專題13 三角函數(shù)中的最值模型之胡不歸模型（解析版）

專題13三角函數(shù)中的最值模型之胡不歸模型胡不歸模型可看作將軍飲馬衍生，主要考查轉(zhuǎn)化與化歸等的數(shù)學(xué)思想，近年在中考數(shù)學(xué)和各地的模擬考中常以壓軸題的形式考查，學(xué)生不易把握。本專題就最值模型中的胡不歸問題進(jìn)行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握。在解決胡不歸問題主要依據(jù)是：點到線的距離垂線段最短。【模型背景】從前有個少年外出求學(xué)，某天不幸得知老父親病危的消息，便立即趕路回家．根據(jù)“兩點之間線段最短”，雖然從他此刻位置A到家B之間是一片砂石地，但他義無反顧踏上歸途，當(dāng)趕到家時，老人剛咽了氣，小伙子追悔莫及失聲痛哭．鄰居告訴小伙子說，老人彌留之際不斷念叨著“胡不歸？胡不歸？”看到這里很多人都會有一個疑問，少年究竟能不能提前到家呢？假設(shè)可以提早到家，那么他該選擇怎樣的一條路線呢？這就是今天要講的“胡不歸”問題.知識儲備：在直角三角形中銳角A的對邊與斜邊的比叫做∠A的正弦，記作sinA，即?！灸Ｐ徒庾x】一動點P在直線MN外的運動速度為V1，在直線MN上運動的速度為V2，且V1<V2，A、B為定點，點C在直線MN上，確定點C的位置使的值最?。ㄗ⒁馀c阿氏圓模型的區(qū)分）1），記，即求BC+kAC的最小值.2）構(gòu)造射線AD使得sin∠DAN=k，，CH=kAC,將問題轉(zhuǎn)化為求BC+CH最小值.3）過B點作BH⊥AD交MN于點C，交AD于H點，此時BC+CH取到最小值，即BC+kAC最?。窘忸}關(guān)鍵】在求形如“PA+kPB”的式子的最值問題中，關(guān)鍵是構(gòu)造與kPB相等的線段，將“PA+kPB”型問題轉(zhuǎn)化為“PA+PC”型．（若k>1，則提取系數(shù)，轉(zhuǎn)化為小于1的形式解決即可）。【最值原理】兩點之間線段最短及垂線段最短。例1．（2023·陜西西安·?？级＃┤鐖D，在RtABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝8，D、F分別是邊AB、BC上的動點，連接CD，過點A作AE⊥CD交BC于點E，垂足為G，連接GF，則GF+FB的最小值為．【答案】【分析】“胡不歸模型”，以BF為斜邊構(gòu)造含30°角的直角三角形，結(jié)合∠B＝30°，即把Rt△ABC補(bǔ)成等邊△ABP，過F作BP的垂線FH，根據(jù)垂線段最短得，當(dāng)G、F、H成一直線時，GF+FB最短，又根據(jù)直角所對的弦是直徑，可得點G在以AC為直徑的圓上，取AC的中點O，連接OG，過點O作OQ⊥BP于點Q，據(jù)此解題．【詳解】解：如圖，延長AC到點P，使CP=AC，連接BP，過點F作FH⊥BP于點H，取AC的中點O，連接OG，過點O作OQ⊥BP于點Q，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=8，∴AC=CP=4，AP=8，BP=AB=8，∴△ABP是等邊三角形，∴∠FBH=30°，在Rt△FHB中，F(xiàn)H=FB，∴當(dāng)G、F、H在同一直線上時，GF+FB=GF+FH取得最小值，∵AE⊥CD，∴∠AGC=90°，∵O為AC的中點，∴OA=OC=OG=AC，∴A、C、G三點共圓，圓心為O，即點G在⊙O上運動，∴當(dāng)點G運動到OQ上時，GF+FH取得最小值，∵在Rt△OPQ中，∠P=60°，OP=6，sinP=，∴，∴GF+FH的最小值為，即GF+FB的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查含30°直角三角形性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，垂直平分線性質(zhì)，點到直線距離，圓周角定理，最短路徑，解題關(guān)鍵是找到點G運動到什么位置時，GH最小，聯(lián)想到找出點G運動路徑再計算．例2．（2023·河北保定·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，對角線交于點O，，點M在線段上，且．點P為線段上的一個動點．

