壓軸題25幾何最值問題-2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練

2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練壓軸題25幾何最值問題一、單選題1．（2023·山東煙臺(tái)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中，AB=8，AD=4，點(diǎn)E是矩形ABCD內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，且∠BEC=90°，點(diǎn)P是AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，連接PD、PE，則PD+PE的最小值為（

）A．8 B．45 C．10 D．【答案】A【分析】根據(jù)∠BEC=90°得到點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，利用“將軍飲馬”模型將PE進(jìn)行轉(zhuǎn)化即可求解．【詳解】解：如圖，設(shè)點(diǎn)O為BC的中點(diǎn)，由題意可知，點(diǎn)E在以BC為直徑的半圓O上運(yùn)動(dòng)，作半圓O關(guān)于AB的對(duì)稱圖形（半圓O'），點(diǎn)E的對(duì)稱點(diǎn)為E1，連接O'E1,∴當(dāng)點(diǎn)D、P、E1、O'共線時(shí)，PD+PE的值最小，最小值為D如圖所示，在Rt△DCO'中，CD=8，CO'=6，∴DO'=8又∵O'E∴DE1=DO'-O'E1故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查線段和最短問題、軸對(duì)稱的性質(zhì)、勾股定理及圓周角定理，利用“將軍飲馬”模型將PE進(jìn)行轉(zhuǎn)化時(shí)解題的關(guān)鍵．2．（2023·安徽黃山·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=32x2-32x-3的圖象與x軸交于點(diǎn)A，C兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)B，對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)DA．334 B．32 C．3【答案】A【分析】作射線BA，作PE⊥BA于E，作DF⊥BA于F，交y軸于P'，可求得∠ABO=30°，從而得出PE=12【詳解】解：如圖，作射線BA，作PE⊥BA于E，作DF⊥BA于F，交y軸于P'拋物線的對(duì)稱軸為直線x=--∴OD=1當(dāng)x=0時(shí)，y=-3∴OB=3當(dāng)y=0時(shí)，32∴x1=-1，∴A(-1,0)，∴OA=1，∵tan∠ABO=∴∠ABO=30°，∴PE=1∴12PB+PD=PD+PE≥DF，當(dāng)點(diǎn)P在P'時(shí)，PD+PE在Rt△ADF中，∠DAF=90°-∠ABO=60°，AD=OD+PA=∴DF=AD?sin∴(1故選：A．【點(diǎn)睛】本題以二次函數(shù)為背景，考查了二次函數(shù)與一元二次方程之間的關(guān)系，解直角三角形等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是用三角函數(shù)構(gòu)造123．（2023秋·浙江金華·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)E是正方形ABCD內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，且∠EAB=∠EBC．連結(jié)AE，BE，PD，PE，則PD+PE的最小值為（

）A．213-2 B．45-2 C．【答案】A【分析】先證明∠AEB=90°，即可得點(diǎn)E在以AB為直徑的半圓上移動(dòng)，設(shè)AB的中點(diǎn)為O，作正方形ABCD關(guān)于直線BC對(duì)稱的正方形CFGB，則點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是F，連接FO交BC于P，交半圓O于E，根據(jù)對(duì)稱性有：PD=PF，則有：PE+PD=PE+PF，則線段EF的長即為PE+PD的長度最小值，問題隨之得解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∴∠ABE+∠EBC=90°，∵∠EAB=∠EBC，∴∠EAB+∠EBA=90°，∴∠AEB=90°，∴點(diǎn)E在以AB為直徑的半圓上移動(dòng)，如圖，設(shè)AB的中點(diǎn)為O，作正方形ABCD關(guān)于直線BC對(duì)稱的正方形CFGB，則點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是F，連接FO交BC于P，交半圓O于E，根據(jù)對(duì)稱性有：PD=PF，則有：PE+PD=PE+PF，則線段EF的長即為PE+PD的長度最小值，E∵∠G=90°，F(xiàn)G=BG=AB=4，∴OG=6，OA=OB=OE=2，∴OF=F∴EF=OF-OE=213故PE+PD的長度最小值為213故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，正方形的性質(zhì)，勾股定理，正確的作出輔助線，得出點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)路線是解題的關(guān)鍵．4．（2022秋·安徽池州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，點(diǎn)P為AC邊上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥AB于點(diǎn)D，則A．154 B．245 C．