第8课时　与最值有关的几何问题（二） 课件 2025年中考数学一轮总复习

第7课时　与最值有关的 几何问题（二） 1.几何最值之费马点 如图，在△ABC内部找到一点P，使得PA＋PB＋PC的值最小. 若点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则PA＋PB＋PC的值最小，点P称为三角形的费马点. 模型解读： 将△APC旋点A逆时针旋转60°得到△AQE，连接PQ，CE. ∵△APC≌△AQE， ∴PC＝QE，AP＝AQ. 易知△APQ为等边三角形， ∴AP＝PQ， ∴AP＋BP＋CP＝BP＋PQ＋QE. 当点B，P，Q，E共线时， AP＋BP＋CP的和最小， 此时∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°. 2.主从联动动态问题（瓜豆原理） 涉及知识：①相似；②三角形的两边之和大于第三边；③垂线段最短；④点到圆上点共线有最值. 解题步骤：①找主动点的轨迹；②找从动点与主动点的关系；③找主动点的起点和终点；④通过相似确定从动点的轨迹；⑤根据轨迹确定点线、点圆最值. 在此类题目中，题目或许先描述的是主动点P，但最终问题问的可以是另一点Q（从动点），根据点P，Q之间存在某种联系，从点P出发探讨点Q运动轨迹并求出最值. 模型分析： （1）轨迹之圆模型总结 为了便于区分动点P，Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”. 此类问题的必要条件：两个定量，即主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP∶AQ是定值）. （1）结论：①主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角，即∠PAQ＝∠OAM； ②主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比，即AP∶AQ＝AO∶AM，也等于两圆半径之比. 按以上两点即可确定从动点轨迹圆，点Q与点P的关系相当于旋转＋伸缩. （2）轨迹之线段模型总结 此类问题的必要条件同圆模型. 结论： ①P，Q两点轨迹所在直线的夹角等于∠PAQ（当∠PAQ≤90°时，∠PAQ等于MN与BC夹角）； ②P，Q两点轨迹长度之比等于AP∶AQ（由△ABC∽△AMN，可得AP∶AQ＝BC∶MN）. 3.阿氏圆求最小值 已知平面上两点A，B，则所有满足PA＝k·PB（k≠1）的点P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现，故称“阿氏圆”. 如图1，☉O的半径为r，点A，B都在☉O外，点P为☉O上一动点，已知r＝k·OB，连接PA， PB，则当“PA＋k·PB”的值最 小时，点P的位置如何确定？ 图1 如图2，在线段OB上截取OC使OC＝k·r，易证△BPO∽△PCO，即k·PB＝PC.则求“PA＋k·PB”的最小值可以转化为求“PA＋PC”的最小值，其中点A与点C为定点，点P为动点，故当点A，P，C三点共线时，“PA＋PC”的值最小.如图3所示. 图2 图3 瓜豆原理的应用 （2024·巴蜀）在等边△ABC中，AB＝2，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF. （1）如图1，将线段EF绕点E 逆时针旋转60°得到线段EG， 连接FG，当点E与点B重合， 且GF的延长线过点C时，连 接DG，求线段DG的长； 图1 [答案] 解：（1）如答案图1，过点D作DH⊥GC于点H， 由旋转的性质，得BG＝BF，∠FBG＝60°， ∴△BGF是等边三角形， ∴∠BFG＝∠DFC＝60°， BF＝GF. ∵△ABC为等边三角形， AB＝2，BD⊥AC， ∴∠DCF＝180°－∠BDC－∠DFC＝30°， （答案图1） ∠DBC＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝1， ∴∠BCG＝∠ACB－∠DCF＝30°， ∴∠BCG＝∠DBC， ∴BF＝CF，∴GF＝CF. 