊥x軸，交l3于Q，可得△FGQ為等腰直角三角形，可得FG=22FQ，由l3的解析式為y=-x及點F的坐標(biāo)可得點Q坐標(biāo)，進(jìn)而可得FQ的長，即可得FG的長，可得答案．
【詳解】（1）∵l1：y＝33x＋3，
∴當(dāng)x=0時，y=3，當(dāng)y=0時，x=-3，
∴A（-3，0），B（0，3），
∵點B直線l2：y＝﹣3x＋b上，
∴b=3，
∴直線l2的解析式為y＝﹣3x＋3，
∴當(dāng)y=0時，x=1，
∴C（1，0），
∴AC=4，OB=3，
∴S△ABC=12AC?OB=12×4×3=23．
（2）如圖，作點C關(guān)于直線l1的對稱點C′，連接C′E，交l1于F，
∵A（-3，0），B（0，3），C（1，0），
∴AB2=（-3）2+（3）2=12，BC2=12+（3）2=4，AC2=42=16，
∵AC2=AB2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴點C′在直線l2上，
∵點C與點C′關(guān)于直線l1的對稱，
∴CC′=2BC=4，
設(shè)點C′（m，﹣3m＋3，）
∴（m-1）2+（﹣3m＋3）2=42，
解得：m1=-1，m2=3，
∵點C′在第二象限，
∴m=-1，
∴﹣3m＋3=23，
∵FC=FC′，
∴EF＋CF=EF+FC′，
∴當(dāng)C′、F、E三點共線時EF＋CF的值最小，
設(shè)直線C′E的解析式為y=kx+b，
∴?k+b=235k+b=0，
解得：k=?33b=533，
∴直線C′E的解析式為y=?33x+533，
聯(lián)立直線C′E與l1解析式得y=?33x+533y=33x+3，
解得：x=1y=433，
∴F（1，433）．
如圖，作二、四象限對角線l3，過點F作FG⊥l3于G，交y軸于P，過點F作FQ⊥x軸，交l3于Q，
∴直線l3的解析式為y=-x，∠GOP=45°，
∴△GOP是等腰直角三角形，
∴PG=22OP，
∴G、P、F三點共線時，PF＋22OP的值最小，最小值為FG的長，
∵∠GOP=45°，∠POE=90°，
∴∠EOQ=45°，
∴∠FQO=45°，
∴△FGQ是等腰直角三角形，
∴FG=22FQ，
∵F（1，433），直線l3的解析式為y=-x，
∴Q（1，-1），
∴FQ=433-（-1）=433+1，
∴FG=22FQ=22×（433+1）=263+22，
∴PF＋22OP的最小值為263+22．
【點睛】本題考查一次函數(shù)的綜合、軸對稱的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，正確添加輔助線，熟練掌握待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式及軸對稱的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
培優(yōu)訓(xùn)練
一、填空題
1．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足為D，P為線段AD上的一動點，連接PB、PC．則PA+2PB的最小值為 _____．
【答案】42
【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此時PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2BF，通過解直角三角形ABF，進(jìn)一步求得結(jié)果．
【詳解】解：如圖，
在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，
此時PA+2PB最小，
∴∠AFB＝90°
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠CAD＝∠BAD＝12∠BAC=12×30°=15°，
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，
∴PF＝12PA，
∴PA+2PB＝212PA+PB＝12PF+PB＝2BF，
在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，
∴BF＝AB?sin45°＝4×22=22，
∴（PA+2PB）最大＝2BF＝42，
故答案為：42．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解直角直角三角形，解題的關(guān)鍵是作輔助線．
2．（2022·湖北湖北·八年級期末）如圖，?ABCD中∠A=60°，AB=6，AD=2，P為邊CD上一點，則3PD+2PB的最小值為______．
【答案】63
【分析】作PH丄AD交AD的延長線于H，由直角三角形的性質(zhì)可得HP=32DP，因此3PD+2PB=2(32DP+PB)=2(PH+PB)，當(dāng)H、P、B三點共線時HP+PB有最小值，即3PD十2PB有最小值，即可求解．
【詳解】如圖，過點P作PH⊥AD，交AD的延長線于H，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB//CD，
∴∠A=∠PDH=60°
∵PH丄AD
∴∠DPH=30°
∴DH=12PD，PH=3DH=32PD，
∴3PD+2PB=2(32PD+PB)=2(PH+PB)
∴當(dāng)點H，點P，點B三點共線時，HP+PB有最小值，即3PD+2PB有最小值，
此時 BH⊥AH，∠ABH=30°，∠A=60°，
