专题13 三角函数中的最值模型之胡不归模型（解析版）

专题13三角函数中的最值模型之胡不归模型胡不归模型可看作将军饮马衍生，主要考查转化与化归等的数学思想，近年在中考数学和各地的模拟考中常以压轴题的形式考查，学生不易把握。本专题就最值模型中的胡不归问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。在解决胡不归问题主要依据是：点到线的距离垂线段最短。【模型背景】从前有个少年外出求学，某天不幸得知老父亲病危的消息，便立即赶路回家．根据“两点之间线段最短”，虽然从他此刻位置A到家B之间是一片砂石地，但他义无反顾踏上归途，当赶到家时，老人刚咽了气，小伙子追悔莫及失声痛哭．邻居告诉小伙子说，老人弥留之际不断念叨着“胡不归？胡不归？”看到这里很多人都会有一个疑问，少年究竟能不能提前到家呢？假设可以提早到家，那么他该选择怎样的一条路线呢？这就是今天要讲的“胡不归”问题.知识储备：在直角三角形中锐角A的对边与斜边的比叫做∠A的正弦，记作sinA，即。【模型解读】一动点P在直线MN外的运动速度为V1，在直线MN上运动的速度为V2，且V1<V2，A、B为定点，点C在直线MN上，确定点C的位置使的值最小．（注意与阿氏圆模型的区分）1），记，即求BC+kAC的最小值.2）构造射线AD使得sin∠DAN=k，，CH=kAC,将问题转化为求BC+CH最小值.3）过B点作BH⊥AD交MN于点C，交AD于H点，此时BC+CH取到最小值，即BC+kAC最小．【解题关键】在求形如“PA+kPB”的式子的最值问题中，关键是构造与kPB相等的线段，将“PA+kPB”型问题转化为“PA+PC”型．（若k>1，则提取系数，转化为小于1的形式解决即可）。【最值原理】两点之间线段最短及垂线段最短。例1．（2023·陕西西安·校考二模）如图，在RtABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝8，D、F分别是边AB、BC上的动点，连接CD，过点A作AE⊥CD交BC于点E，垂足为G，连接GF，则GF+FB的最小值为．【答案】【分析】“胡不归模型”，以BF为斜边构造含30°角的直角三角形，结合∠B＝30°，即把Rt△ABC补成等边△ABP，过F作BP的垂线FH，根据垂线段最短得，当G、F、H成一直线时，GF+FB最短，又根据直角所对的弦是直径，可得点G在以AC为直径的圆上，取AC的中点O，连接OG，过点O作OQ⊥BP于点Q，据此解题．【详解】解：如图，延长AC到点P，使CP=AC，连接BP，过点F作FH⊥BP于点H，取AC的中点O，连接OG，过点O作OQ⊥BP于点Q，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=8，∴AC=CP=4，AP=8，BP=AB=8，∴△ABP是等边三角形，∴∠FBH=30°，在Rt△FHB中，FH=FB，∴当G、F、H在同一直线上时，GF+FB=GF+FH取得最小值，∵AE⊥CD，∴∠AGC=90°，∵O为AC的中点，∴OA=OC=OG=AC，∴A、C、G三点共圆，圆心为O，即点G在⊙O上运动，∴当点G运动到OQ上时，GF+FH取得最小值，∵在Rt△OPQ中，∠P=60°，OP=6，sinP=，∴，∴GF+FH的最小值为，即GF+FB的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查含30°直角三角形性质，特殊角的三角函数值，垂直平分线性质，点到直线距离，圆周角定理，最短路径，解题关键是找到点G运动到什么位置时，GH最小，联想到找出点G运动路径再计算．例2．（2023·河北保定·统考一模）如图，在矩形中，对角线交于点O，，点M在线段上，且．点P为线段上的一个动点．

（1）°；（2）的最小值为．【答案】2【分析】（1）由矩形的性质得到，又由得到是等边三角形，则，即可得到答案；（2）过点P作于点E，过点M作于点F，证明，进一求解即可得到答案．【详解】解：（1）∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，故答案为：．（2）过点P作于点E，过点M作于点F，