（1）°；（2）的最小值為．【答案】2【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得到，又由得到是等邊三角形，則，即可得到答案；（2）過點P作于點E，過點M作于點F，證明，進(jìn)一求解即可得到答案．【詳解】解：（1）∵四邊形是矩形，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，故答案為：．（2）過點P作于點E，過點M作于點F，

在中，由（1）知：，∴，∴，在矩形中，，∵，∴，在中，，∴，∴的最小值為2，故答案為：2．【點睛】此題考查了矩形的性質(zhì)、含的直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握矩形的性質(zhì)、含的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例3．（2023·重慶·九年級期中）如圖所示，菱形的邊長為5，對角線的長為，為上一動點，則的最小值為A．4 B．5 C． D．解：如圖，過點作于點，過點作于點，連接交于點．四邊形是菱形，，，，，，，，，，，，，的最小值為4，故選：．例4．（2023.綿陽市八年級期中）P是正方形對角線上一點，AB=2，則PA+PB+PC的最小值為。解析：PA+PB+PC=2PA+PB=2（PA+PB）連接AC交BD于O，作BE使∠PBE=30°，過點P作PF⊥BE，PF=PB.顯然A、P、F共線時PA+PB最小。此時

PA+PB=AF∵AB=2,∴AO=BO=,∵∠PBE=30°,∴OE=,BE=利用等面積法:×AF×BE=×AE×BO解得：AF=注意：本題也可以利用費馬點（旋轉(zhuǎn)作圖）來解決。例5．（2023·湖南湘西·統(tǒng)考中考真題）如圖，是等邊三角形的外接圓，其半徑為4．過點B作于點E，點P為線段上一動點（點P不與B，E重合），則的最小值為．

【答案】6【分析】過點P作，連接并延長交于點F，連接，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和圓內(nèi)接三角形的性質(zhì)得到，，然后利用含角直角三角形的性質(zhì)得到，進(jìn)而求出，然后利用代入求解即可．【詳解】如圖所示，過點P作，連接并延長交于點F，連接

∵是等邊三角形，∴∵是等邊三角形的外接圓，其半徑為4∴，，∴∴∵∴∴∵，∴∴∴的最小值為的長度∵是等邊三角形，，∴∴的最小值為6．故答案為：6．【點睛】此題考查了圓內(nèi)接三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含角直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點．例6．（2023·廣東深圳·校考模擬預(yù)測）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象與x軸交于A、C兩點，與y軸交于點B，若P是x軸上一動點，點在y軸上，連接，則的最小值是．

【答案】【分析】過作，過作．再由得，根據(jù)垂線段最短可知，的最小值為，求出即可．【詳解】解：連接，過作，過作，

令，即，解得或1，，，，，，．，根據(jù)垂線段最短可知，的最小值為，，，，的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查胡不歸問題，二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是將求的最小值轉(zhuǎn)化為求的最小值．屬于中考選擇題中的壓軸題．例7．（2023·江蘇宿遷·統(tǒng)考二模）已知中，，則的最大值為．

【答案】【分析】過點C作，垂足為D，取，即可說明是等腰直角三角形，求出，進(jìn)一步求出，繼而將轉(zhuǎn)化為，推出點D在以為直徑的圓上，從而可知當(dāng)為等腰直角三角形時，最大，再求解即可．【詳解】解：如圖，過點C作，垂足為D，取，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，而一定，∴當(dāng)?shù)拿娣e最大時，最大，∵，∴點D在以為直徑的圓上，∴當(dāng)D平分時，點D到的距離最大，即高最大，則面積最大，此時，則為等腰直角三角形，∴，故答案為：．

．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，含30度的直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，將最值轉(zhuǎn)化為的長．例8．（2023·四川自貢·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線與x軸，y軸分別交于A，B兩點，點D是線段AB上一動點，點H是直線上的一動點，動點，連接．當(dāng)取最小值時，的最小值是．

【答案】【分析】作出點，作于點D，交x軸于點F，此時的最小值為的長，利用解直角三角形求得，利用待定系數(shù)法求得直線的解析式，聯(lián)立即可求得點D的坐標(biāo)，過點D作軸于點G，此時的最小值是的長，據(jù)此求解即可．【詳解】解：∵直線與x軸，y軸分別交于A，B兩點，∴，，作點B關(guān)于x軸的對稱點，把點向右平移3個單位得到，作于點D，交x軸于點F，過點作交x軸于點E，則四邊形是平行四邊形，此時，，∴有最小值，作軸于點P，