∴AH=12AB=3 ，BH=3AH=33
則3PD+2PB最小值為63，
故答案為：63．
【點睛】本題考查了胡不歸問題，平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，垂線段最短等知識．構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
3．（2022·湖北武漢·一模）如圖，在△ACE中，CA=CE，∠CAE=30°，半徑為5的⊙O經(jīng)過點C，CE是圓O的切線，且圓的直徑AB在線段AE上，設(shè)點D是線段AC上任意一點(不含端點)，則OD+12CD的最小值為______．
【答案】532
【分析】過點C作關(guān)于AE的平行線，過點D作DH垂直于該平行線于H，可將12CD轉(zhuǎn)化為DH，此時OD+12CD就等于OD+DH，當(dāng)ODH共線時，即為所要求的最小值．
【詳解】解：如圖所示，過點C作關(guān)于AE的平行線，過點D作DH垂直于該平行線于H，

∵CH//AB，∠CAE=30°，OC=OA，
∴∠HCA=∠OCA=30°，
∴sin∠HCD=HDCD=12，∠HCO=60°，
∴12CD=HD，
∴OD+12CD=OD+DH，
∵當(dāng)O，D，H三點共線，即在圖中H在H'位置，D在D'位置的時候有OD+DH最小，
∴當(dāng)O，D，H三點共線時，OD+12CD有最小值，
此時OH'=OC×sin∠HCO=OC×sin60°=5×32=532，
∴OD+12CD的最小值為532，
故答案為532．
【點睛】本題主要考查了最值問題中的胡不歸問題，解題的關(guān)鍵是在于將12OD進(jìn)行轉(zhuǎn)換．
4．（2022·湖北武漢·九年級階段練習(xí)）如圖，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，半徑為5的⊙O經(jīng)過點C，CE是圓O的切線，且圓的直徑AB在線段AE上，設(shè)點D是線段AC上任意一點（不含端點），則OD+12CD的最小值為 _____．
【答案】532
【分析】作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，易證四邊形AOCF是菱形，根據(jù)對稱性可得DF=DO．過點D作DH⊥OC于H，易得DH=12DC，從而有12CD+OD=DH+FD．根據(jù)兩點之間線段最短可得：當(dāng)F、D、H三點共線時，DH+FD（即12CD+OD）最小，然后在Rt△OHF中運用三角函數(shù)即可解決問題．
【詳解】解：作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，如圖所示，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=30°，
∴∠COB=60°，
則∠AOF=∠COF=12∠AOC=12（180°-60°）=60°．
∵OA=OF=OC，
∴△AOF、△COF是等邊三角形，
∴AF=AO=OC=FC，
∴四邊形AOCF是菱形，
∴根據(jù)對稱性可得DF=DO．
過點D作DH⊥OC于H，則DH =12DC，
∴12CD+OD=DH+FD．
根據(jù)兩點之間線段最短可得，
當(dāng)F、D、H三點共線時，DH+FD（即12CD+OD）最小，
∵OF=OA=5，
∴OH=12OF=52，
∴FH=OF2?OH2=532
即12CD+OD的最小值為532．
故答案為：532．
【點睛】本題主要考查了圓半徑相等的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、兩點之間線段最短、等腰三角形的性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，把12CD+OD轉(zhuǎn)化為DH+FD是解題的關(guān)鍵．
5．（2021·江蘇·蘇州高新區(qū)實驗初級中學(xué)九年級階段練習(xí)）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E為邊AD上一個動點，點F在邊CD上，且線段EF＝4，點G為線段EF的中點，連接BG、CG，則BG+12CG的最小值為 _____．
【答案】5
【分析】因為DG＝12EF＝2，所以G在以D為圓心，2為半徑圓上運動，取DI＝1，可證△GDI∽△CDG，從而得出GI＝12CG，然后根據(jù)三角形三邊關(guān)系，得出BI是其最小值
【詳解】解：如圖，
在Rt△DEF中，G是EF的中點，
∴DG＝12EF=2，
∴點G在以D為圓心，2為半徑的圓上運動，
在CD上截取DI＝1，連接GI，
∴DIDG＝DGCD＝12，
∴∠GDI＝∠CDG，
∴△GDI∽△CDG，
∴IGCG=DIDG＝12，
∴IG＝12CG，
∴BG+12CG＝BG+IG≥BI，
∴當(dāng)B、G、I共線時，BG+12CG最?。紹I，
在Rt△BCI中，CI＝3，BC＝4，
∴BI＝5，
故答案是：5．
【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，圓的概念，求得點G的運動軌跡是解題的關(guān)鍵．
6．（2021·四川省成都市七中育才學(xué)校八年級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l分別交x、y軸于B、C兩點，點A、C的坐標(biāo)分別為(3，0)、(0，﹣3)，且∠OCB＝60°，點P是直線l上一動點，連接AP，則AP+32PC的最小值是______．