5 D【答案】B【分析】作點(diǎn)B關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)B'，過點(diǎn)B'作B'D⊥AB于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求作的點(diǎn)，此時(shí)PB+PD有最小值，連接AB'，根據(jù)對(duì)稱性的性質(zhì)，可知：BP=B【詳解】解：如下圖，作點(diǎn)B關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)B'，過點(diǎn)B'作B'D⊥AB于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)P，連接AB根據(jù)對(duì)稱性的性質(zhì)，可知：BP=B在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=4,BC=3，∴AB=A根據(jù)對(duì)稱性的性質(zhì)，可知：△ABC?△AB∴S即12∴5B∴B故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱一最短路線問題，解題的關(guān)鍵是掌握軸對(duì)稱的性質(zhì)．5．（2023秋·甘肅定西·八年級(jí)校考期末）如圖所示，在△ABC中，∠ABC=68°，BD平分∠ABC，P為線段BD上一動(dòng)點(diǎn)，Q為

邊AB上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)AP+PQ的值最小時(shí)，∠APB的度數(shù)是（

）A．118° B．125° C．136° D．124°【答案】D【分析】先在BC上截取BE=BQ，連接PE，證明△PBQ≌△PBESAS，得出PE=PQ，說明AP+PQ=AP+PE，找出當(dāng)A、P、E在同一直線上，且AE⊥BC時(shí)，AP+PE最小，即AP+PQ最小，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，交BD于點(diǎn)P【詳解】解：在BC上截取BE=BQ，連接PE，如圖：∵BD平分∠ABC，∠ABC=68°，∴∠ABD=∠CBD=1∵BP=BP，∴△PBQ≌△PBESAS∴PE=PQ，∴AP+PQ=AP+PE，∴當(dāng)A、P、E在同一直線上，且AE⊥BC時(shí)，AP+PE最小，即AP+PQ最小，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，交BD于點(diǎn)P，如圖：∵∠AEB=90°，∠CBD=34°，∴∠APB=∠AEB+∠CBD=124°．故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了角平分線的定義，三角形全等的判定和性質(zhì)，垂線段最短，三角形內(nèi)角和定理與三角形的外角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找出使AP+PQ最小時(shí)點(diǎn)P的位置．6．（2022秋·重慶沙坪壩·八年級(jí)重慶市鳳鳴山中學(xué)校聯(lián)考期末）如圖，E為正方形ABCD邊AD上一點(diǎn)，AE=1，DE=3，P為對(duì)角線BD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PA+PE的最小值為（

）A．5 B．42 C．210 D【答案】A【分析】連接EC交BD于P點(diǎn)，根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”，可知PA+PE的最小值即為線段EC的長，求出EC的長即可.【詳解】連接EC，交BD于P點(diǎn)∵四邊形ABCD為正方形∴A點(diǎn)和C點(diǎn)關(guān)于BD對(duì)稱∴PA=PC∴PA+PE=PC+PE=EC根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”，可知PA+PE的最小值即為線段EC的長.∵AE=1，DE=3∴AD=4∴DC=4∴CE=∴PA+PE的最小值為5故選：A

【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)和兩點(diǎn)之間線段最短，這是一個(gè)將軍飲馬模型.熟練掌握正方形的性質(zhì)并且能夠識(shí)別出將軍飲馬模型是解題的關(guān)鍵.7．（2023春·湖南張家界·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)M在DC上，且DM=1，N是AC上一動(dòng)點(diǎn)，則DN+MN的最小值為（

）A．4 B．42 C．25 D【答案】D【分析】由正方形的對(duì)稱性可知點(diǎn)B與D關(guān)于直線AC對(duì)稱，連接BM交AC于N′，N′即為所求在Rt△BCM中利用勾股定理即可求出BM的長即可．【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴點(diǎn)B與D關(guān)于直線AC對(duì)稱，∴DN=BN，連接BD，BM交AC于N′，連接DN′，∴當(dāng)B、N、M共線時(shí)，DN+MN有最小值，則BM的長即為DN+MN的最小值，∴AC是線段BD的垂直平分線，又∵CD=4，DM=1∴CM=CDDM=41=3，在Rt△BCM中，BM=C故DN+MN的最小值是5．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查的是軸對(duì)稱最短路線問題及正方形的性質(zhì)，先作出D關(guān)于直線AC的對(duì)稱點(diǎn)，由軸對(duì)稱及正方形的性質(zhì)判斷出D的對(duì)稱點(diǎn)是點(diǎn)B是解答此題的關(guān)鍵．8．（2022秋·浙江杭州·九年級(jí)杭州外國語學(xué)校校考開學(xué)考試）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=-x2+bx+3的圖像與x軸交于A、C兩點(diǎn)，與x軸交于點(diǎn)C(3,0)，若P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0,-1)，連接PD，則2A．4 B．2+22 C．22 D【答案】A【分析】過點(diǎn)P作PJ⊥BC于J，過點(diǎn)D作DH⊥BC于H，根據(jù)2PD+PC=2PD+【詳解】解：連接BC，過點(diǎn)P作PJ⊥BC于J，過點(diǎn)D作DH⊥BC于H．