2018中考数学专题复习 几何最值问题综合课(pdf,无答案)

初三数学中考总复习—几何综合题一、几何综合题特点解证几何综合问题: 就是从逻辑推理和定量计算的角度来探求新的、未知的结论.通俗地讲就是创造条件实现由已知向未知的转化.综合题是知识、方法、能力综合型试题，具有知识容量大、解题方法活、能力要求高、突现数学思想方法的运用以及要求学生具有一定的创新意识和创新能力等特点. 纯几何综合题包括：（1）利用圆的知识可以隐含三角形，形成与直角三角形结合的问题，其中包括求线段长、求角度、求阴影部分的面积以及图形面积问题（不能排除直线形问题）；（2）图形变换问题：这是一个独立形成综合题问题的知识点.几何综合题以几何图形的位置，元素之间的关系为核心.以直线或者圆为支撑点，包括多个知识点，多种解题思想方法，多步骤等特点，多为探讨几何本质：研究平面几何图形在运动变化过程中的不变性质和不变量，或者变化规律的问题. 二、中考中对此类问题的考查方面:连续运动变化过程中,不变结论或者变化规律的探究；特定状态的定量计算;点的轨迹特征. 三、在解决此类问题时，往往需要把握以下几点：1．变换工具的运用；2．求解工具的运用；3．作图工具的运用； 4．分类讨论的意识；5．轨迹的意识；6．模型的意识； 四、分析什么？怎么分析符合学生的认知规律？ 1．还原图形的生成过程，分步画图； 2．确定每步的结论以及相应的可用的方法； 3．判断图形或图形的元素是否需要移动． 五、举例说明如图，C 为BD 上一点，分别以BC 和CD 为边向同侧作等边ECD ABC ∆∆,，AD 和BE 相交于点M ．①探究线段BE 和AD 的数量关系并求∠AMB 的度数．②当ECD ∆绕点C 在平面内转动时，旋转角度为α，则上述结论是否发生变化． ③若BC=4，CD=2，在ECD ∆绕点C 转动时，当∠ACE=30︒时，求AD 的长. ABDEACDEMC举一反三：1. 已知：在△ABC 中，∠ABC =90°，AB =BC ,点D 为射线BC 上一动点（点D 不与B 、C 重合）.连接AD,做AF ⊥AD,CF ⊥BC.(1)如图1，当点D 在线段BC 上时，完成作图,并证明:AD=AF ；(2)如图2，当点D 在线段BC 的延长线上时，其它条件不变，则原来的结论是否仍然成立？ 并探究：CF 、BC 、BD 三条线段之间的关系并给出证明;(3)如图3，已知AB =4,当D 在BC 延长线上时，其它条件不变,连接DF,将△ADF 沿DF 翻折,点A 的对应点为E,连接BF,当∠EBD =30°时,求CD 的长.六、指导学生研究问题（2010海淀一模）已知：△AOB 中，AB=OB=2，△AOB 中，CD=OC=3, ∠ABO=∠DCO. 连接AD,BC ，点M,N,P 分别为OA,OD,BC 的中点.图1 图2(1) 如图1，若A,O,C 三点在同一直线上，且∠ABO=60°，则△PMN 的形状是________________，此时AD BC=________；(2) 如图2，若A,O,C 三点在同一直线上，且∠ABO=2α，证明PMN BAO △∽△，并计算ADBC的值（用含α的式子表示）； (3) 在图2中，固定△AOB ，将△COD 绕点O 旋转，直接写出PM 的最大值. 图1 AC AB DFEC AB DF图3图2七、中考题解析1. 在ABC △中，BA BC BAC =∠=α，，M 是AC 的中点，P 是线段BM 上的动点，将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ 。

综合题（以几何图形为为背景）课标要求:掌握综合题的基本解题方法——化整为零，各个击破；善于捕捉题中给出的信息，并进行整理、加工、转化；能利用整体思想、数形结合思想、转化思想指导解题，寻找恰当的突破口。

1、如图，在Rt △ABC 中，∠ABC=90°，AB=BC ，点D 是线段AB 上的一点，连接CD ，过点B 作BG ⊥CD ，分别交CD 、CA 于点E 、F ，与过点A 且垂直于AB 的直线相交于点G ，连接DF 。

给出以下四个结论:①FC AF AB AG =②若点D 是AB 的中点，则AB AF 32=③当B 、C 、F 、D 四点在同一个圆上时，DB DF =④若BDF ABC S S AD DB ∆∆==9,21则，其中正确结论的序号是_______________。

A 、①② B 、③④ C 、①②③ D 、①②③④2、如图，△ABC 是等边三角形，高AD 、BE 相交于点H ，BC=34，在BE 上截取BG=2，以GE 为边作等边三角形GEF ，则△ABH 与△GEF 重叠（阴影）部分的面积为__________。

3、在▱ABCD 中，AB ＜BC ，已知∠B=30°，AB=32，将△ABC 沿AC 翻折至△AB ′C ，使点B ′落在▱ABCD 所在的平面内，连接B ′D ，若△AB ′D 是直角三角形，则BC 的长为___________。

5、如图，在矩形ABCD 中，BC=2AB ，∠ADC 的平分线交边BC 于点E ，AH ⊥DE 于点H ，连接CH 并延长，交边AB 于点F ，连接AE ，交CF 于点O ，给出下列命题:①∠AEB=∠AEH ；②DH=22EH ；③HO=21AE ；④EH BF BC 2=-，其中正确命题的序号是__________。

4、如图，在正方形ABCD 中，△BPC 是等边三角形，BP 、CP 的延长线分别交AD 于点E 、F ，连接BD 、DP ，BD 与CF 相交于点H ，给出下列结论:①△ABE ≌△DCF ；②53=PH FP ③PB PH DP ⋅=2④413-=∆ABCDBPDS S 正方形，其中正确的是_____________。