【答案】3+332##33+32
【分析】作∠OCE=120°，過點P作PG⊥CE于點G，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得PG=32PC；當(dāng)A、P、G在同一直線時，AP+32PC= AP+PG= AG的值最小，再利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理即可求解．
【詳解】解：∵點A、C的坐標(biāo)分別為(3，0)、(0，﹣3)，
∴OA=3，OC=3，
作∠OCE=120°，
∵∠OCB=60°，
則∠OCB=∠BCE=∠FCE=60°，
過點P作PG⊥CE于點G，如圖：
在Rt△PCG中，∠PCG=60°，則∠CPG=30°，
∴CG=12PC，由勾股定理得PG=32PC，
∴AP+32PC= AP+PG，
當(dāng)A、P、G在同一直線時，AP+PG= AG的值最小，
延長AG交y軸于點F，
∵∠FCG=60°，∠CGF=90°，
∴∠CFG=30°，
∴CF=2CG，GF=32CF，
在Rt△OAF中，∠AOF=90°，∠OFA=30°，
∴AF=2OA=6，OF=3OA=33，
∴CF=OF-OC=33?3，
∴GF=32(33?3)=92?332，
∴AG=AF-FG=6?92+332=32+332，
即AP+32PC的最小值為32+332．
故答案為：3+332．
【點睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，作出合適的輔助線，得到當(dāng)A、P、G在同一直線時，AP+32PC= AP+PG= AG的值最小是解題的關(guān)鍵．
7．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，直線y＝x﹣3分別交x軸、y軸于B、A兩點，點C（0，1）在y軸上，點P在x軸上運動，則2PC＋PB的最小值為___．
【答案】4
【詳解】思路引領(lǐng)：過P作PD⊥AB于D，依據(jù)△AOB是等腰直角三角形，可得∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD，進(jìn)而得到△BDP是等腰直角三角形，故PD=22PB，當(dāng)C，P，D在同一直線上時，CD⊥AB，PC+PD的最小值等于垂線段CD的長，求得CD的長，即可得出結(jié)論．
答案詳解：如圖所示，過P作PD⊥AB于D，
∵直線y＝x﹣3分別交x軸、y軸于B、A兩點，
令x＝0，則y＝﹣3；令y＝0，則x＝3，
∴A（0，﹣3），B（3，0），
∴AO＝BO＝3，
又∵∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°＝∠BPD，
∴△BDP是等腰直角三角形，
∴PD=22PB，
∴2PC+PB=2（PC+22PB）=2（PC+PD），
當(dāng)C，P，D在同一直線上，即CD⊥AB時，PC+PD的值最小，最小值等于垂線段CD的長，
此時，△ACD是等腰直角三角形，
又∵點C（0，1）在y軸上，
∴AC＝1+3＝4，
∴CD=22AC＝22，
即PC+PD的最小值為22，
∴2PC+PB的最小值為2×22=4，
故答案為：4．
8．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，矩形ABCD中AB＝3，BC=3，E為線段AB上一動點，連接CE，則12AE＋CE的最小值為___．
【答案】3
【詳解】思路引領(lǐng)：在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．易證ET=12AE，推出12AE+EC＝CE+ET≥CH，求出CH即可解決問題．
答案詳解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴tan∠CAB=CBAB=33，
∴∠CAB＝30°，
∴AC＝2BC＝23，
在射線AB的下方作∠MAB＝30°，過點E作ET⊥AM于T，過點C作CH⊥AM于H．
∵ET⊥AM，∠EAT＝30°，
∴ET=12AE，
∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝23，
∴CH＝AC?sin6°＝23×32=3，
∵12AE+EC＝CE+ET≥CH，
∴12AE+EC≥3，
∴12AE+EC的最小值為3，
故答案為3．
9．（2021·四川·成都市樹德實驗中學(xué)八年級期末）如圖，△ABC中，∠BAC＝75°，∠ACB＝60°，AC＝4，則△ABC的面積為_；點D，點E，點F分別為BC，AB，AC上的動點，連接DE，EF，F(xiàn)D，則△DEF的周長最小值為_．
【答案】 6+23 32+6
【分析】（1）過點A作AH⊥BC于H，根據(jù)∠BAC＝75°，∠C＝60°，即可得到
（2）過點B作BJ⊥AC于J，作點F關(guān)于AB的對稱點M，點F關(guān)于BC的對稱點N，連接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此時△FE′D′的周長＝MN的長，然后證明△BMN是等腰直角三角形，BM的值最小時，MN的值最小，再根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)BF與BJ重合時，BM的值最小，由此求解即可.