∵二次函數(shù)y=-x2+bx+3的圖像與x∴b＝2，∴二次函數(shù)的解析式為y=-x2+2x+3，令y＝0，x2+2x+3解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），令x＝0，y=3，∴B（0，3），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵D（0，1），∴OD＝1，BD＝4，∵DH⊥BC，∴∠DHB＝90°，設(shè)DH=x，則BH=x,∵DH∴x2∴x=22∴DH＝∵PJ⊥CB，∴∠PJC＝∴PJ＝∴2PD+PC=∵DP+PJ≥DH，∴DP+PJ≥22∴DP+PJ的最小值為22∴2PD+PC的最小值為4故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，以及等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識(shí)，得到∠OBC＝∠OCB＝45°，PJ＝29．（2022·山東泰安·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD為矩形，AB=3，BC=4．點(diǎn)P是線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M為線段AP上一點(diǎn)．∠ADM=∠BAP，則BM的最小值為（

）A．52 B．125 C．13-【答案】D【分析】證明∠AMD=90°，得出點(diǎn)M在O點(diǎn)為圓心，以【詳解】設(shè)AD的中點(diǎn)為O，以O(shè)點(diǎn)為圓心，AO為半徑畫圓∵四邊形ABCD為矩形∴∠BAP∵∠ADM=∠BAP∴∠MAD∴∠AMD∴點(diǎn)M在O點(diǎn)為圓心，以AO為半徑的圓上連接OB交圓O與點(diǎn)N∵點(diǎn)B為圓O外一點(diǎn)∴當(dāng)直線BM過圓心O時(shí)，BM最短∵BO2∴B∴BO=∵BN=BO-AO=故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查直角三角形、圓的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握直角三角形和圓的相關(guān)知識(shí)．10．（2022·河南·校聯(lián)考三模）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)AP=x，PB+PE=y，當(dāng)點(diǎn)P從A向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)時(shí)，y與x的函數(shù)關(guān)系如圖2所示，其中點(diǎn)M是函數(shù)圖象的最低點(diǎn)，則點(diǎn)M的坐標(biāo)是（

）A．42，35 B．22,3【答案】A【分析】根據(jù)圖像，當(dāng)P與C重合時(shí)，PB+PE=9即CB+CE=9，從而確定正方形的邊長為6，根據(jù)將軍飲馬河原理，連接DE交AC于點(diǎn)G，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)G重合時(shí)，PE+PB最小，且為DE的長即點(diǎn)M的縱坐標(biāo)，利用相似三角形，計(jì)算AG的長即為橫坐標(biāo)．【詳解】如圖，根據(jù)圖像，當(dāng)P與C重合時(shí)，PB+PE=9即CB+CE=9，∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴BC=6，連接DE交AC于點(diǎn)G，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)G重合時(shí)，PE+PB最小，且為DE的長即點(diǎn)M的縱坐標(biāo)，∵四邊形ABCD是正方形，AB=6，∴CE∥AD，AC=62+62=6∴△CGE∽△AGD，∴CGAG∴ACAG∴AG=42故點(diǎn)M的坐標(biāo)為（42，35），故故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，函數(shù)圖像信息的獲取，將軍飲馬河原理，熟練掌握正方形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用三角形相似，構(gòu)造將軍飲馬河模型求解是解題的關(guān)鍵．二、填空題11．（2023春·江蘇宿遷·九年級(jí)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，矩形ABCD，AB=4，BC=8，E為AB中點(diǎn)，F(xiàn)為直線BC上動(dòng)點(diǎn)，B、G關(guān)于EF對(duì)稱，連接AG，點(diǎn)P為平面上的動(dòng)點(diǎn)，滿足∠APB=12∠AGB，則DP【答案】2【分析】由題意可知，∠AGB=90°，可得∠APB=12∠AGB=45°，可知點(diǎn)P在以AB為弦，圓周角∠APB=45°的圓上，（要使DP最小，則點(diǎn)P要靠近蒂點(diǎn)D，即點(diǎn)P在AB的右側(cè)），設(shè)圓心為O，連接OA，OB，OE，OP，OD，過點(diǎn)O作OQ⊥AD，可知△AOB為等腰直角三角形，求得OA=22AB=22=OP，AQ=OQ=22OA=2，QD=AD-AQ=6【詳解】解：∵B、G關(guān)于EF對(duì)稱，∴BH=GH，且EF⊥BG∵E為AB中點(diǎn)，則EH為△ABG的中位線，∴EH∥AG，∴∠AGB=90°，∵∠APB=12∠AGB∴點(diǎn)P在以AB為弦，圓周角∠APB=45°的圓上，（要使DP最小，則點(diǎn)P要靠近蒂點(diǎn)D，即點(diǎn)P在AB的右側(cè)）設(shè)圓心為O，連接OA，OB，OE，OP，OD，過點(diǎn)O作OQ⊥AD，則OA=OB=OP，∵∠APB=45°，∴∠AOB=90°，則△AOB為等腰直角三角形，∴OA=2又∵E為AB中點(diǎn)，∴OE⊥AB，OE=1又∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，AD=BC=8，∴四邊形AEOQ是正方形，∴AQ=OQ=22OA=2∴OD=O由三角形三邊關(guān)系可得：DP≥OD-OP=210-22，當(dāng)點(diǎn)P∴DP的最小值為210故答案為：210【點(diǎn)睛】本題考查軸對(duì)稱的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，隱形圓，三角形三邊關(guān)系，正方形的判定及性質(zhì)，等腰直角三角形的判定及性質(zhì)，根據(jù)∠APB=12∠AGB=45°得知點(diǎn)P在以AB12．