第七部分专题拓展7.12 几何最值型问题【一】知识点清单【二】分类试题汇编及参考答案与解析一、选择题1．（2018年湖北省荆州市-第10题-3分）如图，平面直角坐标系中，⊙P经过三点A（8，0），O（0，0），B（0，6），点D是⊙P上的一动点．当点D到弦OB的距离最大时，tan∠BOD的值是（）A．2 B．3 C．4 D．5【知识考点】坐标与图形性质；圆周角定理；解直角三角形．【思路分析】直接连接AB，过点P作PE⊥BO，并延长EP交⊙P于点D，求出⊙P的半径，进而结合勾股定理得出答案．【解答过程】解：连接AB，过点P作PE⊥BO，并延长EP交⊙P于点D，此时点D到弦OB的距离最大，∵A（8，0），B（0，6），∴AO=8，BO=6，∵∠BOA=90°，∴AB==10，则⊙P的半径为5，∵PE⊥BO，∴BE=EO=3，∴PE==4，∴ED=9，∴tan∠BOD==3．故选：B．【总结归纳】此题主要考查了圆周角定理以及勾股定理、解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题关键．二、填空题1．（2018年湖北省十堰市-第16题-3分）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=D，E分别是边BC，AC上的动点，则DA+DE的最小值为．【知识考点】轴对称﹣最短路线问题．【思路分析】如图，作A关于BC的对称点A'，连接AA'，交BC于F，过A'作AE⊥AC于E，交BC于D，则AD=A'D，此时AD+DE的值最小，就是A'E的长，根据相似三角形对应边的比可得结论．【解答过程】解：作A关于BC的对称点A'，连接AA'，交BC于F，过A'作A'E⊥AC于E，交BC 于D，则AD=A'D，此时AD+DE的值最小，就是A'E的长；Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=6，∴BC==9，S△ABC=AB•AC=BC•AF，∴3×=9AF，AF=2，∴AA'=2AF=4，∵∠A'FD=∠DEC=90°，∠A'DF=∠CDE，∴∠A'=∠C，∵∠AEA'=∠BAC=90°，∴△AEA'∽△BAC，∴，∴，∴A'E=，即AD+DE的最小值是；故答案为：．【总结归纳】本题考查轴对称﹣最短问题、三角形相似的性质和判定、两点之间线段最短、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用轴对称以及垂线段最短解决最短问题，属于中考选择题中的压轴题．2．（2018年湖南省岳阳市-第16题-4分）如图，以AB为直径的⊙O与CE相切于点C，CE交AB 的延长线于点E，直径AB=18，∠A=30°，弦CD⊥AB，垂足为点F，连接AC，OC，则下列结论正确的是．（写出所有正确结论的序号）①BC BD=；②扇形OBC的面积为274π；③△OCF∽△OEC；④若点P为线段OA上一动点，则AP•OP有最大值20.25．【知识考点】相似三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；切线的性质；扇形面积的计算．【思路分析】利用垂径定理对①进行判断；利用圆周角定理得到∠BOC=2∠A=60°，则利用扇形的面积公式可计算出扇形OBC的面积，于是可对②进行判断；利用切线的性质得到OC⊥CE，然后根据相似三角形的判定方法对③进行判断；由于AP•OP=﹣（OP﹣3）2+9，则可利用二次函数的性质对④进行判断．【解答过程】解：∵弦CD⊥AB，∴=，所以①正确；∴∠BOC=2∠A=60°，∴扇形OBC的面积==π，所以②错误；∵⊙O与CE相切于点C，∴OC⊥CE，∴∠OCE=90，∵∠COF=∠EOC，∠OFC=∠OCE，∴△OCF∽△OEC；所以③正确；AP•OP=（9﹣OP）•OP=﹣（OP﹣3）2+9，当OP=3时，AP•OP的最大值为9，所以④错误．故答案为①③．【总结归纳】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．也考查了垂径定理、圆周角定理和切线的性质．3．（2018年江苏省南通市-第17题-3分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点O是BC 中点，将△ABC绕点O旋转得△A′B'C，则在旋转过程中点A、C′两点间的最大距离是．【知识考点】旋转的性质．【思路分析】连接OA，AC′，如图，易得OC=2，再利用勾股定理计算出OA=，接着利用旋转的性质得OC′=OC=2，根据三角形三边的关系得到AC′≤OA+OC′（当且仅当点A、O、C′共线时，取等号），从而得到AC′的最大值．【解答过程】解：连接OA，AC′，如图，∵点O是BC中点，∴OC=BC=2，在Rt△AOC中，OA==，∵△ABC绕点O旋转得△A′B'C′，∴OC′=OC=2，∵AC′≤OA+OC′（当且仅当点A、O、C′共线时，取等号），∴AC′的最大值为2+，即在旋转过程中点A、C′两点间的最大距离是2+．故答案为2+．【总结归纳】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．三、解答题1．（2018年湖北省荆门市-第19题-9分）如图，在Rt△ABC中，（M2，N2），∠BAC=30°，E为AB 边的中点，以BE为边作等边△BDE，连接AD，CD．（1）求证：△ADE≌△CDB；（2）若AC边上找一点H，使得BH+EH最小，并求出这个最小值．【知识考点】轴对称﹣最短路线问题；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质【思路分析】（1）只要证明△DEB是等边三角形，再根据SAS即可证明；（2）如图，作点E关于直线AC点E'，连接BE'交AC于点H．则点H即为符合条件的点．【解答过程】（1）证明：在Rt△ABC中，∠BAC=30°，E为AB边的中点，∴BC=EA，∠ABC=60°．∵△DEB为等边三角形，∴DB=DE，∠DEB=∠DBE=60°，∴∠DEA=120°，∠DBC=120°，∴∠DEA=∠DBC∴△ADE≌△CDB．（2）解：如图，作点E关于直线AC点E'，连接BE'交AC于点H．则点H即为符合条件的点．由作图可知：EH=HE'，AE'=AE，∠E'AC=∠BAC=30°．∴∠EAE'=60°，∴△EAE'为等边三角形，∴，∴∠AE'B=90°，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，，∴，，∴，∴BH+EH的最小值为3．【总结归纳】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．2．（2018年湖南省怀化市-第24题-14分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式和直线AC的解析式；（2）请在y轴上找一点M，使△BDM的周长最小，求出点M的坐标；（3）试探究：在拋物线上是否存在点P，使以点A，P，C为顶点，AC为直角边的三角形是直角三角形？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【知识考点】二次函数综合题．【思路分析】（1）设交点式y=a（x+1）（x﹣3），展开得到﹣2a=2，然后求出a即可得到抛物线解析式；再确定C（0，3），然后利用待定系数法求直线AC的解析式；（2）利用二次函数的性质确定D的坐标为（1，4），作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M，如图1，则B′（﹣3，0），利用两点之间线段最短可判断此时MB+MD的值最小，则此时△BDM 的周长最小，然后求出直线DB′的解析式即可得到点M的坐标；（3）过点C作AC的垂线交抛物线于另一点P，如图2，利用两直线垂直一次项系数互为负倒数设直线PC的解析式为y=﹣x+b，把C点坐标代入求出b得到直线PC的解析式为y=﹣x+3，再解方程组得此时P点坐标；当过点A作AC的垂线交抛物线于另一点P时，利用同样的方法可求出此时P点坐标．【解答过程】解：（1）设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），即y=ax2﹣2ax﹣3a，∴﹣2a=2，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；当x=0时，y=﹣x2+2x+3=3，则C（0，3），设直线AC的解析式为y=px+q，把A（﹣1，0），C（0，3）代入得，解得，∴直线AC的解析式为y=3x+3；（2）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4），作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M，如图1，则B′（﹣3，0），∵MB=MB′，∴MB+MD=MB′+MD=DB′，此时MB+MD的值最小，而BD的值不变，∴此时△BDM的周长最小，易得直线DB′的解析式为y=x+3，当x=0时，y=x+3=3，∴点M的坐标为（0，3）；（3）存在．过点C作AC的垂线交抛物线于另一点P，如图2，∵直线AC的解析式为y=3x+3，∴直线PC的解析式可设为y=﹣x+b，把C（0，3）代入得b=3，∴直线PC的解析式为y=﹣x+3，解方程组，解得或，则此时P点坐标为（，）；过点A作AC的垂线交抛物线于另一点P，直线PC的解析式可设为y=﹣x+b，把A（﹣1，0）代入得+b=0，解得b=﹣，∴直线PC的解析式为y=﹣x﹣，解方程组，解得或，则此时P点坐标为（，﹣），综上所述，符合条件的点P的坐标为（，）或（，﹣），【总结归纳】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式，理解两直线垂直时一次项系数的关系，通过解方程组求把两函数的交点坐标；理解坐标与图形性质，会运用两点之间线段最短解决最短路径问题；会运用分类讨论的思想解决数学问题．3．（2018年湖南省张家界市-第20题-6分）如图，点P是⊙O的直径AB延长线上一点，且AB=4，点M为AB上一个动点（不与A，B重合），射线PM与⊙O交于点N（不与M重合）（1）当M在什么位置时，△MAB的面积最大，并求岀这个最大值；（2）求证：△PAN∽△PMB．【知识考点】圆周角定理；相似三角形的判定．【思路分析】（1）当M在弧AB中点时，三角形MAB面积最大，此时OM与AB垂直，求出此时三角形面积最大值即可；（2）由同弧所对的圆周角相等及公共角，利用两对角相等的三角形相似即可得证．【解答过程】解：（1）当点M在的中点处时，△MAB面积最大，此时OM⊥AB，∵OM=AB=×4=2，∴S△ABM=AB•OM=×4×2=4；（2）∵∠PMB=∠PAN，∠P=∠P，∴△PAN∽△PMB．【总结归纳】此题考查了相似三角形的判定，以及圆周角定理，熟练掌握相似三角形的判定方法是解本题的关键．4．（2018年湖南省湘西州-第24题-8分）反比例函数kyx（k为常数，且k≠0）的图象经过点A（1，3）、B（3，m）．（1）求反比例函数的解析式及B点的坐标；（2）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，求满足条件的点P的坐标．【知识考点】反比例函数图象上点的坐标特征；待定系数法求反比例函数解析式；轴对称﹣最短路线问题．【思路分析】（1）先把A点坐标代入y=求出k得到反比例函数解析式；然后把B（3，m）代入反比例函数解析式求出m得到B点坐标；（2）作A点关于x轴的对称点A′，连接BA′交x轴于P点，则A′（1，﹣3），利用两点之间线段最短可判断此时此时PA+PB的值最小，再利用待定系数法求出直线BA′的解析式，然后求出直线与x 轴的交点坐标即可得到P点坐标．【解答过程】解：（1）把A（1，3）代入y=得k=1×3=3，∴反比例函数解析式为y=；把B（3，m）代入y=得3m=3，解得m=1，∴B点坐标为（3，1）；（2）作A点关于x轴的对称点A′，连接BA′交x轴于P点，则A′（1，﹣3），∵PA+PB=PA′+PB=BA′，∴此时此时PA+PB的值最小，设直线BA′的解析式为y=mx+n，把A′（1，﹣3），B（3，1）代入得，解得，∴直线BA′的解析式为y=2x﹣5，当y=0时，2x﹣5=0，解得x=，∴P点坐标为（，0）．【总结归纳】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式：先设出含有待定系数的反比例函数解析式y=（k为常数，k≠0）；再把已知条件（自变量与函数的对应值）带入解析式，得到待定系数的方程；接着解方程，求出待定系数；然后写出解析式．也考查了最短路径问题．5．（2018年湖南省益阳市-第23题-10分）如图，在平面直角坐标系中有三点（1，2），（3，1），（﹣2，﹣1），其中有两点同时在反比例函数kyx的图象上，将这两点分别记为A，B，另一点记为C．（1）求出k的值；（2）求直线AB对应的一次函数的表达式；（3）设点C关于直线AB的对称点为D，P是x轴上的一个动点，直接写出PC+PD的最小值（不必说明理由）．【知识考点】一次函数的性质；待定系数法求一次函数解析式；反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；轴对称﹣最短路线问题．【思路分析】（1）确定A、B、C的坐标即可解决问题；（2）理由待定系数法即可解决问题；（3）作D关于x轴的对称点D′（0，﹣4），连接CD′交x轴于P，此时PC+PD的值最小，最小值=CD′的长；【解答过程】解：（1）∵反比例函数y=的图象上的点横坐标与纵坐标的积相同，∴A（1，2），B（﹣2，﹣1），C（3，1）∴k=2．（2）设直线AB的解析式为y=mx+n，则有，解得，∴直线AB的解析式为y=x+1（3）∵C、D关于直线AB对称，∴D（0，4）作D关于x轴的对称点D′（0，﹣4），连接CD′交x轴于P，此时PC+PD的值最小，最小值=CD′= =【总结归纳】本题考查反比例函数图象上的点的特征，一次函数的性质、反比例函数的性质、轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式，学会利用轴对称解决最短问题．6．（2018年江苏省扬州市-第25题-10分）如图，在△ABC中，AB=AC，AO⊥BC于点O，OE⊥AB 于点E，以点O为圆心，OE为半径作半圆，交AO于点F．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若点F是A的中点，OE=3，求图中阴影部分的面积；（3）在（2）的条件下，点P是BC边上的动点，当PE+PF取最小值时，直接写出BP的长．【知识考点】切线的判定与性质；等腰三角形的性质；扇形面积的计算；轴对称﹣最短路线问题．【思路分析】（1）作OH⊥AC于H，如图，利用等腰三角形的性质得AO平分∠BAC，再根据角平分线性质得OH=OE，然后根据切线的判定定理得到结论；（2）先确定∠OAE=30°，∠AOE=60°，再计算出AE=3，然后根据扇形面积公式，利用图中阴影部分的面积=S△AOE﹣S扇形EOF进行计算；（3）作F点关于BC的对称点F′，连接EF′交BC于P，如图，利用两点之间线段最短得到此时EP+FP 最小，通过证明∠F′=∠EAF′得到PE+PF最小值为3，然后计算出OP和OB得到此时PB的长．【解答过程】（1）证明：作OH⊥AC于H，如图，∵AB=AC，AO⊥BC于点O，∴AO平分∠BAC，∵OE⊥AB，OH⊥AC，∴OH=OE，∴AC是⊙O的切线；（2）解：∵点F是AO的中点，∴AO=2OF=3，而OE=3，∴∠OAE=30°，∠AOE=60°，∴AE=OE=3，∴图中阴影部分的面积=S△AOE﹣S扇形EOF=×3×3﹣=；（3）解：作F点关于BC的对称点F′，连接EF′交BC于P，如图，∵PF=PF′，∴PE+PF=PE+PF′=EF′，此时EP+FP最小，∵OF′=OF=OE，∴∠F′=∠OEF′，而∠AOE=∠F′+∠OEF′=60°，∴∠F′=30°，∴∠F′=∠EAF′，∴EF′=EA=3，即PE+PF最小值为3，在Rt△OPF′中，OP=OF′=，在Rt△ABO中，OB=OA=×6=2，∴BP=2﹣=，即当PE+PF取最小值时，BP的长为．【总结归纳】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”．也考查了等腰三角形的性质和最短路径问题．。