【詳解】解：①如圖，過點A作AH⊥BC于H．
∴∠AHB=∠AHC=90°，
∵∠BAC＝75°，∠C＝60°，
∴∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝45°，∠HAC=30°
∴BH=AH，HC=12AC=2
∴AH=AC2?HC2=23
∴AH＝BH＝23，
∴BC＝BH+CH＝23+2，
∴S△ABC＝12?BC?AH＝12?（23+2）·3＝6+23．
②如圖，過點B作BJ⊥AC于J，作點F關(guān)于AB的對稱點M，點F關(guān)于BC的對稱點N，連接BM，BN，BJ，MN，MN交AB于E′，交BC于D′，此時△FE′D′的周長＝MN的長．
∵BF＝BM＝BM，∠ABM＝∠ABJ，∠CBJ＝∠CBN，
∴∠MBN＝2∠ABC＝90°，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BM的值最小時，MN的值最小，
根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)BF與BJ重合時，BM的值最小，
∵BJ=2S△ABCAC=12+434=3+3,
∴MN的最小值為2BJ＝32+6，
∴△DEF的周長的最小值為32+6．
故答案為：6+23，32+6．
【點睛】本題主要考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，垂線段最短，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進(jìn)行求解.
10．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在邊長為4的正方形ABCD內(nèi)有一動點P，且BP＝2．連接CP，將線段PC繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PQ．連接CQ、DQ，則12DQ+CQ的最小值為 ___．
【答案】5
【分析】連接AC、AQ，先證明△BCP∽△ACQ得AQBP=22即AQ＝2，在AD上取AE＝1，證明△QAE∽△DAQ得EQ＝12QD，故12DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，求出CE即可．
【詳解】解：如圖，連接AC、AQ，
∵四邊形ABCD是正方形，PC繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PQ，
∴∠ACB＝∠PCQ＝45°，
∴∠BCP＝∠ACQ，cs∠ACB＝BCAC=22，cs∠PCQ＝PCQC=22，
∴∠ACB=∠PCO，
∴△BCP∽△ACQ，
∴AQBP=22
∵BP＝2，
∴AQ＝2，
∴Q在以A為圓心，AQ為半徑的圓上，
在AD上取AE＝1，
∵AEAQ=12，AQAD=12，∠QAE＝∠DAQ，
∴△QAE∽△DAQ，
∴EQQD=12即EQ＝12QD，
∴12DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，
連接CE，
∴CE=DE2+CD2=5，
∴12DQ+CQ的最小值為5．
故答案為：5．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵在于能夠連接AC、AQ，證明兩對相似三角形求解.
11．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是菱形，AB＝8，且∠ABC＝60°，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，則AM+12BM的最小值為_____．
【答案】43
【分析】如圖，過點A作AT⊥BC于T，過點M作MH⊥BC于H，根據(jù)菱形的性質(zhì)和30°角的直角三角形的性質(zhì)可得MH＝12BM，于是可得AM+12BM的最小值即為AT的長，再利用解直角三角形的知識求解即可．
【詳解】解：如圖，過點A作AT⊥BC于T，過點M作MH⊥BC于H．
∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠DBC＝12∠ABC＝30°，
∵M(jìn)H⊥BC，∴∠BHM＝90°，
∴MH＝12BM，
∴AM+12BM＝AM+MH，
∵AT⊥BC，∴∠ATB＝90°，
∴AT＝AB?sin60°＝43，
∵AM+MH≥AT，
∴AM+MH≥43，
∴AM+12BM≥43，
∴AM+12BM的最小值為43，
故答案為：43．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、30°角的直角三角形的性質(zhì)、垂線段最短以及解直角三角形等知識，屬于?？碱}型，熟練掌握上述知識、明確解答的方法是解題關(guān)鍵．
12．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，?ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P為邊CD上的一動點，則2PB+ PD的最小值等于______.