在中，由（1）知：，∴，∴，在矩形中，，∵，∴，在中，，∴，∴的最小值为2，故答案为：2．【点睛】此题考查了矩形的性质、含的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握矩形的性质、含的直角三角形的性质是解题的关键．例3．（2023·重庆·九年级期中）如图所示，菱形的边长为5，对角线的长为，为上一动点，则的最小值为A．4 B．5 C． D．解：如图，过点作于点，过点作于点，连接交于点．四边形是菱形，，，，，，，，，，，，，的最小值为4，故选：．例4．（2023.绵阳市八年级期中）P是正方形对角线上一点，AB=2，则PA+PB+PC的最小值为。解析：PA+PB+PC=2PA+PB=2（PA+PB）连接AC交BD于O，作BE使∠PBE=30°，过点P作PF⊥BE，PF=PB.显然A、P、F共线时PA+PB最小。此时

PA+PB=AF∵AB=2,∴AO=BO=,∵∠PBE=30°,∴OE=,BE=利用等面积法:×AF×BE=×AE×BO解得：AF=注意：本题也可以利用费马点（旋转作图）来解决。例5．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图，是等边三角形的外接圆，其半径为4．过点B作于点E，点P为线段上一动点（点P不与B，E重合），则的最小值为．

【答案】6【分析】过点P作，连接并延长交于点F，连接，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到，，然后利用含角直角三角形的性质得到，进而求出，然后利用代入求解即可．【详解】如图所示，过点P作，连接并延长交于点F，连接

∵是等边三角形，∴∵是等边三角形的外接圆，其半径为4∴，，∴∴∵∴∴∵，∴∴∴的最小值为的长度∵是等边三角形，，∴∴的最小值为6．故答案为：6．【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．例6．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，若P是x轴上一动点，点在y轴上，连接，则的最小值是．

【答案】【分析】过作，过作．再由得，根据垂线段最短可知，的最小值为，求出即可．【详解】解：连接，过作，过作，

令，即，解得或1，，，，，，．，根据垂线段最短可知，的最小值为，，，，的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查胡不归问题，二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是将求的最小值转化为求的最小值．属于中考选择题中的压轴题．例7．（2023·江苏宿迁·统考二模）已知中，，则的最大值为．

【答案】【分析】过点C作，垂足为D，取，即可说明是等腰直角三角形，求出，进一步求出，继而将转化为，推出点D在以为直径的圆上，从而可知当为等腰直角三角形时，最大，再求解即可．【详解】解：如图，过点C作，垂足为D，取，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，而一定，∴当的面积最大时，最大，∵，∴点D在以为直径的圆上，∴当D平分时，点D到的距离最大，即高最大，则面积最大，此时，则为等腰直角三角形，∴，故答案为：．

．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，圆周角定理，解题的关键是添加辅助线，将最值转化为的长．例8．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D是线段AB上一动点，点H是直线上的一动点，动点，连接．当取最小值时，的最小值是．

【答案】【分析】作出点，作于点D，交x轴于点F，此时的最小值为的长，利用解直角三角形求得，利用待定系数法求得直线的解析式，联立即可求得点D的坐标，过点D作轴于点G，此时的最小值是的长，据此求解即可．【详解】解：∵直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，∴，，作点B关于x轴的对称点，把点向右平移3个单位得到，作于点D，交x轴于点F，过点作交x轴于点E，则四边形是平行四边形，此时，，∴有最小值，作轴于点P，