（2023春·江蘇連云港·八年級(jí)期中）如圖，在邊長為8的正方形ABCD中，點(diǎn)G是BC邊的中點(diǎn)，E、F分別是AD和CD邊上的點(diǎn)，則四邊形BEFG周長的最小值為______．【答案】24【分析】作點(diǎn)G關(guān)于CD的對(duì)稱點(diǎn)G'，作點(diǎn)B關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)B'，連接B'【詳解】作點(diǎn)G關(guān)于CD的對(duì)稱點(diǎn)G'，作點(diǎn)B關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)B'，連接B∵EB=EB∴BE+EF+FG+BG=B∵EB∴四邊形BEFG的周長的最小值=BG+B∵正方形ABCD的邊長為8∴BG=4，BB'=16∴B'∴四邊形BEFG的周長的最小值為=4+20=24．故答案為：24．【點(diǎn)睛】本題考查軸對(duì)稱求線段和的最短問題，正方形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用軸對(duì)稱解決最短問題．13．（2022·湖南湘潭·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，菱形草地ABCD中，沿對(duì)角線修建60米和80米兩條道路AC<BD，M、N分別是草地邊BC、CD的中點(diǎn)，在線段BD上有一個(gè)流動(dòng)飲水點(diǎn)P，若要使PM+PN的距離最短，則最短距離是_____米．【答案】50【分析】作M關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)Q，連接NQ，交BD于P'，連接MP'，當(dāng)P點(diǎn)與P'重合時(shí)，【詳解】解：作M關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)Q，連接NQ，交BD于P'，連接M當(dāng)P點(diǎn)與P'重合時(shí)，MP+NP=M∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，即Q在AB上，∵M(jìn)Q⊥BD，∴AC∥MQ∴M為BC中點(diǎn)，∴Q為AB中點(diǎn)，∵N為CD中點(diǎn)，四邊形ABCD是菱形，∴BQ∥CD，∴四邊形BQNC是平行四邊形，∴NQ=BC，設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OC=12AC=30∴BC=O∴PM+PN的最小值是50米．故答案為：50．【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，平行四邊形的性質(zhì)和判定，菱形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是能根據(jù)軸對(duì)稱找出P的位置．14．（2023春·江蘇·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，正方形ABCD的邊長為4，⊙B的半徑為2，P為⊙B上的動(dòng)點(diǎn)，則2PC-PD的最大值是______【答案】2【分析】解法1，如圖：以PD為斜邊構(gòu)造等腰直角三角形△PDM，連接MC，BD，連接PM、DM，推得2PC-PD=2PC-2解法2：如圖：連接BD、BP、PC，在BD上做點(diǎn)M，使BMBP=24，連接MP，證明△BMP～△BPD，在BC上做點(diǎn)N，使BNBP=12，連接NP，證明△BNP～△BPC，接著推導(dǎo)出【詳解】解法1如圖：以PD為斜邊構(gòu)造等腰直角三角形△PDM，連接MC，BD，∴∠PDM=45，DM=PM=2∵四邊形ABCD正方形∴∠BDC=45°，DB又∵∠PDM=∠PDB+MDB，∠BDC=∠MDB+MDC∴∠PDB=∠MDC在△BPD與△MPC中∠PDB=∠MDC，DB∴△BPD～△MPC∴PB∵BP=2∴MC=∵2∵PC-PM≤MC∴2故答案為：2．解法2如圖：連接BD、BP、PC根據(jù)題意正方形ABCD的邊長為4，⊙B的半徑為2∴BP=2∵BP在BD上做點(diǎn)M，使BMBP=24在△BMP與△BPD中∠MBP=∠PBD∴△BMP～△BPD∴PMPD=∵BP在BC上做點(diǎn)N，使BNBP=12在△BNP與△BPC中∠NBP=∠PBC∴△BNP～△BPC∴PNPC=∴如圖所示連接NM∴2∵PN-PM≤NM∴2在△BMN與△BCD中∠NBM=∠DBC，BM∴BM∴△BMN～△BCD∴MN∵CD∴MN∴2∴2故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，相似三角形，勾股定理等知識(shí)，難度較大，熟悉以上知識(shí)點(diǎn)運(yùn)用是解題關(guān)鍵．15．（2023秋·廣東廣州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，AC⊥BC，∠DAB=60°，AD=CD=4，點(diǎn)M是四邊形ABCD內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足∠AMD=90°，則【答案】6【分析】取AD的中點(diǎn)O，連接OM，過點(diǎn)M作ME⊥BC交BC的延長線于點(diǎn)E，過點(diǎn)O作OF⊥BC于F，交CD于G，則OM+ME≥OF，通過計(jì)算得出當(dāng)O,M,E三點(diǎn)共線時(shí)，ME有最小值，求出最小值即可．【詳解】解：如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OM，過點(diǎn)M作ME⊥BC交BC的延長線于點(diǎn)E，過點(diǎn)O作OF⊥BC于F，交CD于G，則OM+ME≥OF，∵AB∥CD，∠DAB=60°，∴∠ADC=120°，∵AD=CD，∴∠DAC=30°，∴∠CAB=30°，∵AC⊥BC，∴∠ACB=90°∴∠B=90°-30°=60°，∴∠B=∠DAB，∴四邊形ABCD為等腰梯形，∴BC=AD=4，∵∠AMD=90°，AD=4，∴OM=1∴點(diǎn)M在以點(diǎn)O為圓心，2為半徑的圓上，∵AB∥∴∠GCF=∠B=60°，∴∠DGO=∠CGF=30°，∵OF⊥BC，AC⊥BC，∴∠DOG=∠DAC=30°=∠DGO，∴DG=DO=2，∴OG=2OD?cos30°=23，GF=∴ME≥OF-OM=33∴當(dāng)O,M,E三點(diǎn)共線時(shí)，ME有最小值33∴△MBC面積的最小值為=1【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形、隱圓、直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，點(diǎn)M位置的確定是解題關(guān)鍵．