【答案】6
【分析】過點P作PE⊥AD交AD的延長線于點E，根據(jù)四邊形ABCD是平行四邊形，得到 AB∥CD，推出PE=12PD，由此得到當(dāng)PB+PE最小時2PB+ PD有最小值，此時P、B、E三點在同一條直線上，利用∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6求出PB+PE的最小值=12AB=3，得到2PB+ PD的最小值等于6.
【詳解】過點P作PE⊥AD交AD的延長線于點E，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠EDC=∠DAB＝30°，
∴PE=12PD，
∵2PB+ PD=2（PB+12PD）=2(PB+PE)，
∴當(dāng)PB+PE最小時2PB+ PD有最小值，此時P、B、E三點在同一條直線上，
∵∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6，
∴PB+PE的最小值=12AB=3，
∴2PB+ PD的最小值等于6，
故答案為：6.
【點睛】此題考查平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形含30°角的問題，動點問題，將線段2PB+PD轉(zhuǎn)化為三點共線的形式是解題的關(guān)鍵.
13．（2022·四川自貢·一模）如圖，△ABC中，AB=AC=10，tanA=2，BE⊥AC于點E，D是線段BE上的一個動點，則CD+55BD的最小值是__________．
【答案】45
【分析】過點D作DH⊥AB于H，過點C作CM⊥AB于M，首先通過勾股定理及tanA=2求出AE,BE的長度，然后根據(jù)等腰三角形兩腰上的高相等得出CM=BE，然后通過銳角三角函數(shù)得出DH=55BD，進(jìn)而可得出CD+55BD=CD+DH，最后利用CD+DH?CM即可求值．
【詳解】解：如圖，過點D作DH⊥AB于H，過點C作CM⊥AB于M．
∵BE⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∵tanA=BEAE=2，
設(shè)AE=a，BE=2a，
∵AB2=AE2+BE2
∴100=a2+4a2，
∴a2=20，
∴a=25或?25（舍棄），
∴BE=2a=45，
∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，
∴CM=BE=45（等腰三角形兩腰上的高相等）
∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，
∴sin∠DBH=DHBD=AEAB=55，
∴DH=55BD，
∴CD+55BD=CD+DH，
∴CD+DH?CM，
∴CD+55BD?45，
∴CD+55BD的最小值為45,
故答案為：45．
【點睛】本題主要考查解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，垂線段最短等，學(xué)會添加輔助線并利用轉(zhuǎn)化的思想是解題的關(guān)鍵．
14．（2021·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，拋物線y=x2?2x?3與x軸交于A、B兩點，過B的直線交拋物線于E，且tan∠EBA=43，有一只螞蟻從A出發(fā)，先以1單位/s的速度爬到線段BE上的點D處，再以1.25單位/s的速度沿著DE爬到E點處覓食，則螞蟻從A到E的最短時間是________s．
【答案】649
【分析】過點E作x軸的平行線，再過D點作y軸的平行線，兩線相交于點H，如圖，利用平行線的性質(zhì)和三角函數(shù)的定義得到tan∠HED=tan∠EBA=DHEH=43，設(shè)DH=4m，EH=3m，則DE=5m，則可判斷螞蟻從D爬到E點所用的時間等于從D爬到H點所用的時間相等，于是得到螞蟻從A出發(fā)，先以1單位/s的速度爬到線段BE上的點D處，再以1.25單位/s的速度沿著DE爬到E點所用時間等于它從A以1單位/s的速度爬到D點，再從D點以1單位/s速度爬到H點的時間，利用兩點之間線段最短得到AD+DH的最小值為AG的長，接著求出A點和B點坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出BE的解析式，然后解由直線解析式和拋物線解析式所組成的方程組確定E點坐標(biāo)，從而得到AG的長，然后計算爬行的時間．
【詳解】解：過點E作x軸的平行線，再過D點作y軸的平行線，兩線相交于點H，如圖，
∵EH∥AB，
∴∠HEB=∠ABE，
∴tan∠HED=tan∠EBA=DHEH=43，
設(shè)DH=4m，EH=3m，則DE=5m，