则，，∵，∴，∴，∴，即，∴，则，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，联立，，解得，即；过点D作轴于点G，直线与x轴的交点为，则，∴，∴，∴，即的最小值是，故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数的应用，解直角三角形，利用轴对称求最短距离，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．例9．（2023.重庆九年级一诊）如图①，抛物线y＝﹣x2+x+4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点D为线段AC的中点，直线BD与抛物线交于另一点E，与y轴交于点F．（1）求直线BD的解析式；（2）如图②，点P是直线BE上方抛物线上一动点，连接PD，PF，当△PDF的面积最大时，在线段BE上找一点G，使得PG﹣GE的值最小，求出点G的坐标及PG﹣GE的最小值；【答案】（1）y＝x+1；（2）点G（，），最小值为；【分析】（1）令-x2+x+4=0，可求出点A和点B的坐标，令x=0，可求出点C的坐标，再根据点D时AC的中点，可求出点D的坐标，利用待定系数法求直线解析式即可．（2）求三角形的面积最值可以转化为求线段长度的最大值，利用点坐标表示线段长度，配方求最值，求PG-GE的最小值，可将不共线的线段转换为共线的线段长度．【详解】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为AC的中点，∴D（2，2），设直线BD的解析式为y＝kx+b（k≠0），代入点B和点D，，解得，∴直线BD的解析式为y＝x+1．（2）如图所示，过点P作y轴的平行线，交BE交于点H，设点P的坐标为（t，﹣t2+t+4），则点H为（t，t+1），∴PH＝﹣t2+t+4﹣（t+1）＝﹣（t﹣）2+，当t＝时，PH最大，此时点P为（，），当PH最大时，△PDF的面积也最大．∵直线BD的解析式为y＝x+1，令x＝0，y＝1，∴点F（0，1），在Rt△BFO中，根据勾股定理，BF＝，∴sin∠FBO＝过点E作x轴的平行线与过点G作y轴的平行线交于点M，∴∠MEG＝∠FBO，∴MG＝EG•sin∠MEG＝EG，∴PG﹣GE＝PG﹣MG，当P、M、G三点共线时，PG﹣MG＝PM，否则都大于PM，∴当P、M、G三点共线时，PG﹣MG最小，此时点G与点H重合，令﹣x2+x+4＝x+1，解得x1＝3，x2＝﹣2，∴点E（3，），∴PM＝﹣＝，∴点G（，），∴点G（，），PG﹣GE的最小值为．【点睛】本题考查二次函数求最值问题，线段的和差求最值问题，找等腰三角形的分类讨论，综合性较强．课后专项训练1．（2023·新疆·九年级期中）如图，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，半径为5的⊙O经过点C，CE是圆O的切线，且圆的直径AB在线段AE上，设点D是线段AC上任意一点（不含端点），则ODCD的最小值为_____．【答案】【分析】作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，易证四边形AOCF是菱形，根据对称性可得DF=DO．过点D作DH⊥OC于H，易得DH=DC，从而有CD+OD=DH+FD．根据两点之间线段最短可得：当F、D、H三点共线时，DH+FD（即CD+OD）最小，后在Rt△OHF中运用三角函数即可解决问题．【详解】解：作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，如图所示，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=30°，∴∠COB=60°，则∠AOF=∠COF=∠AOC=（180°-60°）=60°．∵OA=OF=OC，∴△AOF、△COF是等边三角形，∴AF=AO=OC=FC，∴四边形AOCF是菱形，∴根据对称性可得DF=DO．过点D作DH⊥OC于H，则DH=DC，∴CD+OD=DH+FD．根据两点之间线段最短可得，当F、D、H三点共线时，DH+FD（即CD+OD）最小，∵OF=OA=5，∴，∴即CD+OD的最小值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆半径相等的性质，等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、两点之间线段最短、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，把CD+OD转化为DH+FD是解题的关键．2．（2023·黑龙江佳木斯·统考一模）如图，菱形ABCD中，，边长为3，P是对角线BD上的一个动点，则的最小值是______．【答案】【分析】求两条线段之和的最小值问题，通常转化为两点之间的距离，在平面中，两点间的距离最短．【详解】解：如图所示：过点作交于点，过点作交于点，四边形是菱形，，∴∠ABP=30°，，，由垂线段最短可知，的最小值为的长，，即的最小值是：，故答案是：．【点睛】本题考查了动点中的最短路径问题，解题的关键是：通过等量代换，转化为两点之间的距离．3．（2022·江苏镇江·统考一模）如图，在平行四边形中，，E为边上的一动点，那么的最小值等于______．【答案】3【分析】如图，过作交的延长线于点，根据平行四边形的性质，推出，从而得到，进而得到，根据，可知，当三点共线时，线段的和最小，利用所对的直角边是斜边的一半即可得解．【详解】解：如图，过作交的延长线于点，∵四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∴，∵，∴当三点共线时，线段的和最小，∵，，∴，即：的最小值等于3；故答案为：3．【点睛】本题考查平行四边形的性质，以及含的直角三角形．通过添加辅助线，构造含的直角三角形，利用垂线段最短进行求解，是解题的关键．本题是胡不归模型，平时多归纳总结，可以快速解题．4．（2023·广东·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中AB＝3，BC，E为线段AB上一动点，连接CE，则AE＋CE的最小值为___．【答案】3【详解】思路引领：在射线AB的下方作∠MAB＝30°，过点E作ET⊥AM于T，过点C作CH⊥AM于H．易证ETAE，推出AE+EC＝CE+ET≥CH，求出CH即可解决问题．答案详解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴tan∠CAB，∴∠CAB＝30°，∴AC＝2BC＝2，在射线AB的下方作∠MAB＝30°，过点E作ET⊥AM于T，过点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的最小值为3，故答案为3．5．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，▱ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点，则2PB+PD的最小值等于______.【答案】【分析】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，根据四边形ABCD是平行四边形，得到AB∥CD，推出PE=PD，由此得到当PB+PE最小时2PB+PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，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.【详解】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠EDC=∠DAB＝30°，∴PE=PD，∵2PB+PD=2（PB+PD）=2(PB+PE)，∴当PB+PE最小时2PB+PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，∵∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6，∴PB+PE的最小值=AB=3，∴2PB+PD的最小值等于6，故答案为：6.【点睛】此题考查平行四边形的性质，直角三角形含30°角的问题，动点问题，将线段2PB+PD转化为三点共线的形式是解题的关键.6．（2023上·四川成都·八年级校考期中）已知在等腰中，，，，点是直线上一点，连接，在的右侧做等腰，其中，，连接，则的最小值为（用含的代数式表示）．