精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！几何最值问题复习本内容全部需要在做讲义题目之前进行 一、 读一读下面的内容，想一想 1. 解决几何最值问题的理论依据①两点之间，线段最短（已知两个定点）；②_______________（已知一个定点、一条定直线）； ③三角形三边关系（已知两边长固定或其和、差固定）． 2. 几何最值问题常见的基本结构①利用几何变换进行转化——在右侧一栏中画出相关分析的辅助线，找到最终时刻点P 的位置ll求min ()PA PB +，异侧和最小llMN 为固定线段长，求min ()AM BN +ll求max PB PA -，同侧差最大 ②利用图形性质进行转化MDACO N求ODmax不变特征：Rt△AOB中，直角与斜边长均不变，取斜边中点进行分析．二、还原自己做最值问题的过程（从拿到题目读题开始），与下面小明的动作对标，补充或调整与自己不一样的地方．①研究背景图形，相关信息进行标注；②分析考查目标中的定点、动点及图形特征，利用几何变换或图形性质对问题进行分析；③封装常见的几何结构，当成一个整体处理，后期直接调用分析．三、根据最值问题做题的思考过程，思考最值问题跟存在性问题、动点问题在分析过程中有什么样的区别和联系，简要写一写你的看法．答：下面是小明的看法：①都需要分层对问题分析，一层层，一步步进行分析；②都需要研究基本图形，目标，条件，相关信息都需要有标注；③在画图分析时，都会使用与之有关的性质，判定，定理及公理．如存在性问题需要用四边形的判定；最值问题需要回到问题处理的理论依据．四、借助对上述问题的思考，做讲义的题目．几何最值问题（讲义）一、知识点睛解决几何最值问题的通常思路：1.分析定点、动点，寻找不变特征．2.若属于常见模型、结构，调用模型、结构解决问题；若不属于常见模型，结合所求目标，依据不变特征转化，借助基本定理解决问题．转化原则：尽量减少变量，向定点、定线段、定图形靠拢．二、精讲精练1.如图，在△ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，P为BC边上一动点，PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F．若M为EF的中点，则AM长度的最小值为____________．M FE PCBAOED CBA第1题图 第2题图2. 如图，在Rt △ABC 中，∠B =90°，AB =3，BC =4，点D 在BC 边上，则以AC 为对角线的所有□ADCE 中，DE 长度的最小值为_____________．3. 若点D 与点A (8，0)，B (0，6)，C (a ，a )是一平行四边形的四个顶点，则CD 长度的最小值为_____________．4. 如图，已知AB =2，C 是线段AB 上任一点，分别以AC ，BC 为斜边，在AB 的同侧作等腰直角三角形ACD 和等腰直角三角形BCE ，则DE 长度的最小值为_____________．ED B CA第4题图 第5题图5. 如图，已知AB =10，C 是线段AB 上任一点，分别以AC ，BC 为边，在AB 的同侧作等边三角形ACP 和等边三角形BCQ ，则PQ 长度的最小值为_____________．6. 动手操作：在矩形纸片ABCD 中，AB =3，AD =5．如图所示，折叠纸片，使点A 落在BC边上的A ′处，折痕为PQ ，当点A ′在BC 边上移动时，折痕的端点P ，Q 也随之移动．若限定点P ，Q 分别在AB ，AD 边上移动，则点A ′在BC 边上可移动的最大距离为________________．QPA'D CB AD CBA7. 如图，在直角梯形纸片ABCD 中，AD ⊥AB ，AB =8，AD =CD =4，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，将△AEF 沿EF 翻折，点A 的对应点记为P ．QPCBA（1）当点P 落在线段CD 上时，PD 的取值范围是_______．（2）当点P 落在直角梯形ABCD内部时，PD 长度的最小值为_____________．P F ED CB APFE DCBADCBADCBA8. 如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠A =30°，AC =BC 的中点为D ．将△ABC 绕点C 顺时针旋转任意一个角度得到△FEC ，EF 的中点为G ，连接DG ，则在旋转过程中，DG 长度的最大值为____________．9. 如图，已知△ABC 是边长为2的等边三角形，顶点A 的坐标为(0，6)，BC 的中点D 在点A下方的y 轴上，E 是边长为2且中心在坐标原点的正六边形的一个顶点，把这个正六边形绕其中心旋转一周，则在旋转过程中DE 长度的最小值为_________．10. 探究：如图1，在等边三角形ABC 中，AB =6，AH ⊥BC 于点H ，则AH =_______，△ABC的面积ABC S △__________．发现：如图2，在等边三角形ABC 中，AB =6，点D 在AC 边上（可与点A ，C 重合），分别过点A ，C 作直线BD 的垂线，垂足分别为点E ，F ，设BD =x ，AE =m ，CF =n ．DGFECB A图1 图2（1）用含x ，m ，n 的代数式表示ABD S △及CBD S △；（2）求(m n +)与x 之间的函数关系式，并求出(m n +)的最大值和最小值．应用：如图，已知正方形ABCD 的边长为1，P 是BC 边上的任一点（可与点B ，C 重合），分别过点B ，C ，D 作射线AP 的垂线，垂足分别为点B′，C′，D′，则BB′+CC′+DD′的最大值为______，最小值为______．三、回顾与思考________________________________________________ ________________________________________________ ________________________________________________ 【参考答案】精讲精练 1．1252．3HBAD'B'C'P D CBA3．4．1 5．5 6．27．（1）84PD -≤；（2）8 8．69．410．探究：发现：（1）12ABD S xm =△，12CBD S xn =△（2）m n +=m +n 的最大值为6，最小值为应用：2。