則，，∵，∴，∴，∴，即，∴，則，設(shè)直線的解析式為，則，解得，∴直線的解析式為，聯(lián)立，，解得，即；過點D作軸于點G，直線與x軸的交點為，則，∴，∴，∴，即的最小值是，故答案為：．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，解直角三角形，利用軸對稱求最短距離，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．例9．（2023.重慶九年級一診）如圖①，拋物線y＝﹣x2+x+4與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，點D為線段AC的中點，直線BD與拋物線交于另一點E，與y軸交于點F．（1）求直線BD的解析式；（2）如圖②，點P是直線BE上方拋物線上一動點，連接PD，PF，當(dāng)△PDF的面積最大時，在線段BE上找一點G，使得PG﹣GE的值最小，求出點G的坐標(biāo)及PG﹣GE的最小值；【答案】（1）y＝x+1；（2）點G（，），最小值為；【分析】（1）令-x2+x+4=0，可求出點A和點B的坐標(biāo)，令x=0，可求出點C的坐標(biāo)，再根據(jù)點D時AC的中點，可求出點D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求直線解析式即可．（2）求三角形的面積最值可以轉(zhuǎn)化為求線段長度的最大值，利用點坐標(biāo)表示線段長度，配方求最值，求PG-GE的最小值，可將不共線的線段轉(zhuǎn)換為共線的線段長度．【詳解】解：（1）令﹣x2+x+4＝0，解得x1＝﹣2，x2＝4，∴B（﹣2，0），A（4，0），令x＝0，y＝4，∴C（0，4），∵D為AC的中點，∴D（2，2），設(shè)直線BD的解析式為y＝kx+b（k≠0），代入點B和點D，，解得，∴直線BD的解析式為y＝x+1．（2）如圖所示，過點P作y軸的平行線，交BE交于點H，設(shè)點P的坐標(biāo)為（t，﹣t2+t+4），則點H為（t，t+1），∴PH＝﹣t2+t+4﹣（t+1）＝﹣（t﹣）2+，當(dāng)t＝時，PH最大，此時點P為（，），當(dāng)PH最大時，△PDF的面積也最大．∵直線BD的解析式為y＝x+1，令x＝0，y＝1，∴點F（0，1），在Rt△BFO中，根據(jù)勾股定理，BF＝，∴sin∠FBO＝過點E作x軸的平行線與過點G作y軸的平行線交于點M，∴∠MEG＝∠FBO，∴MG＝EG?sin∠MEG＝EG，∴PG﹣GE＝PG﹣MG，當(dāng)P、M、G三點共線時，PG﹣MG＝PM，否則都大于PM，∴當(dāng)P、M、G三點共線時，PG﹣MG最小，此時點G與點H重合，令﹣x2+x+4＝x+1，解得x1＝3，x2＝﹣2，∴點E（3，），∴PM＝﹣＝，∴點G（，），∴點G（，），PG﹣GE的最小值為．【點睛】本題考查二次函數(shù)求最值問題，線段的和差求最值問題，找等腰三角形的分類討論，綜合性較強(qiáng)．課后專項訓(xùn)練1．（2023·新疆·九年級期中）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ODCD的最小值為_____．【答案】【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=DC，從而有CD+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CD+OD）最小，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=∠AOC=（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=DC，∴CD+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CD+OD）最小，∵OF=OA=5，∴，∴即CD+OD的最小值為．故答案為：．【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CD+OD轉(zhuǎn)化為DH+FD是解題的關(guān)鍵．2．（2023·黑龍江佳木斯·統(tǒng)考一模）如圖，菱形ABCD中，，邊長為3，P是對角線BD上的一個動點，則的最小值是______．【答案】【分析】求兩條線段之和的最小值問題，通常轉(zhuǎn)化為兩點之間的距離，在平面中，兩點間的距離最短．【詳解】解：如圖所示：過點作交于點，過點作交于點，四邊形是菱形，，∴∠ABP=30°，，，由垂線段最短可知，的最小值為的長，，即的最小值是：，故答案是：．【點睛】本題考查了動點中的最短路徑問題，解題的關(guān)鍵是：通過等量代換，轉(zhuǎn)化為兩點之間的距離．3．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形中，，E為邊上的一動點，那么的最小值等于______．【答案】3【分析】如圖，過作交的延長線于點，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，推出，從而得到，進(jìn)而得到，根據(jù)，可知，當(dāng)三點共線時，線段的和最小，利用所對的直角邊是斜邊的一半即可得解．【詳解】解：如圖，過作交的延長線于點，∵四邊形為平行四邊形，∴，∴，∴，∴，∵，∴當(dāng)三點共線時，線段的和最小，∵，，∴，即：的最小值等于3；故答案為：3．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，以及含的直角三角形．通過添加輔助線，構(gòu)造含的直角三角形，利用垂線段最短進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵．本題是胡不歸模型，平時多歸納總結(jié)，可以快速解題．4．（2023·廣東·九年級專題練習(xí)）如圖，矩形ABCD中AB＝3，BC，E為線段AB上一動點，連接CE，則AE＋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ETAE，推出AE+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，∴∠CAB＝30°，∴AC＝2BC＝2，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°，∴ETAE，∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝2，∴CH＝AC?sin6°＝23，∵AE+EC＝CE+ET≥CH，∴AE+EC≥3，∴AE+EC的最小值為3，故答案為3．5．（2023春·浙江·八年級專題練習(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】【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=PD，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=AB=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=PD，∵2PB+PD=2（PB+PD）=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=AB=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.6．（2023上·四川成都·八年級?？计谥校┮阎诘妊?，，，，點是直線上一點，連接，在的右側(cè)做等腰，其中，，連接，則的最小值為（用含的代數(shù)式表示）．