∴螞蟻從D爬到E點的時間=5x1.25=4(s)
若設(shè)螞蟻從D爬到H點的速度為1單位/s，則螞蟻從D爬到H點的時間=4m1=4(s)，
∴螞蟻從D爬到E點所用的時間等于從D爬到H點所用的時間相等，
∴螞蟻從A出發(fā)，先以1單位/s的速度爬到線段BE上的點D處，再以1.25單位/s的速度沿著DE爬到E點所用時間等于它從A以1單位/s的速度爬到D點，再從D點以1單位/s速度爬到H點的時間，
作AG⊥EH于G，則AD+DH?AH?AG，
∴AD+DH的最小值為AG的長，
當(dāng)y=0時，x2?2x?3=0，解得x1=?1，x2=3，則A(?1,0)，B(3,0)，
直線BE交y軸于C點，如圖，
在RtΔOBC中，∵tan∠CBO=COOB=43，
∴OC=4，則C(0,4)，
設(shè)直線BE的解析式為y=kx+b，
把B(3,0)，C(0,4)代入得3k+b=0b=4，解得k=?43b=4，
∴直線BE的解析式為y=?43x+4，
解方程組y=x2?2x?3y=?43x+4得x=3y=0或x=?73y=649，則E點坐標(biāo)為(?73，649)，
∴AG=649，
∴螞蟻從A爬到G點的時間=6491=649(s)，
即螞蟻從A到E的最短時間為649s．
故答案為649．
【點睛】本題考查了二次函數(shù)與x軸的交點：把求二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a，b，c是常數(shù)，a≠0)與x軸的交點坐標(biāo)化為解關(guān)于x的一元二次方程．解決本題的關(guān)鍵是確定螞蟻在DH和DE上爬行的時間相等．
二、解答題
15．（2022·全國·九年級）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝12x＋2與x軸交于點A，與y軸交于點C．拋物線y＝ax2＋bx＋c的對稱軸是x＝－32且經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B．

(1)求二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的表達(dá)式；
(2)點P為線段AB上的動點，求AP＋2PC的最小值；
(3)拋物線上是否存在點M，過點M作MN垂直x軸于點N，使得以點A，M，N為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)拋物線表達(dá)式為：y=?12x2?32x+2；
(2)AP+2PC的最小值是23+4；
(3)存在M(0,2)或(-3,2)或(2,-3)或(5,-18)，使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似．
【分析】（1）先求的直線y=12x+2與x軸，y軸交點的坐標(biāo)，然后利用拋物線的對稱性可求得點B的坐標(biāo)；設(shè)拋物線的解析式為y=a(x+4)(x-1)，然后將點C的坐標(biāo)代入即可求得a的值，從而得拋物線的表達(dá)式；
（2）如圖1，作∠OAE=30°，交y軸于E，過點P作PH⊥AE于H，當(dāng)C，P，H三點共線時，AP+2PC的值最小，根據(jù)直角三角形含30度角的性質(zhì)可得CH的長，從而可得結(jié)論；
（3）首先可證明△ABC是直角三角形，且有AC=2BC，然后分三種情況討論即可：①當(dāng)M點與C點重合，即M（0，2）時，△MAN∽△BAC；②根據(jù)拋物線的對稱性，當(dāng)M（-3，2）時，△MAN∽△ABC； ③當(dāng)點M在第四象限時，解題時，需要注意相似三角形的對應(yīng)關(guān)系．
(1)
y=12x+2中，當(dāng)x=0時，y=2，當(dāng)y=0時，x=-4，
∴C（0，2），A（-4，0），
由拋物線的對稱性可知：點A與點B關(guān)于x=?32對稱，
∴點B的坐標(biāo)為（1，0）．
∵拋物線y=ax2+bx+c過A（-4，0），B（1，0），
可設(shè)拋物線表達(dá)式為y=a（x+4）（x-1），
又∵拋物線過點C（0，2），
∴2=-4a，
∴a=?12，
∴拋物線表達(dá)式為：y=?12x2?32x+2；
(2)
如圖1，作∠OAE=30°，交y軸于E，過點P作PH⊥AE于H，
∴PH=12AP,
∵AP+2PC=212AP+PC=2(PH+PC),
∴當(dāng)C，P，H三點共線時，AP+2PC的值最小，
∵∠APH=∠OPC，∠COP=∠AHP=90°，
∴∠OCP=∠OAE=30°，
Rt△AOE中，AO=4，
OE=OA3=433,
Rt△CHE中，EH=12CE=122+433=1+233,
∴CH=3EH=3+2