中考数学专题复习第七讲几何最值问题解题策略【专题分析】最值问题是初中数学的重要内容,无论是代数问题还是几何问题都有最值问题,在中考压轴题中出现比较高的主要有利用重要的几何结论(如两点之间线段最短、三角形两边之和大于第三边、两边之差小于第三边、垂线段最短等)以及用一次函数和二次函数的性质来求最值问题.【知识归纳】1.在求几何图形中的周长或线段长度最值时,解决此类问题的方法一般是先将要求线段(要求的量)用未知数x表示出来,建立函数模型(一般所表示的式子为一次函数解析式或二次函数解析式),常用勾股定理或三角形相似求得函数关系式,再用函数的增减性或最值来求解即可.2.利用对称的性质求两条线段之和最小值的问题,解决此类问题的方法为:如图,要求直线l上一动点P到点A,B距离之和的最小值,先作点A关于直线l的对称点A',连接A'B,则A'B与直线l的交点即为P点,根据对称性可知此时A'B的长即为PA+PB的最小值,求出A'B的值即可.【题型解析】题型1: 三角形中最值问题例题：（2017山东枣庄）如图，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点，点P为OA上一动点，PC+PD值最小时点P 的坐标为（）A．（﹣3，0）B．（﹣6，0）C．（﹣，0） D．（﹣，0）【考点】F8：一次函数图象上点的坐标特征；PA：轴对称﹣最短路线问题．【分析】（方法一）根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐标，根据对称的性质找出点D′的坐标，结合点C、D′的坐标求出直线CD′的解析式，令y=0即可求出x的值，从而得出点P的坐标．（方法二）根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐标，根据对称的性质找出点D′的坐标，根据三角形中位线定理即可得出点P为线段CD′的中点，由此即可得出点P的坐标．【解答】解：（方法一）作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示．令y=x+4中x=0，则y=4，∴点B的坐标为（0，4）；令y=x+4中y=0，则x+4=0，解得：x=﹣6，∴点A的坐标为（﹣6，0）．∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，∴点C（﹣3，2），点D（0，2）．∵点D′和点D关于x轴对称，∴点D′的坐标为（0，﹣2）．设直线CD′的解析式为y=kx+b，∵直线CD′过点C（﹣3，2），D′（0，﹣2），∴有，解得：，∴直线CD′的解析式为y=﹣x﹣2．令y=﹣x﹣2中y=0，则0=﹣x﹣2，解得：x=﹣，∴点P的坐标为（﹣，0）．故选C．（方法二）连接CD，作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示．令y=x+4中x=0，则y=4，∴点B的坐标为（0，4）；令y=x+4中y=0，则x+4=0，解得：x=﹣6，∴点A的坐标为（﹣6，0）．∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，∴点C（﹣3，2），点D（0，2），CD∥x轴，∵点D′和点D关于x轴对称，∴点D′的坐标为（0，﹣2），点O为线段DD′的中点．又∵OP∥CD，∴点P为线段CD′的中点，∴点P的坐标为（﹣，0）．故选C．方法指导：出现最值问题,可转化为轴对称知识所涉及的最短路径问题是我们解答此类问题的常见方法.题型2: 四边形中最值问题例题:（2017贵州安顺）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 6 ．【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；KK：等边三角形的性质；LE：正方形的性质．【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BD，与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的边长为6，可求出AB的长，从而得出结果．【解答】解：设BE与AC交于点P，连接BD，∵点B与D关于AC对称，∴PD=PB，最小．∴PD+PE=PB+PE=BE即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；∵正方形ABCD的边长为6，∴AB=6．又∵△ABE是等边三角形，∴BE=AB=6．故所求最小值为6．故答案为：6．方法指导：本题借助不等式“a2+b2≥2ab”通过代换转化来求平行四边形面积的最值,体现了转化思想和整体思想的运用.题型3:圆中最值问题例题：（2017浙江衢州）如图，在直角坐标系中，⊙A的圆心A的坐标为（﹣1，0），半径为1，点P为直线y=﹣x+3上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是2．【考点】MC：切线的性质；F5：一次函数的性质．【分析】连接AP，PQ，当AP最小时，PQ最小，当AP⊥直线y=﹣x+3时，PQ 最小，根据两点间的距离公式得到AP=3，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：连接AP，PQ，当AP最小时，PQ最小，∴当AP⊥直线y=﹣x+3时，PQ最小，∵A的坐标为（﹣1，0），y=﹣x+3可化为3x+4y﹣12=0，∴AP==3，∴PQ==2．方法指导: 此题综合性强,解题方法很多,考查范围较广,与初中数学很多内容有关,如勾股定理、圆周角定理及推论、垂径定理、相似、三角函数、二次函数、垂线段的性质、二次根式的计算与化简等.考查了多种数学思想,如建模思想、化归思想等.此题难度中等,有一定的灵活性,考生不易拿满分.【提升训练】1. （2017江苏盐城）如图，在边长为1的小正方形网格中，将△ABC绕某点旋转到△A'B'C'的位置，则点B运动的最短路径长为π．【考点】O4：轨迹；R2：旋转的性质．【分析】如图作线段AA′、CC′的垂直平分线相交于点P，点P即为旋转中心，观察图象可知，旋转角为90°（逆时针旋转）时B运动的路径长最短【解答】解：如图作线段AA′、CC′的垂直平分线相交于点P，点P即为旋转中心，观察图象可知，旋转角为90°（逆时针旋转）时B运动的路径长最短，PB==，∴B运动的最短路径长为==π，故答案为π．2. （2017?新疆）如图，在边长为6cm的正方形ABCD中，点E、F、G、H分别从点A、B、C、D同时出发，均以1cm/s的速度向点B、C、D、A匀速运动，当点E 到达点B时，四个点同时停止运动，在运动过程中，当运动时间为 3 s时，四边形EFGH的面积最小，其最小值是18 cm2．【考点】H7：二次函数的最值；LE：正方形的性质．【分析】设运动时间为t（0≤t≤6），则AE=t，AH=6﹣t，由四边形EFGH的面积=正方形ABCD的面积﹣4个△AEH的面积，即可得出S四边形EFGH关于t的函数关系式，配方后即可得出结论．【解答】解：设运动时间为t（0≤t≤6），则AE=t，AH=6﹣t，根据题意得：S四边形EFGH=S正方形ABCD﹣4S△AEH=6×6﹣4×t（6﹣t）=2t2﹣12t+36=2（t ﹣3）2+18，∴当t=3时，四边形EFGH的面积取最小值，最小值为18．故答案为：3；18【点评】本题考查了二次函数的最值、三角形以及正方形的面积，通过分割图形求面积法找出S四边形EFGH关于t的函数关系式是解题的关键．3. (2017湖北宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点（与B，C不重合），以O为顶点在BC所在直线的上方作∠MON=90°．（1）当OM经过点A时，①请直接填空：ON 不可能（可能，不可能）过D点；（图1仅供分析）②如图2，在ON上截取OE=OA，过E点作EF垂直于直线BC，垂足为点F，作EH ⊥CD于H，求证：四边形EFCH为正方形．（2）当OM不过点A时，设OM交边AB于G，且OG=1．在ON上存在点P，过P 点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得S△PKO=4S△OBG，连接GP，求四边形PKBG 的最大面积．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）①若ON过点D时，则在△OAD中不满足勾股定理，可知不可能过D 点；②由条件可先判业四边形EFCH为矩形，再证明△OFE≌△ABO，可证得结论；（2）由条件可证明△PKO∽△OBG，利用相似三角形的性质可求得OP=2，可求得△POG面积为定值及△PKO和△OBG的关系，只要△CGB的面积有最大值时，则四边形PKBG的面积就最大，设OB=a，BG=b，由勾股定理可用b表示出a，则可用a表示出△CBG的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值，则可求得四边形PKBG面积的最大值．【解答】解：（1）①若ON过点D，则OA＞AB，OD＞CD，∴OA2＞AD2，OD2＞AD2，∴OA2+OD2＞2AD2≠AD2，∴∠AOD≠90°，这与∠MON=90°矛盾，∴ON不可能过D点，故答案为：不可能；②∵EH⊥CD，EF⊥BC，∴∠EHC=∠EFC=90°，且∠HCF=90°，∴四边形EFCH为矩形，∵∠MON=90°，∴∠EOF=90°﹣∠AOB，在正方形ABCD中，∠BAO=90°﹣∠AOB，∴∠EOF=∠BAO，在△OFE和△ABO中∴△OFE≌△ABO（AAS），∴EF=OB，OF=AB，，又OF=CF+OC=AB=BC=BO+OC=EF+OC∴CF=EF，∴四边形EFCH为正方形；（2）∵∠POK=∠OGB，∠PKO=∠OBG，∴△PKO∽△OBG，∵S△PKO=4S△OBG，∴=（）2=4，∴OP=2，∴S△POG=OG?OP=×1×2=1，设OB=a，BG=b，则a2+b2=OG2=1，∴b=，∴S△OBG=ab=a==，∴当a2=时，△OBG有最大值，此时S△PKO=4S△OBG=1，∴四边形PKBG的最大面积为1+1+=．4. （2017甘肃张掖）如图，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点B（﹣2，0），点C（8，0），与y轴交于点A．（1）求二次函数y=ax2+bx+4的表达式；（2）连接AC，AB，若点N在线段BC上运动（不与点B，C重合），过点N作NM ∥AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求N点的坐标；（3）连接OM，在（2）的结论下，求OM与AC的数量关系．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由B、C的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）可设N（n，0），则可用n表示出△ABN的面积，由NM∥AC，可求得，则可用n表示出△AMN的面积，再利用二次函数的性质可求得其面积最大时n的值，即可求得N点的坐标；（3）由N点坐标可求得M点为AB的中点，由直角三角形的性质可得OM=AB，在Rt△AOB和Rt△AOC中，可分别求得AB和AC的长，可求得AB与AC的关系，从而可得到OM和AC的数量关系．【解答】解：（1）将点B，点C的坐标分别代入y=ax2+bx+4可得，解得，∴二次函数的表达式为y=﹣x2+x+4；（2）设点N的坐标为（n，0）（﹣2＜n＜8），则BN=n+2，CN=8﹣n．∵B（﹣2，0），C（8，0），∴BC=10，在y=﹣x2+x+4中令x=0，可解得y=4，∴点A（0，4），OA=4，∴S△ABN=BN?OA=（n+2）×4=2（n+2），∵MN∥AC，∴，∴==，∴，∵﹣＜0，∴当n=3时，即N（3，0）时，△AMN的面积最大；（3）当N（3，0）时，N为BC边中点，∵MN∥AC，∴M为AB边中点，∴OM=AB，∵AB===2，AC===4，∴AB=AC，∴OM=AC．5. （2017江苏盐城）【探索发现】如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=60°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为．【拓展应用】如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为．（用含a，h的代数式表示）【灵活应用】如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．【实际应用】如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．【考点】LO：四边形综合题．【分析】【探索发现】：由中位线知EF=BC、ED=AB、由=可得；【拓展应用】：由△APN∽△ABC知=，可得PN=a﹣PQ，设PQ=x，由S矩形2+，据此可得；PQMN=PQ?PN═﹣（x﹣）【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现】结论解答即可；【实际应用】：延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB=tanC 知EB=EC、BH=CH=54，EH=BH=72，继而求得BE=CE=90，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用】结论解答可得．【解答】解：【探索发现】∵EF、ED为△ABC中位线，∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，又∠B=90°，∴四边形FEDB是矩形，则===，故答案为：；【拓展应用】∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴=，即=，∴PN=a﹣PQ，设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ?PN=x（a﹣x）=﹣x2+ax=﹣（x﹣）2+，∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为，故答案为：；【灵活应用】如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由题意知四边形ABCH是矩形，∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，∴EH=20、DH=16，∴AE=EH、CD=DH，在△AEF和△HED中，∵，∴△AEF≌△HED（ASA），∴AF=DH=16，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=20，∴BI==24，∵BI=24＜32，∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG?BF=×（40+20）×（32+16）=720，答：该矩形的面积为720；【实际应用】如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，∵tanB=tanC=，∴∠B=∠C，∴EB=EC，∵BC=108cm，且EH⊥BC，∴BH=CH=BC=54cm，∵tanB==，∴EH=BH=×54=72cm，在Rt△BHE中，BE==90cm，∵AB=50cm，∴AE=40cm，∴BE的中点Q在线段AB上，∵CD=60cm，∴ED=30cm，∴CE的中点P在线段CD上，∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC?EH=1944cm2，答：该矩形的面积为1944cm2．。