【答案】【分析】如圖所示，過點作，過點作，延長交于點，可證，，，根據(jù)三角形內(nèi)角和關(guān)系可得，，，當(dāng)點三點共線時，的值最小，在中，可得，可證是等腰三角形，為的中點，可得，在中，根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作，過點作，延長交于點，

∵，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，，∵，∴，在中，，，∴，，∴，∴，當(dāng)點三點共線時，的值最小，∴當(dāng)點三點共線時，∵，∴點于點重合，如圖所示，

在中，，則，∵，∴，在中，，∴，∴，∵，∴是等腰三角形，，∴為的中點，且，，∴，在中，，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)，全等三角的判定和性質(zhì)，勾股定理，含角直角三角形的性質(zhì)等知識的綜合，掌握以上知識，圖形結(jié)合分析是解題的關(guān)鍵．7．（2023·湖南湘西·八年級統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，已知菱形ABCD的邊長為4，點是對角線AC上的一動點，且∠ABC=120°，則()的最小值是____________．【答案】【分析】作DE⊥AB于E點，連接BD，根據(jù)垂線段最短，此時DE最短，即PA+PB+PD最小，根據(jù)菱形性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)即可求出DE的長，進(jìn)而得出結(jié)論．【詳解】解：如圖，作DE⊥AB于E點，連接BD∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°∴∠DAB=60°，則△ABD為等邊三角形∴∠PAE=30°∴AP=2PE∵PD=PB∴PA+PB+PD=2PE+2PD=2DE根據(jù)垂線段最短，此時DE最短，即PA+PB+PD最小∵菱形的邊長為4∴AB=4，AE=2∴DE=∴2DE=∴PA+PB+PD最小值為故答案為：【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，掌握菱形的性質(zhì)，將多條線段轉(zhuǎn)化是解題關(guān)鍵．8．（2023·四川成都·九年級?？计谥校┤鐖D，在矩形中，，E是上一個動點，連接，過點C作的垂線l，過點D作交l于點F，過點D作于點G，，點H是中點，連接，則的最小值為．【答案】/【分析】證明，得出，再證，求出，所以，即，可得．作的垂直平分線，交的延長線于點T，連接，過點E作于點Q，求出，所以．求的最小值，即為求的最小值，過點H作于點J，即為所求最小值．設(shè)，根據(jù)勾股定理可得出，所以，由，可求得的長度．【詳解】解：在矩形中，，∴，∵于點C，∴，∴．∴．同理可證，∴，∴，∵，∴，∴，∵于點G，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴．如圖，作的垂直平分線，交的延長線于點T，連接，過點E作于點Q，∴，∴，即．∴．∴，∴求的最小值，即為求的最小值，過點H作于點J，HJ即為所求最小值．設(shè)，則，在中，由勾股定理可知，，解得，∴．如圖，連接，，∵點H是的中點，∴，∵，∴，即，解得．故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，勾股定理，垂線段最短，三角形的面積等相關(guān)知識，根據(jù)題意作出輔助線，將所求目標(biāo)轉(zhuǎn)化為求垂線段的長度是解題關(guān)鍵．9．（2023·山東濟(jì)寧·?？寄M預(yù)測）如圖，矩形的對角線，相交于點，關(guān)于的對稱圖形為．（1）求證：四邊形是菱形；（2）連接，若，．①求的值；②若點為線段上一動點（不與點重合），連接，一動點從點出發(fā)，以的速度沿線段勻速運動到點，再以的速度沿線段勻速運動到點，到達(dá)點后停止運動．當(dāng)點沿上述路線運動到點所需要的時間最短時，求的長和點走完全程所需的時間．【答案】（1）證明見解析；（2）①；②和走完全程所需時間為．【分析】（1）利用四邊相等的四邊形是菱形進(jìn)行證明即可；（2）①構(gòu)造直角三角形求即可；②先確定點沿上述路線運動到點所需要的時間最短時的位置，再計算運到的時間．【詳解】（1）四邊形是矩形，，與交于點O,且關(guān)于對稱，，，四邊形是菱形；（2）①連接,直線分別交于點,交于點，關(guān)于的對稱圖形為，，在矩形中，為的中點，且O為AC的中點，為的中位線，