16．（2023春·全國·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在等邊△ABC中，BD⊥AC于D，AD=3cm．點(diǎn)P,Q分別為AB,AD上的兩個(gè)定點(diǎn)且BP=AQ=1cm，點(diǎn)M為線段BD上一動(dòng)點(diǎn)，連接PM,QM，則PM+QM的最小值為______【答案】5【分析】如圖所示，作點(diǎn)P關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)P'，且點(diǎn)P'在BC上，則PM+QM=P'M+QM，當(dāng)P【詳解】解：如圖所示，作點(diǎn)P關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)P'∵△ABC是等邊三角形，BD⊥AC，∴∠ABD=∠DBC=1∴點(diǎn)P'在BC∴P'M=PM，則PM+QM=P∵點(diǎn)P關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)P'，∠ABD=∠DBC=30°∴PP'⊥BM∴∠BP∴△BPP'是等邊三角形，即∴PP'∥AC∴四邊形PP∴P'在Rt△ABD中，∠ABD=30°，AD=3∴AB=2AD=2×3=6，∴AP=P故答案為：5．【點(diǎn)睛】本題主要考查動(dòng)點(diǎn)與等邊三角形，對(duì)稱—最短路徑，平行四邊形的判定和性質(zhì)的綜合，理解并掌握等邊三角形得性質(zhì)，對(duì)稱—最短路徑的計(jì)算方法，平行四邊形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（2022秋·山東菏澤·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，在周長為12的菱形ABCD中，DE=1，DF=2，若P為對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，則EP+FP的最小值為______．【答案】3【分析】作F點(diǎn)關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)F'，連接EF'交BD于點(diǎn)P，則PF=PF'，由兩點(diǎn)之間線段最短可知當(dāng)E、P、F【詳解】解：作F點(diǎn)關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)F'，則PF=PF'，連接EF'交BD∴EP+FP=EP+F由兩點(diǎn)之間線段最短可知：當(dāng)E、P、F'在一條直線上時(shí)，EP+FP的值最小，此時(shí)EP+FP=EP+F∵四邊形ABCD為菱形，周長為12，∴AB=BC=CD=DA=3，AB∥∵AF=2，AE=1，∴DF=AE=1，∴四邊形AEF∴EF∴EP+FP的最小值為3．故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題主要考查的是菱形的性質(zhì)、軸對(duì)稱路徑最短問題，明確當(dāng)E、P、F'在一條直線上時(shí)EP+FP18．（2023春·上海·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，直線y=x+4與x軸，y軸分別交于A和B，點(diǎn)C、D分別為線段AB、OB的中點(diǎn)，P為OA上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)PC+PD的值最小時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為________．【答案】(-1,0)【分析】直線y=x+4與x軸，y軸分別交于A和B，可求出點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，點(diǎn)C、D分別為線段AB、OB的中點(diǎn)，可求出點(diǎn)C、D的坐標(biāo)，作點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C'，連接C'D與x【詳解】解：直線y=x+4與x軸，y軸分別交于A和B，∴當(dāng)y=0，x=-4，即A(-4,0)；當(dāng)x=0，y=4，即B(0,4)，∵點(diǎn)C、D分別為線段AB、OB的中點(diǎn)，∴C(-2,2)，D(0,2)，如圖所示，過點(diǎn)C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C'∴C'∴直線C'D的解析式為：當(dāng)y=0，x=-1，即P(-1,0)，故答案為：(-1,0)．【點(diǎn)睛】本題主要考查一次函數(shù)與最短線段的綜合，掌握對(duì)稱中最短線段的解題方法是解題的關(guān)鍵．19．（2023秋·黑龍江雞西·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，拋物線y=x2-4x+3與x軸分別交于A,B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，在其對(duì)稱軸上有一動(dòng)點(diǎn)M，連接MA,MC,AC，則△MAC【答案】3【分析】根據(jù)“將軍飲馬”模型，先求出A1,0,B3,0,C0,3，由二次函數(shù)對(duì)稱性，A,B關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，從而C△MAC=CA+CM+MA=CA+CM+MB，AC=OA2+OC2【詳解】解：∵拋物線y=x2-4x+3與x軸分別交于A,B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y∴當(dāng)y=0時(shí)，0=x2-4x+3解得x=1或x=3，即A1,0,B3,0；當(dāng)由二次函數(shù)對(duì)稱性，A,B關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，即MA=MB，∴C△MAC∵AC=O∴△MAC周長的最小值就是CM+MB的最小值，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短即可得到CM+MB的最小值為C,M,B三點(diǎn)共線時(shí)線段CB長，∵CB=O∴△MAC周長的最小值為CA+CB=32故答案為：32【點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)點(diǎn)最值問題與二次函數(shù)綜合，涉及“將軍飲馬”模型求最值、二次函數(shù)圖像與性質(zhì)、解一元二次方程、勾股定理求線段長等知識(shí)，熟練掌握動(dòng)點(diǎn)最值的常見模型是解決問題的關(guān)鍵．