第六学最值问题解题策略【基础要点】初中阶段，几何方面求线段的最值问题，离不开两句话．让我们一起大声喊出来：两点之间，线段最短；垂线段最短．基本模型：将军饮马，胡不归，阿氏圆．【典型例题】模型1：将军饮马模型介绍：古希腊有一个著名的“将军饮马问题”，大致内容如下：古希腊一位将军，每天都要巡查河岸侧的两个军营A、B，他总是先去A营，再到河边饮马，之后再去B营，如图①，他时常想，怎么走才能使每天的路程之和最短呢？大数学家海伦曾用轴对称的方法巧妙的解决了这问题如图②，作B关于直线l的对称点B′，连接AB′与直线l交于点C，点C就是所求的位置．请你在下列的阅读、应用的过程中，完成解答．（1）理由：如图③，在直线L上另取任一点C′，连接AC′，BC′，B′C′，∵直线l是点B，B′的对称轴，点C，C′在l上∴CB=，C′B=∴AC+CB=AC+CB′=．在△AC′B′中，∵AB′＜AC′+C′B′，∴AC+CB＜AC′+C′B′即AC+CB最小归纳小结：本问题实际是利用轴对称变换的思想，把A、B在直线的同侧问题转化为在直线的两侧，从而可利用“两点之间线段最短”，即转化为“三角形两边之和大于第三边”的问题加以解决（其中C为AB′与l的交点，即A、C、B′三点共线）．本问题可拓展为“求定直线上一动点与直线外两定点的距离和的最小值”问题的数学模型．（2）模型应用[1]如图④，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，F是AC上一动点．求EF+FB的最小值分析：解决这个问题，可以借助上面的模型，由正方形的对称性可知，B与D关于直线AC 对称，连结ED交AC于F，则EF+FB的最小值就是线段的长度，EF+FB的最小值是．[2]如图⑤，已知⊙O的直径CD为4，∠AOD的度数为60°，点B是的中点，在直径CD 上找一点P，使BP+AP的值最小，则BP+AP的最小值是；[3]如图⑥，一次函数y =﹣2x +4的图象与x ，y 轴分别交于A ，B 两点，点O 为坐标原点，点C 与点D 分别为线段OA ，AB 的中点，点P 为OB 上一动点，求：PC +PD 的最小值，并写出取得最小值时P 点坐标．图⑦（3）拓展迁移如图⑦，已知抛物线y =ax 2+bx +c （a ≠0）的对称轴为x =1，且抛物线经过A （﹣1，0）、C （0，﹣3）两点，与x 轴交于另一点B ．①求这条抛物线所对应的函数关系式；②在抛物线的对称轴直线x =1上找到一点M ，使△ACM 周长最小，请求出此时点M 的坐标与△ACM 周长最小值．（结果保留根号）（4）代数应用：求代数式()366422+-++x x （0≤x ≤6）的最小值．有一则历史故事：说的是一个身在他乡的小伙子，得知父亲病危的消息后便日夜赶路回家．然而，当他气喘吁吁地来到父亲的面前时，老人刚刚咽气了．人们告诉他，在弥留之际，老人在不断喃喃地叨念：“胡不归？胡不归？”早期的科学家曾为这则古老的传说中的小伙子设想了一条路线．（如下图）A 是出发地，B 是目的地；AC 是一条驿道，而驿道靠目的地的一侧是沙地．为了急切回家，小伙子选择了直线路程AB ．但是，他忽略了在驿道上行走要比在砂土地带行走快的这一因素．如果他能选择一条合适的路线（尽管这条路线长一些，但是速度可以加快），是可以提前抵达家门的．那么，这应该是那条路线呢？显然，根据两种路面的状况和在其上行走的速度值，可以在AC 上选定一点D ，小伙子从A 走到D ，然后从D 折往B ，可望最早到达B ．用现代的科学语言表达，就是：若在驿道上行走的速度为1V ，在沙地上行走的速度为2V ，即求21V BD V AD 的最小值.【模型分析】如图，已知点（6，0），B （0，23），点P 是x 轴上的一动点，求PB PA 21的最小值．问题提出：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=4，CA=6，⊙C半径为2，P为圆上一动点，连结AP、BP，求AP+BP的最小值．（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图2，连接CP，在CB上取点D，使CD=1，则有==，又∵∠PCD=∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴=，∴PD=BP，∴AP+BP=AP+PD．请你完成余下的思考，并直接写出答案：AP+BP的最小值为．（2）自主探索：在“问题提出”的条件不变的情况下，AP+BP的最小值为．（3）拓展延伸：已知扇形COD中，∠COD=90°，OC=6，OA=3，OB=5，点P是上一点，求2PA+PB的最小值．【巩固训练】1．某课题组在探究“将军饮马问题”时抽象出数学模型：直线l同旁有两个定点A、B，在直线l上存在点P，使得PA+PB的值最小．解法：作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B，则A′B与直线l的交点即为P，且PA+PB的最小值为A′B．请利用上述模型解决下列问题：（1）几何应用：如图1，等腰直角三角形ABC的直角边长为2，E是斜边AB的中点，P是AC边上的一动点，则PB+PE的最小值为；（2）几何拓展：如图2，△ABC中，AB=2，∠BAC=30°，若在AC、AB上各取一点M、N 使BM+MN的值最小，求这个最小值；（3）代数应用：求代数式（0≤x≤4）的最小值．2．如图，抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，过B的直线交抛物线于E，且tan∠EBA=，有一只蚂蚁从A出发，先以1单位/s的速度爬到线段BE上的点D处，再以1.25单位/s的速度沿着DE爬到E点处觅食，则蚂蚁从A到E的最短时间是s．3．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（0，﹣），C（2，0），其对称轴与x轴交于点D．（1）求二次函数的表达式及其顶点坐标；（2）若P为y轴上的一个动点，连接PD，求PB+PD的最小值．4．如图所示，已知抛物线y=a（x+3）（x﹣1）（a≠0），与x轴从左至右依次相交于A、B 两点，与y轴相交于点C，经过点A的直线y=﹣x+b与抛物线的另一个交点为D．（1）若点D的横坐标为2，求抛物线的函数解析式；（2）在（1）的条件下，设点E是线段AD上的一点（不含端点），连接BE．一动点Q从点B出发，沿线段BE以每秒1个单位的速度运动到点E，再沿线段ED以每秒个单位的速度运动到点D后停止，问当点E的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中所用时间最少？5．如图，半圆的半径为1，AB为直径，AC、BD为切线，AC=1，BD=2，P为上一动点，求PC+PD的最小值．6．如图，直线y＝x＋2与抛物线y＝x2－2mx＋m2＋m交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，抛物线的对称轴与直线AB交于点M．（1）若P为直线OD上一动点，求△APB的面积；（2）当四边形CODM是菱形时，求点D的坐标；（3）作点B关于直线MD的对称点B′，以M为圆心，MD为半径作⊙M，点Q是⊙M上一动点，求QB′＋22QB的最小值．。