，同理可得：為的中點，，

，；②過點P作交于點，由運動到所需的時間為3s，由①可得，，點Q以的速度從P到A所需的時間等于以從M運動到A，即：，由O運動到P所需的時間就是OP+MA和最小.如下圖，當(dāng)P運動到,即時，所用時間最短.，在中，設(shè)，，，解得：，，和走完全程所需時間為．10．（2023·山東·九年級專題練習(xí)）【定義】斜率，表示一條直線相對于橫軸的傾斜程度．當(dāng)直線l的斜率存在時，對于一次函數(shù)y＝kx＋b（k≠0），k即為該函數(shù)圖象（直線）的斜率．當(dāng)直線過點（x1，y1）、（x2，y2）時，斜率k＝，特別的，若兩條直線l1⊥l2，則它們的斜率之積k1?k2＝﹣1，反過來，若兩條直線的斜率之積k1?k2＝﹣1，則直線l1⊥l2【運用】請根據(jù)以上材料解答下列問題：（1）已知平面直角坐標(biāo)系中，點A（1，3）、B（m，﹣5）、C（3，n）在斜率為2的同一條直線上，求m、n的值；（2）在（1）的條件下，點P為y軸上一個動點，當(dāng)∠APC為直角時，求點P的坐標(biāo)；（3）在平面直角坐標(biāo)系中另有兩點D（3，2）、E（﹣1，﹣6），連接DA并延長至點G，使DA＝AG，連接GE交直線AB于點F，M為線段FA上的一個動點，求DM＋MF的最小值．【答案】（1）-3；7；（2）（0，4）或（0，6）；（3）4【分析】（1）設(shè)直線的解析式為y＝2x+b，將A（1，3）代入求出b＝1，得到函數(shù)解析式，再將點B、C分別代入求出m、n的值；（2）設(shè)點P（0，y），當(dāng)∠APC為直角時，根據(jù)KPA?KPC＝﹣1，得到，求解即可；（3）連接DE，證得AB∥DE，AB⊥DA，DE⊥DA，求出AD、DE、DG，利用勾股定理求出EG，及sin∠GFA的值，過M作MN⊥GF于N，則，過點D作DH⊥GE于H，則DH即為最小值，由DH?GE＝DG?DE得到DH＝4．【詳解】解：（1）設(shè)直線的解析式為y＝2x+b，將A（1，3）代入得b＝1，∴直線的解析式為y＝2x+1，將B（m，﹣5）、C（3，n）兩點分別代入解析式，得m＝﹣3，n＝7；（2）設(shè)點P（0，y），當(dāng)∠APC為直角時，有KPA?KPC＝﹣1，由（1）知，A（1，3）、C（3，7），∴，解得y＝4或y＝6，∴點P的坐標(biāo)為（0，4）或（0，6）．（3）如圖，連接DE，由題意知，KAB＝2，，∵KAB＝KDE，，∴AB∥DE，AB⊥DA，DE⊥DA，∴，∴，∴，過M作MN⊥GF于N，則，∴，過點D作DH⊥GE于H，則DH即為最小值．由DH?GE＝DG?DE，得DH＝4，即的最小值為4．【點睛】此題考查胡不歸問題的綜合知識，正確理解題意中斜率的計算公式，勾股定理，最小值問題是解題的關(guān)鍵．11.（2023.廣東九年級期中）如圖，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，⊙O經(jīng)過點C，且圓的直徑AB在線段AE上．（1）證明：CE是⊙O的切線；（2）若△ACE中AE邊上的高為h，試用含h的代數(shù)式表示⊙O的直徑AB；（3）設(shè)點D是線段AC上任意一點（不含端點），連接OD，當(dāng)CD＋OD的最小值為6時，求⊙O的直徑AB的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）AB＝8【解析】（1）連接OC，如圖，∵CA＝CE，∠CAE＝30°，∴∠E＝∠CAE＝30°，∠COE＝2∠A＝60°，∴∠OCE＝90°，∴CE是⊙O的切線；（2）過點C作CH⊥AB于H，連接OC，如圖，由題可得CH＝h．