20．（2023秋·浙江溫州·九年級(jí)?？计谀┤鐖D所示，∠ACB=60°，半徑為2的圓O內(nèi)切于∠ACB．P為圓O上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM、PN分別垂直于∠ACB的兩邊，垂足為M、N，則PM+2PN的取值范圍為___________．【答案】6-2【分析】根據(jù)題意，本題屬于動(dòng)點(diǎn)最值問題“阿氏圓”模型，首先作MH⊥NP于H，作MF⊥BC于F，如圖所示，通過代換，將PM+2PN轉(zhuǎn)化為PN+12PM=PN+HP=NH，得到當(dāng)MP與⊙O【詳解】解：作MH⊥NP于H，作MF⊥BC于F，如圖所示：∵PM⊥AC，PN⊥CB，∴∠PMC=∠PNC=90°，∴∠MPN=360°-∠PMC-∠PNC-∠C=120°，∴∠MPH=180°-∠MPN=60°，∴HP=PM?cos∴PN+1∵M(jìn)F=NH，∴當(dāng)MP與⊙O相切時(shí)，MF取得最大和最小，①連接OP，OG，OC，如圖1所示：可得：四邊形OPMG是正方形，∴MG=OP=2，在Rt△COG中，CG=OG?∴CM=CG+GM=2+23在Rt△CMF中，MF=CM?∴HN=MF=3+3，即PM+2PN=2②連接OP，OG，OC，如圖2所示：可得：四邊形OPMG是正方形，∴MG=OP=2，由上同理可知：在Rt△COG中，CG=OG?∴CM=CG-GM=23在Rt△CMF中，MF=CM?∴HN=MF=3-3，即PM+2PN=2∴6-23故答案為：6-23【點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)點(diǎn)最值模型“阿氏圓”，難度較大，掌握解決動(dòng)點(diǎn)最值問題的方法，熟記相關(guān)幾何知識(shí)，尤其是圓的相關(guān)知識(shí)是解決問題的關(guān)鍵．三、解答題21．（2022春·江蘇·九年級(jí)專題練習(xí)）綜合與探究如圖，已知拋物線y=ax2+bx+4經(jīng)過A-1,0，B4,0(1)求拋物線的解析式，連接BC，并求出直線BC的解析式；(2)請(qǐng)?jiān)趻佄锞€的對(duì)稱軸上找一點(diǎn)P，使AP+PC的值最小，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)是；(3)點(diǎn)Q在第一象限的拋物線上，連接CQ，BQ，求出△BCQ面積的最大值．【答案】(1)y=-x2(2)3(3)8【分析】（1）將A-1,0，B4,0兩點(diǎn)，代入拋物線解析式，可得到拋物線解析式，從而得到C0,4，再設(shè)直線BC的解析式為y=kx+bk≠0，把點(diǎn)（2）連接BC，PB，根據(jù)題意可得A、B關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸直線x=32對(duì)稱，從而得到當(dāng)P在直線AB上三點(diǎn)共線時(shí)，AP+CP的值最小，把x=3（3）過Q作QD⊥x軸，交BC于D，設(shè)Qd,-d2+3d+4，其中0≤d≤4，則可得QD=-d2+4d【詳解】（1）解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+4經(jīng)過A∴a-b+4=016a+4b+4=0解得：a=-1b=3∴拋物線的解析式為y=-x∵拋物線與y軸的交點(diǎn)為C，∴C0,4設(shè)直線BC的解析式為y=kx+bk≠0，把點(diǎn)B、C4k+b=0b=4，解得：k=-1∴直線BC的解析式為y=-x+4；（2）如圖，連接BC，PB，∵y=-x∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=3根據(jù)題意得：A、B關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸直線x=3∴AP=BP，∴AP+CP=BP+CP≥BC，即當(dāng)P在直線AB上時(shí)，AP+CP的值最小，∴當(dāng)x=32時(shí)，y=-∴P3故答案是：32（3）過Q作QD⊥x軸，交BC于D，設(shè)Qd,-d2+3d+4，其中0≤d≤4，則∴QD=-∵B4,0∴OB=4，∴SΔ當(dāng)d=2時(shí)，SΔBCQ取最大值，最大值為∴△BCQ的最大面積為8；【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想是解題的關(guān)鍵．22．（2023秋·江蘇淮安·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，直線AB:y=-x+6分別與x,y軸交于A,B兩點(diǎn)，過點(diǎn)B的直線交x軸負(fù)半軸于點(diǎn)C-3,0(1)請(qǐng)直接寫出直線BC的關(guān)系式：_________(2)在直線BC上是否存在點(diǎn)D，使得S△ABD=S(3)如圖2，D11,0，P為x軸正半軸上的一動(dòng)點(diǎn)，以P為直角頂點(diǎn)、BP為腰在第一象限內(nèi)作等腰直角三角形△BPQ，連接QA,QD．請(qǐng)直接寫出QB-QD的最大值：___________【答案】(1)y=2x+6(2)當(dāng)D185,66(3)37【分析】（1）根據(jù)直線AB與y軸的交點(diǎn)，可求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法即可求解；（2）設(shè)D(a,2a+6)，分別用含a的式子表示出出S△AOD（3）△BPQ是等腰直角三角形，設(shè)P(m,0)(m>0)，可表示出QB，再證Rt△BOP≌Rt△PTQ(AAS)，如圖所示，當(dāng)點(diǎn)B,R,Q在一條直線上時(shí)，QB-QD【詳解】（1）解：∵直線AB:y=-x+6分別與x,y軸交于A,B兩點(diǎn)，令x=0，則y=6，∴B(0,6)，且C-3,0設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∴b=6-3k+b=0，解得，k=2∴直線BC的解析式為y=2x+6，故答案為：y=2x+6．