几何最值问题最短路径模型——旋转最值类基本模型图:A OB P O BP A当点P 是⊙O 外一点，直线PO 分别交⊙O 于点A 、B 两点，则线段PA 的长是点P到⊙O 的最短距离，线段PB 的长是点P 到⊙O 上的点的最长距离. 当点P 是⊙O 内一点，直线PO 分别交⊙O 于点A 、B ，则线段PA 的长是点P 到⊙O 上的点的最短距离，线段PB 的是点P 到⊙O 上的点的最长距离.总结：用旋转思想解决线段最值问题的本质是利用 三角形三边关系 解决问题.特点：旋转类最值一般涉及到平面上一定点到圆上一动点的最大值（或最小值），属于单动点问题，有时动点的运动路径圆（或圆弧）并不直接给出，此时需要根据条件把“隐圆”勾画出来，具体来说“隐圆”一般有如下呈现方式：① 定点定长 ；② 定弦定角 .【典例1】如图，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝6，E 是AB 边的中点，F 是线段BC 边上的动点，将△EBF 沿EF 所在直线折叠得到△EB′F ，连结B′D ，则B′D 的最小值是（ ）．A ．210-2B .6C .213-2D .4【思路探究】根据E 为AB 中点，BE ＝B ′E 可知，点A 、B 、B ′在以点E 为圆心，AE 长为半径的圆上，D 、E 为定点，B ′是动点，当E 、B ′、D 三点共线时，B ′D 的长最小，此时B ′D ＝DE －EB ′，问题得解.【解析】∵AE ＝BE ，BE ＝B ′E ，由圆的定义可知，A 、B 、B ′在以点E 为圆心，AB 长为直径的圆上，如图所示. B ′D 的长最小值= DE －EB ′226222102+=.故选A ．【启示】此题属于动点（B ′）到一定点（E ）的距离为定值（“定点定长”），联想到以E为圆心，EB ′为半径的定圆，当点D 到圆上的最小距离为点D 到圆心的距离－圆的半径.当然此题也可借助三角形三边关系解决，如B D DE B E ''≤-，当且仅当点E 、B ′、D 三点共线时，等号成立.【典例2】如图，E 、F 是正方形ABCD 的边AD 上两个动点，满足AE ＝DF ，连接CF 交BD 于点G ，连结BE 交AG 于点H ，若正方形的边长是2，则线段DH 长度的最小值是 . HGA【思路探究】根据正方形的轴对称性易得∠AHB ＝90°，故点H 在以AB 为直径的圆上.取AB 中点O ，当D 、H 、O 三点共线时，DH 的值最小，此时DH ＝OD －OH ，问题得解.【解析】由△ABE ≌△DCF ，得∠ABE ＝∠DCF ，根据正方形的轴对称性，可得∠DCF ＝∠DAG ，∠ABE ＝∠DAG ，所以∠AHB ＝90°，故点H 在以AB 为直径的圆弧上.取AB 中点O ，OD 交⊙O 于点H ，此时DH 最小，∵OH ＝112AB =，OD 5，∴DH 的最小值为OD －OH 51-.【启示】此题属于动点是斜边为定值的直角三角形的直角顶点，联想到直径所对圆周角为直角（定弦定角），故点H 在以AB 为直径的圆上，点D 在圆外，DH 的最小值为DO －OH .当然此题也可利用DH OD OH ≤-的基本模型解决.【针对训练】1.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝1，点A，C分别在x轴，y轴上，当点A在x轴正半轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点O的最大距离为（）. A．5B．6C．12+D．32.如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是矩形内部的一个动点，且AE⊥BE，则线段CE的最小值为（）.A．32B.210-2C.213-2D.43.如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝8，BC＝6，以边AB的中点O为圆心，作半圆与AC相切，点P、Q分别是边BC和半圆上的运点，连接PQ，则PQ长的最大值与最小值的和是（）.A.6B.2131+C.9 D.32 24.如图，AC＝3，BC＝5，且∠BAC＝90°，D为AC上一动点，以AD为直径作圆，连接BD交圆于E点，连CE，则CE的最小值为（）.A.213-B.213+C.5D.9165．如图，已知正方形ABCD 的边长为2，E 是BC 边上的动点，BF ⊥AE交CD 于点F ，垂足为G ，连结CG ，则CG 的最小值为（ ）．A ．51-B ．31-C .21-D .21+6．如图，△ABC 、△EFG 是边长为2的等边三角形，点D 是边BC 、EF 的中点，直线AG 、FG 相交于点M ，当△EFG 绕点D 旋转时，线段BM 长的最小值是A ．23-B ．31+C .2D .31-7．如图，在边长为2的菱形ABCD 中，∠A ＝60°，M 是AD 边的中点，N 是AB 边上一动点，将△AMN 沿MN 所在的直线翻折得到△A′MN ，连结A′C ，则A′C 长度的最小值是 .8．如图，△ABC 为等边三角形，AB =2，若点P 为△ABC 内一动点，且满足∠PAB =∠ACP ，则线段PB 长度的最小值为 ．。

2018年数学全国中考真题几何最值（试题一）解析版一、选择题1. （2018山东滨州，11，3分）如图，∠AOB ＝60°，点P 是∠AOB 内的定点且OP ＝3，若点M 、N 分别是射线OA 、OB 上异于点O 的动点，则△PMN 周长的最小值是（ ） A ．36 B ．33C ．6D ．3第11题图【答案】D【解析】分别以OA 、OB 为对称轴作点P 的对称点P 1，P 2，连接点P 1，P 2，分别交射线OA 、OB 于点M 、N 则此时△PMN 的周长有最小值，△PMN 周长等于＝PM ＋PN ＋MN ＝ P 1N ＋P 2N ＋MN ，根据对称的性质可知，OP 1＝OP 2＝OP ＝3，∠P 1OP 2＝120°，∠OP 1M ＝30°，过点O 作MN 的垂线段，垂足为Q ，在△OP 1Q 中，可知P 1Q ＝32,所以P 1P 2＝2P 1Q ＝3,故△PMN 的周长最小值为3．第11题答图【知识点】轴对称的性质、两点之间线段最短、直角三角形（有一个角为30°）的性质。