在Rt△OHC中，CH＝OC?sin∠COH，∴h＝OC?sin60°＝OC，∴OC＝h，∴AB＝2OC＝h；（3）作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，如圖，則∠AOF＝∠COF＝∠AOC＝（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，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC＝30°，∴DH＝DC?sin∠DCH＝DC?sin30°＝DC，∴CD＋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CD＋OD）最小，此時FH＝OF?sin∠FOH＝OF＝6，則OF＝4，AB＝2OF＝8．∴當(dāng)CD＋OD的最小值為6時，⊙O的直徑AB的長為8．12．（2021·四川達(dá)州市·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線交軸于點和，交軸于點，拋物線的對稱軸交軸于點，交拋物線于點．（1）求拋物線的解析式；（2）將線段繞著點沿順時針方向旋轉(zhuǎn)得到線段，旋轉(zhuǎn)角為，連接，，求的最小值．（3）為平面直角坐標(biāo)系中一點，在拋物線上是否存在一點，使得以，，，為頂點的四邊形為矩形？若存在，請直接寫出點的橫坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；【答案】（1）；（2）；（3）存在，點的橫坐標(biāo)分別為：2，，或．【分析】（1）待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，設(shè)解析式為將，兩點代入求得，c的值即可；（2）胡不歸問題，要求的值，將折線化為直線，構(gòu)造相似三角形將轉(zhuǎn)化為，再利用三角形兩邊之和大于第三邊求得最值；（3）分2種情形討論：①AB為矩形的一條邊，利用等腰直角三角形三角形的性質(zhì)可以求得N點的坐標(biāo);②AB為矩形的對角線，設(shè)R為AB的中點,RN=AB,利用兩點距離公式求解方程可得N點的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）∵過，∴∴，∴拋物線的解析式為：（2）在上取一點，使得，連接，∵對稱軸．∴，，∴，∴∴∴當(dāng)，，三點在同一點直線上時，最小為．在中，，∴即最小值為．（3）情形①如圖，AB為矩形的一條邊時，聯(lián)立得是等腰，分別過兩點作的垂線，交于點，過作軸，軸,,也是等腰直角三角形設(shè)，則，所以代入，解得,（不符題意，舍）同理，設(shè)，則，所以代入，解得,（不符題意，舍）②AB為矩形的對角線，設(shè)R為AB的中點,則，設(shè)，則整理得：解得：（不符題意，舍），（不符題意，舍），，綜上所述：點的橫坐標(biāo)分別為：2，，或．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法求解析式，三角形相似，勾股定理，二次函數(shù)與一次函數(shù)交點，矩形的性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)，平面直角坐標(biāo)系中兩點距離計算等知識，能正確做出輔助線，找到相似三角形是解題的關(guān)鍵．13．（2023·廣東·東莞市三模）已知，如圖，二次函數(shù)圖像交軸于，交交軸于點，是拋物線的頂點，對稱軸經(jīng)過軸上的點．（1）求二次函數(shù)關(guān)系式；（2）對稱軸與交于點，點為對稱軸上一動點．①求的最小值及取得最小值時點的坐標(biāo)；②在①的條件下，把沿著軸向右平移個單位長度時，設(shè)與重疊部分面積記為，求與之間的函數(shù)表達(dá)式，并求出的最大值．【答案】（1）；（2）①最小值為，點坐標(biāo)為；②，當(dāng)時，最大值．【分析】（1）函數(shù)對稱軸為x=1，則點B（3，0），用交點式表達(dá)式得：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3），即可求解；（2）①連接BD，過點A作AH⊥BD于點H，交DF于點P，AP+PD=AP+PD，此時AP+PD=AH最小，即可求解；②根據(jù)題意，可分為0≤t≤1、1＜t＜2、2≤t≤4三種情況，分別求解，即可得到答案．