在Rt△FDC中， CF＝＝， ∴GF＝. （答案图1） 在Rt△CDH中，DH＝CD·sin∠DCF＝， CH＝CD·cos∠DCF＝， ∴FH＝CF－CH＝， ∴GH＝GF＋FH＝. 在Rt△GHD中，DG＝＝. （答案图1） （2）如图2，当点E为AB的中点时，点M为BE的中点，点N在边AC上，且DN＝2NC，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，NP，MP，当NP＋MP最小时， 求△DPN的面积. 图2 （2）如答案图2，以点M为顶点，MP为一边向下作∠PML＝30°，ML交BD于点G，过点P作PH⊥ML于点H，设MP交BD于点K. 在Rt△PMH中，HP＝MP， ∴NP＋MP的最小值即是 NP＋HP的最小值， 此时点N，P，H共线. （答案图2） ∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，点F在射线QD上运动， 则易知点P在射线MP上运动，根据“瓜豆原理”，F为主动点，P是从动点，E为定点， ∠FEP＝60°，则点F，P轨迹 的夹角∠QKP＝∠FEP＝60°， ∴∠BKM＝60°. （答案图2） ∵∠ABD＝30°，∴∠BMK＝90°. ∵∠PML＝30°，∴∠BML＝60°， ∴∠BML＝∠A，∴ML∥AC， ∴∠HNA＝180°－∠PHM＝90°. ∵BD⊥AC， ∴∠BDC＝∠HNA＝∠PHM＝90°， ∴四边形GHND是矩形，∴DN＝GH. （答案图2） ∵在等边△ABC中，AB＝2，BD⊥AC， ∴CD＝1，BD＝. 又∵DN＝2NC，∴DN＝GH＝. ∵点E为AB的中点，点M为BE的中点， ∴BM＝. 在Rt△BGM中，MG＝BM＝， （答案图2） BG＝BM·cos30°＝， ∴MH＝MG＋GH＝，GD＝BD－BG＝. 在Rt△MHP中，HP＝MH·tan30°＝， ∴PN＝HN－HP＝GD－HP＝， ∴S△DPN＝PN·DN＝. （答案图2） 隐圆模型的应用 （2024·育才）已知在△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC边上一点，DE⊥AB于点E，连接AD，CE. （1）如图1，当CD＝CA， EA＝5，ED＝1时， 求CE的长； 图1 [答案] （1）解：如答案图1，过点C作CH⊥CE，交BA的延长线于点H， ∴∠HCE＝∠ACD＝90°， ∴∠ACH＝∠DCE. ∵∠ACD＋∠AED＝90°＋90°＝180°， ∴∠CAE＋∠CDE＝180°. ∵∠CAH＋∠CAE＝180°， （答案图1） ∴∠CAH＝∠CDE. 又∵AC＝DC，∴△ACH≌△DCE（ASA）， ∴AH＝DE＝1，CH＝CE， ∴EH＝AH＋AE＝6， ∴CE＝EH＝3. （答案图1） （2）如图2，当∠ABC＝30°时，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AF.连接DF，BF，取BF的中点G，连接AG，求证：DC＋DE＝AG； 图2 （2）证明：如答案图2，取AB的中点W，取BD的中点V，连接CW，GW，VG，WV，EV. ∵G是BF的中点， ∴WG＝AF，VG＝DF，WV＝AD. ∵线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AF， ∴AF＝AD，∠FAD＝60°， ∴AF＝DF＝AD， （答案图2） ∴WG＝VG＝WV，∴∠GWV＝60°. ∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，点W是AB的中点， ∴∠CAB＝60°，CW＝AW＝AB， ∴△ACW是等边三角形. 