（2）解：由（1）可知直線BC的解析式為y=2x+6，直線AB的解析式為y=-x+6，∴A(6,0),B(0,6),C(-3,0)，∴OA=6,BO=6,OC=3，如圖所示，點(diǎn)D在直線BC上，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于E，∴設(shè)D(a,2a+6)，E(a,0)，∴S△ABC=12AC·OB=∴S△ABD若S△ABD=S當(dāng)a>0時(shí)，27-92a=3a，解得，a=當(dāng)a<0時(shí)，27+92a=-3a，解得，綜上所述，當(dāng)D185,665（3）解：已知A(6,0),B(0,6),D(11,0)，設(shè)P(m,0)(m>0)，∴在Rt△BOP中，OB=6,OP=m∵△BPQ是等腰直角三角形，∠BPQ=90°，∴BP=QP；如圖所示，過點(diǎn)Q作QT⊥x軸于T，在Rt△BOP,Rt△PTQ中，∠BOP=∠PTQ=90°∴∠BPO=∠PQT，∴∠BPO=∠PQT∠BOP=∠PTQ∴Rt△BOP≌∴OP=TQ=m，OB=PT=6，∴AT=OP+PT-OA=m+6-6=m，∴AT=QT，且QT⊥x軸，∴△ATQ是等腰直角三角形，∠QAT=45°，則點(diǎn)Q的軌跡在射線AQ上，如圖所示，作點(diǎn)D關(guān)于直線AQ的對(duì)稱點(diǎn)R，連接QR,BR,AR，A(6,0)，B(0,6)，D(11,0)，∵△ATQ是等腰直角三角形，即∠QAT=45°，根據(jù)對(duì)稱性質(zhì)，∴∠QAR=45°，∴RA⊥x軸，且△DQA≌△RQA，∴AR=AD=11-6=5，則R(6,5)，如圖所示，當(dāng)點(diǎn)B,R,Q在一條直線上時(shí)，QB-QD的值最大，最大值為BR的值；∴由勾股定理得：BR=6故答案為：37．【點(diǎn)睛】本題主要考查一次函數(shù)，幾何的綜合，掌握待定系數(shù)法求解析式，將軍飲馬問題，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．23．（2023春·重慶沙坪壩·九年級(jí)重慶八中?？茧A段練習(xí)）△ABC中，∠B=60(1)如圖1，若AC>BC，CD平分∠ACB交AB于點(diǎn)D，且AD=3BD．證明：(2)如圖2，若AC<BC，取AC中點(diǎn)E，將CE繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至CF，連接BF并延長至G，使BF=FG，猜想線段AB、BC、(3)如圖3，若AC=BC，P為平面內(nèi)一點(diǎn)，將△ABP沿直線AB翻折至△ABQ，當(dāng)3AQ+2BQ+13CQ取得最小值時(shí)，直接寫出【答案】(1)見解析(2)BC=AB+CG，理由見解析(3)2【分析】（1）過點(diǎn)D分別作BC，AC的垂線，垂足為E，F(xiàn)，易得DE=DF，由∠B=60°，可得DE=DF=32BD，由AD=（2）延長BA，使得BH=BC，連接EH，CH，易證△BCH為等邊三角形，進(jìn)而可證△BCF≌△HCESAS，可得BF=HE，∠BFC=∠HEC，可知∠AEH=∠CFG，易證得△AEH≌△CFGSAS，可得AH=CG，由（3）由題意可知△ABC是等邊三角形，如圖，作CM⊥CA，且CM=32CA，作CN⊥CQ，且CN=32CQ，可得CMCA=CNCQ=32，QN=CQ2+CN2=132CQ，可知△ACQ∽△MCN，可得MN=32AQ，由3AQ+2BQ+13CQ=232AQ+BQ+132CQ=2MN+BQ+QN≥2BM可知點(diǎn)Q，N都在線段BM上時(shí)，3AQ+2BQ+13CQ【詳解】（1）證明：過點(diǎn)D分別作BC，AC的垂線，垂足為E，F(xiàn)，∵CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，∴DE=DF，又∵∠B=60∴DE=BD?sin60°=3又∵AD=3∴sinA=∴∠A=30°；（2）BC=AB+CG，理由如下：延長BA，使得BH=BC，連接EH，CH，∵∠ABC=60°，BH=BC，∴△BCH為等邊三角形，∴CB=CH，∠BCH=60°，∵CE繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至CF，∴CE=CF，∠ECF=60°，則∠BCH-∠ACB=∠ECF-∠ACB，∴∠ECH=∠FCB，∴△BCF≌△HCESAS∴BF=HE，∠BFC=∠HEC，則∠AEH=∠CFG，∵BF=FG，∴BF=HE=FG，又∵E為AC中點(diǎn)，∴AE=CE=CF，∴△AEH≌△CFGSAS∴AH=CG，∴BC=BH=AB+AH=AB+CG；（3）∵∠ABC=60°，AC=BC，∴△ABC是等邊三角形，如圖，作CM⊥CA，且CM=32CA，作CN⊥CQ則CMCA=CN∴sin∠CQN=CNQN則∠ACM=∠QCN=90°，∴∠ACM-∠ACN=∠QCN-∠ACN，則∠ACQ=∠MCN∴△ACQ∽△MCN，∴MNAQ=CM∴3AQ+2BQ+即：點(diǎn)Q，N都在線段BM上時(shí)，3AQ+2BQ+13過點(diǎn)C作CR⊥BM，過點(diǎn)M作MT⊥BC交BC延長線于T，則∠BRC=∠BTM=90°，CR=CQ?sin∠CQN=3又∵∠CBR=∠MBT，∴△CBR∽△MBT，∴BRCR∵△ABC是等邊三角形，設(shè)BC=a∴∠ACB=60°，AC=BC=a，則CM=3∵∠ACM=90°，∴∠MCT=30°，則CT=CM?cos30°=3則由BRCR=BT整理得：133BQCQ由翻折可知，BP=BQ，∴BPCQ【點(diǎn)睛】本題屬于幾何綜合，考查了解直角三角形，等邊三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及費(fèi)馬點(diǎn)問題，掌握費(fèi)馬點(diǎn)問題的解決方法，添加輔助線構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解決問題的關(guān)鍵．24．