【詳解】解：（1）二次函數(shù)對稱軸為，點坐標(biāo)為，則點坐標(biāo)為．又∵點坐標(biāo)，則，解得：，∴函數(shù)表達(dá)式為；（2）①連接∵∴在中，依勾股定理得：∴過點作于點，交拋物線對稱軸于點則則依“垂線段最短”得此時長度為最小值，即最小值為的長度，∵則，即最小值為．點坐標(biāo)為．②A．當(dāng)時，如圖依圖知：則：化簡得：配方得：根據(jù)自變量取值范圍，當(dāng)時，最大值4B．當(dāng)時，如圖：四邊形整理得：配方得：即時，最大值C．當(dāng)時，如圖：根據(jù)自變量取值范圍，當(dāng)時，最大值綜上，，當(dāng)時，最大值．【點睛】本題考查的二次函數(shù)綜合應(yīng)用，解直角三角形，軸對稱的性質(zhì)，求二次函數(shù)的解析式和二次函數(shù)的最值，勾股定理，以及最短路徑問題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行解題，注意利用數(shù)形結(jié)合的思想和分類討論的思想進(jìn)行分析.14．（2023.重慶九年級月考）如圖1，拋物線與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，直線AE：與拋物線相交于另一點E，點D為拋物線的頂點．（1）求直線BC的解析式及點E的坐標(biāo)；（2）如圖2，直線AE上方的拋物線上有一點P，過點P作PF⊥BC于點F，過點P作平行于軸的直線交直線BC于點G，當(dāng)△PFG周長最大時，在軸上找一點M，在AE上找一點N，使得值最小，請求出此時N點的坐標(biāo)及的最小值；【答案】（1）；E（，）；（2）N（1，0）；最小值為；【分析】（1）首先求出B、C兩點坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出直線BC的解析式，聯(lián)立方程即可求出點E的坐標(biāo).（2）由△PGF∽△OBC可得：，則，當(dāng)PG取最大值時，△PFG周長最大，設(shè)，進(jìn)而表示出,根據(jù)二次函數(shù)最值的求法即可求出點P的坐標(biāo)，作點P關(guān)于軸的對稱點P′，將直線AE繞點E逆時針方向旋轉(zhuǎn)°得直線，且滿足，過點作直線的垂線交于點K，交直線AE于點N，此時最小,求解即可.【詳解】解：（1）由拋物線解析式得B（4，0），C（0，-2），設(shè)直線BC解析式為：，代入B、C坐得：，∴，，∴BC解析式為：，聯(lián)立，解得；（2）由△PGF∽△OBC可得：，∴，∴當(dāng)PG取最大值時，△PFG周長最大，設(shè)，∴，∴，∵對稱軸為直線a=2，開口向下，∴當(dāng)時，PG取得最大值，即△PFG周長最大，此時P（2，），作點P關(guān)于軸的對稱點P′（2，-），將直線AE繞點E逆時針方向旋轉(zhuǎn)°得直線，且滿足，過點作直線的垂線交于點K，交直線AE于點N，此時最小，∴直線解析式為，直線的解析式為，∴N點坐標(biāo)為（1，0），K點坐標(biāo)為，∴；【點睛】考查待定系數(shù)法求二次函數(shù)以及一次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的最值等，注意分類討論思想方法在解題中的應(yīng)用.難度較大,屬于中考壓軸題.15．（2023上·重慶·八年級?？计谥校┰诘冗呏校cD為邊上一點，連接．

(1)如圖1，若，求的長；(2)如圖2，將線段繞A點順時針旋轉(zhuǎn)至位置，連接，交于點F，求證：(3)如圖3，在（2）的條件下，若點D為直線上一點，過點E作于點G，，連接FG，BE，當(dāng)取得最小值時，請直接寫出的面積．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）如圖所示，過點D作于H，求出，得到，利用勾股定