2. （2018四川泸州，10题，3分）在平面直角坐标系内，以原点O 为原心，1为半径作圆，点P 在直线323y x =+上运动，过点P 作该圆的一条切线，切点为A ，则PA 的最小值为（ ）A. 3B. 2C. 3D.2AB OPM N【答案】D【解析】由题可知，B （-2,0），C （0，32），P 为直线上一点，过P 作圆O 的切线PA ，连接AO ，则在Rt △PAO 中，AO=1，由勾股定理可得22AO PO PA -=，要想使PA 最小，要求PO 最小，所以过点O 作OP ⊥BC 于点P ，此时PO=3，PA=2【知识点】一次函数，圆的切线，勾股定理3. （2018四川泸州，10题，3分）已知二次函数22233y ax ax a =+++（其中x 是自变量），当2x ≥时，y 随x 的增大而增大，且21x -≤≤时，y 的最大值为9，则a 的值为（ ） A.1或2- B.2-或2 C.2 D.1【答案】D【解析】原函数可化为y=a(x+1)2+3a 2-a+3，对称轴为x=-1，当2x ≥时，y 随x 的增大而增大，所以a>0，抛物线开口向上，因为21x -≤≤时，y 的最大值为9，结合对称轴及增减性可得，当x=1时，y=9，带入可得，a 1=1，a 2=-2，又因为a>0，所以a=1 【知识点】二次函数，增减性4. （2018四川绵阳，10，3分） 一艘在南北航线上的测量船，于A 点处测得海岛B 在点A 的南偏东30°方向，继续向南航行30海里到达C 点时，测得海岛B 在C 点的北偏东15°方向，那么海岛B 离此航线的最近距离是（结果保留小数点后两位）（参考数据：732.13≈，414.12≈） A.4.64海里 B.5.49海里 C.6.12海里 D.6.21海里 【答案】B.【解析】解：如图所示，P A Oy xC B由题意知，∠BAC=30°、∠ACB=15°，作BD ⊥AC 于点D ，以点B 为顶点、BC 为边，在△ABC 内部作∠CBE=∠ACB=15°， 则∠BED=30°，BE=CE ， 设BD=x ，则AB=BE=CE=2x ，AD=DE=3x ， ∴AC=AD+DE+CE =23x +2x ， ∵AC=30， ∴23x +2x=30，解得：x=21315-≈5.49. 故选B.【知识点】解直角三角形的应用——方向角问题，勾股定理的应用，三角形的外角性质，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形的性质，垂线段最短的应用5. （2018四川省宜宾市，8，3分）在△ABC 中，若O 为BC 边的中点，则必有：AB 2+AC 2=2AO 2+2BO 2成立.依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG 中，已知DE=4，EF=3，点P 在以DE 为直径的半圆上运动，则PF 2 +PG 2的最小值为（ ）A.10B.192C.34D.10【答案】D【思路分析】取GF 的中点为O ，连接PO ，则根据材料可知PF 2 +PG 2=2PO 2+2OG 2=2PO 2+2×22=8+2OP 2，若使PF 2 +PG 2的值最小，则必须OP 的值最小，所以PO 垂直于GF 时PO 的值最小，即此时才有最小值.【解题过程】取GF 的中点为O ，连接PO ，则根据材料可知PF 2 +PG 2=2PO 2+2OG 2=2PO 2+2× 22=8+2OP 2，若使PF 2 +PG 2的值最小，则必须OP 的值最小，所以PO 垂直于GF 时PO 的值最小，此时PO=1，所以PF 2 +PG 2的最小值为10.【知识点】阅读理解题；矩形的性质6.（2018天津市，11，3）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则下列线段的长等于AP+EP最小值的是（）A．AB B．DE C.BD D．AF【答案】D【解析】分析：本题考查正方形的性质，轴对称的性质，取CD中点E′连结AE′、PE′，根据正方形是轴对称图形，可得EP=E′P,AF= AE′，结合图形由线段公理可得AE′为AP+EP最小值，进而可得结果.解：取CD中点E′连结AE′、PE′,由正方形的轴对称性质，可知EP=E′P,AF= AE′∴AP+EP=AP+ E′P,∴AP+EP最小值是A E′,即AP+EP最小值是AF.故选D【知识点】正方形的性质；轴对称；线段公理1.（2018山东德州，12，3分）如图，等边三角形ABC的边长为4,点O是△ABC的中心，120FOG∠=.绕点O旋转FOG∠,分别交线段AB BC、于D E、两点，连接DE,给出下列四个结论:①OD OE=;②ODE BDES S∆∆=;③四边形ODBE的面积始终等于433;④△BDE周长的最小值为6,上述结论中正确的个数是( )A．1 B．2 C. 3 D．4【答案】C第12题图EDFOAB CG第12题答图1EDFOAB CG第12题答图2EDFOAB CG【解析】如图1，连接OB 、OC ，因为点O 是△ABC 的中心，所以120AOB BOC ∠=∠=，OA =OB =OC ，所以 120BOC FOG ∠=∠=， 30ABO BCO ∠=∠=，所以 BOD COE ∠=∠，所以 BOD COE ∆∆≌（ASA ），所以OD =OE ，结论①正确；通过画图确定结论②错误，如当点E 为BC 中点时，ODE BDE S S ∆∆<；因为 BOD COE ∆∆≌，所以BOD COE S ∆∆=S ，所以1 3BOC ABC ODBE S ∆∆=四边形=SS =，结论③正确；因为 BOD COE ∆∆≌，所以BD =CE ，所以BD ＋CE =BC =4，因为120BOC ∠=，OB=OC ，易得DE =，如图2，当OD ⊥AB 时，OD 最小=BD×tan⊥OBD DE 最小=2，所以△BDE 周长的最小值为6, 结论④正确. 故选C.【知识点】旋转，全等，定值，最值2. （2018·新疆维吾尔、生产建设兵团，9，5）如图，点P 是边长为1的菱形ABCD 对角线AC 上的一个动点，点M ，N 分别是AB ，BC 边上的中点，则MP ＋PN 的最小值是 （ ） A ．12B ．1C D ．2【答案】B ．【解析】如下图，取AD 的中点M '，连接M 'N 交AC 于点P ，则由菱形的轴对称性可知M 、M '关于直线AC 对称，从而P M '＝PM ，此时MP ＋PN 的值最小，而易知四边形CD M 'N 是平行四边形，故M 'N ＝CD ＝1，于是，MP ＋PN 的最小值是1，因此选B ．【知识点】菱形的性质；轴对称；最小值；动态问题；最值问题二、填空题1. （2018四川泸州，题，3分） 如图5，等腰△ABC 的底边BC=20，面积为120，点F 在边BC 上，且BF=3FC ，EG 是腰AC 的垂直平分线，若点D 在EG 上运动，则△CDF 周长的最小值为 .第16题图NMPDBCAC【答案】18【解析】做△ABC的高AH，因为S=120，BC=20，所以AH=12，△CDF的周长=CF+CD+DF，CF=5，因为EG 是腰AC的垂直平分线，连接AD，AF，可得DA=DC，所以AD+DF的最小值为AF的长度，在Rt△AHF中，HF=5，AH=12，由勾股定理可得AF=13，因此△CDF周长的最小值为18【知识点】三角形面积，垂直平分线，勾股定理2. （2018四川内江，23，6）如图，以AB为直径的⊙O的圆心O到直线l的距离OE＝3，⊙O的半径r＝2，直线AB不垂直于直线l，过点A、B分别作直线l的垂线，垂足分别为点D、C，则四边形ABCD的面积的最大值为．【答案】12【思路分析】由于四边形ABCD为梯形，所以面积为两底之和的一半再乘以高，由已知条件可以通过构造三角形的中位线，证得两底之和与线段OE的长度有关，是一个定值，所以四边形面积的大小取决于高，当直径AB为梯形的高时，面积最大．【解题过程】解：连接DO并延长交CB的延长线于F，∵AD⊥l，BC⊥l，∴AD∥BC，∴∠DAO＝∠FBO，∠ADO ＝∠F，∵OA＝OB，∴△AOD≌△BOF，∴AD＝BF，OD＝OF，∵OE⊥l，∴AD∥BC∥OE，∴ODOF＝DECE，∴DE ＝CE，∴OE＝12CF＝12(BF＋BC)＝12(AD＋BC)，∴AD＋BC＝2OE＝6，∵四边形ABCD的面积＝12(AD＋BC)×CD，∴当AB∥l时，即AB为梯形的高时四边形ABCD的面积最大，最大值为12×6×4＝12．GFEDCB H【知识点】三角形中位线，梯形的面积公式；全等三角形；1. （2018贵州遵义，17题，4分）如图，抛物线y=x 2+2x-3与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，点P 是抛物线对称轴上任意一点，若点D 、E 、F 分别是BC 、BP 、PC 的中点，连接DE 、DF ，则DE+DF 的最小值为______第17题图【解析】点D 、E 、F 分别是BC 、BP 、PC 的中点，所以DE 、DF 是△PBC 的中位线，DE=12PC ，DF=12PB ，所以DE+DF=12(PC+PB)，即求PC+PB 的最小值，因为B 、C 为定点，P 为对称轴上一动点，点A 、B 关于对称轴对称，所以连接AC ，与对称轴的交点就是点P 的位置，PC+PB 的最小值等于AC 长度，由抛物线解析式可得，A(-3,0)，C(0,-3)，AC=DE+DF=12【知识点】三角形中位线，勾股定理，二次函数，最短距离问题15．2. （2018四川攀枝花，15，4） 如图5，在矩形ABCD 中，AB =4，AD =3，矩形内部有一动点P 满足ABCD PAB S s 矩形31=∆，则点P 到A 、B 两点的距离之和P A +PB 的最小值为 .FlAE BODC【答案】24【解析】设△PAB 中AB 边上的高是h ， ∵ABCD PAB S s 矩形31=∆，∴AD AB h AB ⋅=⋅3121， ∴232==AD h ，∴动点P 在与AB 平行且与AB 的距离是2的直线L 上，如图，作点A 关于直线L 的对称点A'，链接AA',BA',则BA'即为所求的最短距离。