∴AP+2PC的最小值是2CH=2(3+2)=23+4;
(3)
∵A（-4，0），B（1，0），C（0，2），
∴AC=22+42=25,BC=12+22=5,AB=4+1=5,
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，AC=2BC，
點A，M，N為頂點的三角形與△ABC相似存在以下3種情況：
①如圖2，當(dāng)M點與C點重合，即M（0，2）時，△MAN∽△BAC；
②如圖3，根據(jù)拋物線的對稱性，當(dāng)M（-3，2）時，△MAN∽△ABC；
③如圖4，當(dāng)M在第四象限時，設(shè)Mn,?12n2?32n+2，則N（n，0），
∴MN=12n2+32n?2,AN=n+4,
當(dāng)ANMN=2時，AN=2MN，即12n2+32n?2=2(n+4)，
整理得：n2+2n-8=0，
解得：n1=-4（舍），n2=2，
∴M（2，-3）；
當(dāng)ANMN=12時，MN=2AN，即 12n2+32n?2=2(n+4)，
整理得：n2-n-20=0，
解得：n1=-4（舍），n2=5，
∴M（5，-18）．
綜上所述：存在M（0，2）或（-3，2）或（2，-3）或（5，-18），使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似．
【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)與相似三角形的綜合應(yīng)用，還考查了軸對稱-最短路徑問題，難度較大，解答本題需要同學(xué)們熟練掌握二次函數(shù)和相似三角形的相關(guān)性質(zhì)．
16．（2022·四川眉山·九年級專題練習(xí)）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=?23x2?223x+2與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C．
(1)求A、C兩點的坐標(biāo)；
(2)連接AC，點P為直線AC上方拋物線上（不與A、C重合）的一動點，過點P作PD⊥AC交AC于點D，PE⊥x軸交AC于點E，求PD+DE的最大值及此時點P的坐標(biāo)；
(3)如圖2，將原拋物線沿射線CB方向平移33個單位得到新拋物線y'，點M為新拋物線y'對稱軸上一點，在新拋物線y'上是否存在一點N，使以點C、A、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形，若存在，請直接寫出點M的坐標(biāo)，并選擇一個你喜歡的點寫出求解過程；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)A（﹣3，0），C(0,2)
(2)最大值，31122+92244，P(?32,524)
(3)存在，此時M(2,?1132)或(2,192)或(2,?1732)，見解析
【分析】（1）令x=0，求出y的值，可求出點C的坐標(biāo)；令y=0，可求出x的值，由此可求出點A的坐標(biāo)；
（2）利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可表達(dá)PD+DE的值，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值；
（3）分三種情況：當(dāng)四邊形ACNM是平行四邊形時，當(dāng)ACMN時平行四邊形時，當(dāng)ANCM時平行四邊形時，分別利用點的平移和中點坐標(biāo)公式進(jìn)行求解即可．
（1）
在y=?23x2?223x+2中，
令x＝0，y=2．
∴C(0,2），
令y＝0，x1＝﹣3，x2＝1，
∵xA＜xB，
∴A（﹣3，0），B（1，0）．
（2）
∵PE⊥x軸，y⊥x軸，
∴PE∥y軸，
∴∠PED＝∠ACO，
∵∠PDE＝∠AOC＝90°，
∴△PED∽△ACO，
∴DE：PD：PE＝OC：OA：AC，
在Rt△AOC中，∠AOC＝90°，
∴AC=OA2+OC2=11，
∴DE:PD:PE=OC:OA:AC=2:3:11，
∴DE=2211PE，PD=31111PE，
∴PD+DE=31111+2211PE，
當(dāng)PE最大時，PD+DE最大，
設(shè)直線AC的解析式為：y＝kx+b，
∵A（﹣3，0），C(0,2)，
∴?3k+b=0b=2，
∴直線AC:y=23x+2．
設(shè)Pm,?23m2?223m+2，﹣3＜m＜0，
∴Em,23m+2，
∴PE=yP?yE=?23m2?2m，
∵?23

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多