（2023春·江蘇·八年級(jí)專題練習(xí)）定義：既相等又垂直的兩條線段稱為“等垂線段”，如圖1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，點(diǎn)D、E分別在邊AB、AC上，AD=AE，連接DE、DC，點(diǎn)M、P、N分別為DE、DC、BC的中點(diǎn)，且連接PM、PN(1)觀察猜想線段PM與PN______填（“是”或“不是”）“等垂線段”．(2)△ADE繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)到圖2所示的位置，連接BD，CE，試判斷PM與PN是否為“等垂線段”，并說明理由．(3)拓展延伸把△ADE繞點(diǎn)A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若DE=2，BC=4，請(qǐng)直接寫出PM與PN的積的最大值．【答案】(1)是(2)是，答案見解析(3)9【分析】（1）根據(jù)中位線的性質(zhì)以及AB=AC，AD=AE，可得MP=PN，由中位線性質(zhì)可得MP∥EC，PN∥BD，再由∠B=∠ACB=45°結(jié)合平行線的性質(zhì)，可證∠MPD+∠DPN=45°-∠DCB+45°+∠DCB=90°，故線段PM與PN是“等垂線段”．（2）先證△ABD≌△ACESAS，可得BD=CE，根據(jù)中位線的性質(zhì)得到MP=12EC，PN=12BD，即MP=PN；由中位線性質(zhì)可得MP∥EC，PN∥BD，再由∠ABC=∠ACB=45°結(jié)合平行線的性質(zhì)，可證∠MPD+∠DPN=90°，故線段PM（3）由（2）可知，MP=PN，MP⊥PN，故PM×PN=PM2=MN22，當(dāng)MN取最大值時(shí)，PM與PN的積有最大值．當(dāng)N、A、M三點(diǎn)共線，且點(diǎn)A【詳解】（1）解：線段PM與PN是“等垂線段”．理由如下：∵點(diǎn)M、P、N分別為DE、DC、BC的中點(diǎn)，∴MP=12EC∵AB=AC，AD=AE，∴AB-AD=AC-AE，即BD=CE，∴MP=PN．∵點(diǎn)M、P、N分別為DE、DC、BC的中點(diǎn)，∴MP∥EC，PN∥BD，∵在Rt△ABC中，∠A=90°∴∠B=∠ACB=45°，∴∠ACD=45°-∠DCB，∠BDC=180°-∠B-∠DCB=135°-∠DCB，∵M(jìn)P∥EC，PN∥BD，∴∠MPD=∠ACD=45°-∠DCB，∠DPN=180°-∠BDC=180°-135°-∠DCB∴∠MPD+∠DPN=45°-∠DCB+45°+∠DCB=90°，∴MP⊥PN，即線段PM與PN是“等垂線段”，故答案為：是．（2）解：線段PM與PN是“等垂線段”，理由如下：∵△ADE繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)到圖2所示的位置，∴AD=AE，∠DAE=90°，∵∠BAC=90°，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△ABD與△ACE中，∵AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACESAS∴BD=CE，∵點(diǎn)M、P、N分別為DE、DC、BC的中點(diǎn)，∴MP=12EC∵BD=CE，∴MP=PN．∵點(diǎn)M、P、N分別為DE、DC、BC的中點(diǎn)，∴MP∥EC，PN∥BD，∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ACD=45°-∠DCB，∠DBC=45°-∠ABD，∠BDC=180°-∠DBC-∠DCB=180°-∵M(jìn)P∥EC，PN∥BD，∴∠MPD=∠ECD=∠ECA+∠ACD，∵△ABD≌△ACESAS∴∠ABD=∠ACE，即∠MPD=∠ECD=∠ABD+∠ACD∠DPN=180°-∠BDC=180°-135°+∠ABD-∠DCB∴∠MPD+∠DPN=∠ABD+∠ACD+45°-∠ABD+∠DCB=45°+45°=90°，∴MP⊥PN．∵M(jìn)P=PN，MP⊥PN．故線段PM與PN是“等垂線段”．（3）解：由（2）可知，MP=PN，MP⊥PN，故PM×PN=PM當(dāng)MN取最大值時(shí)，PM與PN的積有最大值．∵把△ADE繞點(diǎn)A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，∴當(dāng)N、A、M三點(diǎn)共線，且點(diǎn)A在NM之間時(shí)，MN取最大值．∴此時(shí)MN=NA+AM．∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=4，N∴NA=1同理可得，MA=1∴MN的最大值為3，PM與PN的積有最大值92【點(diǎn)睛】本題考查了中位線的性質(zhì)及運(yùn)用，全等三角形的判定與性質(zhì)以及圖形動(dòng)態(tài)問題，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．25．（2022秋·江西上饒·八年級(jí)?？茧A段練習(xí)）在棋盤中建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，其中A-1(1)如圖1，依次連接A，B，C，A，得到一個(gè)等腰三角形（BC為底邊），請(qǐng)?jiān)趫D中畫出該圖形的對(duì)稱軸．(2)如圖2，現(xiàn)x軸上有兩顆棋子P，Q，且PQ=1（P在Q的左邊），依次連接A，P，Q，B，使得AP＋PQ＋QB的長度最短，請(qǐng)?jiān)趫D2中標(biāo)出棋子P，Q的位置，并寫出【答案】(1)圖形見解析；(2)P(0，【分析】（1）直接畫出等腰三角形的對(duì)稱軸即可；（2）將A向右平移1個(gè)單位得A'(0，1)，再作A'關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A''(0，-1),連接A''B交x軸于點(diǎn)Q，再將Q向左平移1個(gè)單位得點(diǎn)【詳解】（1）解：如圖所示：（2）如圖所示：將A向右平移1個(gè)單位得A'(0，1)，再作A'關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A''(0，-1)，連接A''B交x軸于點(diǎn)Q，再將Q向左平移1個(gè)單位得點(diǎn)設(shè)A''B的解析式為y=kx+b，將A''(0，-1)，B4x+b=3b=-1