第七部分专题拓展7.12 几何最值型问题分类试题及参考答案与解析一、选择题1．（2018年天津-第11题-3分）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则下列线段的长等于AP+EP最小值的是（）A．AB B．DE C．BD D．AF【知识考点】正方形的性质；轴对称﹣最短路线问题．【思路分析】连接CP，当点E，P，C在同一直线上时，AP+PE的最小值为CE长，依据△ABF≌△CDE，即可得到AP+EP最小值等于线段AF的长．【解答过程】解：如图，连接CP，由AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，DP=DP，可得△ADP≌△CDP，∴AP=CP，∴AP+PE=CP+PE，∴当点E，P，C在同一直线上时，AP+PE的最小值为CE长，此时，由AB=CD，∠ABF=∠CDE，BF=DE，可得△ABF≌△CDE，∴AF=CE，∴AP+EP最小值等于线段AF的长，故选：D．【总结归纳】本题考查的是轴对称，最短路线问题，根据题意作出A关于BD的对称点C是解答此题的关键．二、填空题1．（2018年天津-第18题-3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上，（I）∠ACB的大小为（度）；（Ⅱ）在如图所示的网格中，P是BC边上任意一点，以A为中心，取旋转角等于∠BAC，把点P 逆时针旋转，点P的对应点为P′，当CP′最短时，请用无刻度的直尺，画出点P′，并简要说明点P′的位置是如何找到的（不要求证明）．【知识考点】作图﹣旋转变换．【思路分析】（I）根据勾股定理可求AB，AC，BC的长，再根据勾股定理的逆定理可求∠ACB的大小；（Ⅱ）通过将点B以A为中心，取旋转角等于∠BAC旋转，找到线段BC选择后所得直线FG，只需找到点C到FG的垂足即为P′【解答过程】解：（1）由网格图可知AC=，BC=，AB=，∵AC2+BC2=AB2∴由勾股定理逆定理，△ABC为直角三角形．∴∠ACB=90°故答案为：90°（Ⅱ）作图过程如下：取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求证明：连CF，∵AC，CF为正方形网格对角线∴A、C、F共线∴AF=5=AB由图形可知：GC=，CF=2，∵AC=，BC=∴△ACB∽△GCF∴∠GFC=∠B∵AF=5=AB∴当BC边绕点C逆时针选择∠CAB时，点B与点F重合，点C在射线FG上．由作图可知T为AB中点∴∠TCA=∠TAC∴∠F+∠P′CF=∠B+∠TCA=∠B+∠TAC=90°∴CP′⊥GF此时，CP′最短故答案为：如图，取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求【总结归纳】本题考查了直角三角形的证明、图形的旋转、三角形相似和最短距离的证明．解题的关键在于找到并证明线段BC旋转后所在的位置．三、解答题1．（2018年天津-第24题-10分）在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A （5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．（Ⅰ）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；（Ⅱ）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．①求证△ADB≌△AOB；②求点H的坐标．（Ⅲ）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【知识考点】四边形综合题．【思路分析】（Ⅰ）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；（Ⅱ）①根据HL证明即可；②，设AH=BH=m，则HC=BC﹣BH=5﹣m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；（Ⅲ）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K 的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【解答过程】解：（Ⅰ）如图①中，∵A（5，0），B（0，3），∴OA=5，OB=3，∵四边形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，∴AD=AO=5，在Rt△ADC中，CD==4，∴BD=BC﹣CD=1，∴D（1，3）．（Ⅱ）①如图②中，由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，∵点D在线段BE上，∴∠ADB=90°，由（Ⅰ）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC﹣BH=5﹣m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5﹣m）2，∴m=，∴BH=，∴H（，3）．（Ⅲ）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=•DE•DK=×3×（5﹣）=，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=×D′E′×KD′=×3×（5+）=．综上所述，≤S≤．【总结归纳】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．2．（2018年重庆A卷-第26题-12分）如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y=﹣x2+4x上，且横坐标为1，点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E的坐标为（1，1）．（1）求线段AB的长；（2）点P为线段AB上方抛物线上的任意一点，过点P作AB的垂线交AB于点H，点F为y轴上一点，当△PBE的面积最大时，求PH+HF+12FO的最小值；（3）在（2）中，PH+HF+12FO取得最小值时，将△CFH绕点C顺时针旋转60°后得到△CF′H′，过点F'作CF′的垂线与直线AB交于点Q，点R为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点S，使以点D，Q，R，S为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点S的坐标，若不存在，请说明理由．【知识考点】二次函数综合题．【思路分析】（1）求出A、B两点坐标，即可解决问题；（2）如图1中，设P（m，﹣m2+4m），作PN∥y轴J交BE于N．构建二次函数利用二次函数的性质求出满足条件的点P坐标，作直线OG交AB于G，使得∠COG=30°，作HK⊥OG于K交OC于F，因为FK=OF，推出PH+HF+FO=PH+FH+Fk=PH+HK，此时PH+HF+OF的值最小，解直角三角形即可解决问题；（3）分两种情形分别求解即可；【解答过程】解：（1）由题意A（1，3），B（3，3），∴AB=2．（2）如图1中，设P（m，﹣m2+4m），作PN∥y轴J交BE于N．∵直线BE的解析式为y=x，∴N（m，m），∴S△PEB=×2×（﹣m2+3m）=﹣m2+3m，∴当m=时，△PEB的面积最大，此时P（，），H（，3），∴PH=﹣3=，作直线OG交AB于G，使得∠COG=30°，作HK⊥OG于K交OC于F，。

2018年中考数学复习试题汇编----几何综合1．已知，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为BC边上的一点.（1）以点C为旋转中心，将△ACD逆时针旋转90°，得到△BCE，请你画出旋转后的图形；（2）延长AD交BE于点F，求证：AF⊥BE；（3）若AC= ，BF=1，连接CF，则CF的长度为.527．（1）补全图形……………………2分（2）证明：∵ΔCBE由ΔCAD旋转得到，∴ΔCBE≌ΔCAD，………………3分∴∠CBE=∠CAD，∠BCE=∠ACD=90°，……………4分∴∠CBE+∠E=∠CAD+∠E，∴∠BCE=∠AFE=90°，∴AF⊥BE．……………………………………5分（3）2………………………………………………7分2．△ACB中，∠C=90°，以点A为中心，分别将线段AB，AC逆时针旋转60°得到线段AD，AE，连接DE，延长DE交CB于点F.（1）如图1，若∠B=30°，∠CFE的度数为；（2）如图2，当30°<∠B<60°时，①依题意补全图2；②猜想CF与AC的数量关系，并加以证明.图1 图23．如图1，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∠OAB=30°，点C在线段OB上，OC=2BC，AO）得到边上的一点D满足∠OCD=30°．将△OCD绕点O逆时针旋转α度（90°<α<180°△OC D，C，D两点的对应点分别为点C，D，连接AC，BD，取AC的中点M，连接OM．（1）如图2，当C D∥AB时，α=°，此时OM 和BD之间的位置关系为；（2）画图探究线段OM和BD之间的位置关系和数量关系，并加以证明．图1 图2备用图4．如图，∠BAD=90°，AB=AD，CB=CD，一个以点C为顶点的45°角绕点C旋转，角两边与BA，DA交于点M，N，与BA，DA延长线交于点E，F，连接AC.（1）在∠FCE旋转的过程中，当∠FCA=∠ECA时，如图1，求证：AE=AF；（2）在∠FCE旋转的过程中，当∠FCA≠∠ECA时，如图2，如果∠B=30°，CB=2，用等式表示线段AE，AF之间的数量关系，并证明.图1 图227.解：（1）证明：∵AB=AD ，BC=CD ，AC=AC ，∴△ABC ≌△ADC .…1分∴∠BAC =∠DAC =45°，可证∠FAC =∠EAC =135°.……2分又∵∠FCA =∠ECA ，∴△ACF ≌△ACE .∴AE=AF .……3分其他方法相应给分.（2）过点C 作CG ⊥AB 于点G ，求得AC =2.……4分∵∠FAC =∠EAC =135°，∴∠ACF +∠F=45°.又∵∠ACF +∠ACE =45°，∴∠F=∠ACE .∴△ACF ∽△AEC.……5分∴AC AF AE AC ，即AF AE AC 2. ……6分∴2AF AE .……７分5．在等腰△ABC 中，AB=AC ，将线段BA 绕点B 顺时针旋转到BD ，使BD ⊥AC 于H ，连结AD 并延长交BC 的延长线于点P.（1）依题意补全图形；（2）若∠BAC=2α，求∠BDA 的大小（用含α的式子表示）；（3）小明作了点D 关于直线BC 的对称点点E ，从而用等式表示线段DP 与BC 之间的数量关系.请你用小明的思路补全图形并证明线段DP 与BC 之间的数量关系.27.解：(1)如图……………………………………………１分(2) ∵∠BAC =2α，∠AHB =90°∴∠ABH=90°-2α (2)分∵BA=BD∴∠BDA =45°+α………………………………………………………………………………３分(3)补全图形，如图………………４分。