同理可得，△DEV是等边三角形， ∴∠AWC＝60°，DE＝DV， （答案图2） ∴∠AWC＋∠CWG＝∠GWV＋∠CWG， ∴∠AWG＝∠CWV，∴△AWG≌△CWV（SAS）， ∴CV＝AG，∴CD＋DV＝AG， ∴DC＋DE＝AG. （答案图2） （3）如图3，在（2）的条件下，若AC＝2，连接CF，当CF最小时，取边BC上一点M，连接AM，沿AM折叠△AMB，使点B落在△ABC所在平面的点N处，连接FN，DN.当FN最小时，求△DNM的面积. 图3 （3）解：如答案图3，延长AC至点G，使CG＝AC，连接GF，过点C作CF'⊥GF于点F'，连接AF'并延长AF'至点N'，使AN'＝AN，∴AG＝AB＝2AC. ∵∠DAF＝∠BAG＝60°， ∴∠GAF＝∠BAD. 又∵AD＝AF， ∴△FAG≌△DAB（SAS）， ∴∠AGF＝∠ABC＝30°， （答案图3） ∴点F在与AG成30°的射线l上运动， ∴当点F运动到点F'处时，CF最小. ∵AN＝AB， ∴点N在以点A为圆心， AB长为半径的圆上运动， ∴点N运动到点N'处时，FN最小. （答案图3） 如答案图4，过点F作FT⊥AG于点T，过点N作NQ⊥BC，交BC的延长线于点Q，记AN与BQ交于点X. ∵∠CFG＝90°，∠AGF＝30°，CG＝AC＝2， ∴CF＝CG＝1，FG＝CG＝， ∴CT＝CF＝，FT＝CF＝， （答案图4） ∴AT＝AC＋CT＝2＋＝， ∴AF＝＝， ∴CD＝＝＝. ∵∠ACX＝∠ATF＝90°， ∴CX∥FT，∴△ACX∽△ATF， ∴＝＝， （答案图4） ∴＝＝，∴CX＝，AX＝， ∴BX＝BC＋CX＝AC＋CX＝2＋＝， NX＝AN－AX＝2AC－AX＝4－. 易证△ACX∽△NQX， ∴＝＝，即＝＝， ∴NQ＝－2，QX＝－. （答案图4） 设BM＝a，则MN＝a，CM＝2－a， ∴QM＝＋2－a. 在Rt△NQM中，NQ2＋QM2＝NM2， 即（－2）2＋（＋2－a）2＝a2， 解得a＝. ∴MD＝， ∴S△DNM＝MD·NQ＝××＝. （答案图4） 几何最值之费马点模型的应用 已知在△ABC中，∠B＝60°. 图1 （1）如图1，若AC＞BC，CD平分∠ACB交AB于点D，且AD＝BD.证明：∠A＝30°； [答案] （1）证明：如答案图1，过点D分别作BC，AC的垂线，垂足为E，F. ∵CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC， （答案图1） ∴DE＝DF. 又∵∠B＝60°，∴DE＝BD·sin60°＝BD， 则DE＝DF＝BD. 又∵AD＝BD， ∴sinA＝＝＝，∴∠A＝30°. （答案图1） （2）如图2，若AC＝BC，P为平面内一点，将△ABP沿直线AB翻折至△ABQ，当3AQ＋2BQ＋CQ取得最小值时，直接写出的值. 图2 （2）解：∵∠ABC＝60°，AC＝BC， ∴△ABC是等边三角形. 如答案图2，过点C作CM⊥CA，且CM＝CA，作CN⊥CQ，且CN＝CQ， 则＝＝， QN＝＝CQ， （答案图2） ∴sin∠CQN＝＝， cos∠CQN＝＝. ∵∠ACM＝∠QCN＝90°， ∴∠ACM－∠ACN＝∠QCN－∠ACN， 即∠ACQ＝∠MCN （答案图2） ∴△ACQ∽△MCN， ∴＝＝，∴MN＝AQ， ∴3AQ＋2BQ＋CQ＝2＝2（MN＋BQ＋QN）≥2BM， 即当点Q，N在线段BM上时，3AQ＋2BQ＋CQ有最小值. （答案图2） 如答案图3，过点C作CR⊥BM，过点M作MT⊥BC交BC的延长线于点T， 则∠BRC＝∠BTM＝90°， CR＝CQ·sin∠CQN＝CQ， QR＝CQ·cos∠CQN＝CQ. ∵∠CBR＝∠MBT，∠CRB＝∠MTB＝90°， （答案图3） ∴△CBR∽△MBT，∴＝. ∵△ABC是等边三角形，设BC＝a， 则AC＝BC＝a，CM＝a. ∵∠ACM＝90°， ∴∠MCT＝180°－∠ACB－∠ACM＝30°， 则CT＝CM·cos30°＝a， （答案图3） MT＝CM·sin30°＝a. 由＝，得＝， ∴＝. 由翻折可知，BP＝BQ， ∴＝＝. （答案图3） $$