【答案】【分析】如图所示，过点作，过点作，延长交于点，可证，，，根据三角形内角和关系可得，，，当点三点共线时，的值最小，在中，可得，可证是等腰三角形，为的中点，可得，在中，根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点作，过点作，延长交于点，

∵，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，，∵，∴，在中，，，∴，，∴，∴，当点三点共线时，的值最小，∴当点三点共线时，∵，∴点于点重合，如图所示，

在中，，则，∵，∴，在中，，∴，∴，∵，∴是等腰三角形，，∴为的中点，且，，∴，在中，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，全等三角的判定和性质，勾股定理，含角直角三角形的性质等知识的综合，掌握以上知识，图形结合分析是解题的关键．7．（2023·湖南湘西·八年级统考阶段练习）如图，已知菱形ABCD的边长为4，点是对角线AC上的一动点，且∠ABC=120°，则()的最小值是____________．【答案】【分析】作DE⊥AB于E点，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即PA+PB+PD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而得出结论．【详解】解：如图，作DE⊥AB于E点，连接BD∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°∴∠DAB=60°，则△ABD为等边三角形∴∠PAE=30°∴AP=2PE∵PD=PB∴PA+PB+PD=2PE+2PD=2DE根据垂线段最短，此时DE最短，即PA+PB+PD最小∵菱形的边长为4∴AB=4，AE=2∴DE=∴2DE=∴PA+PB+PD最小值为故答案为：【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，掌握菱形的性质，将多条线段转化是解题关键．8．（2023·四川成都·九年级校考期中）如图，在矩形中，，E是上一个动点，连接，过点C作的垂线l，过点D作交l于点F，过点D作于点G，，点H是中点，连接，则的最小值为．【答案】/【分析】证明，得出，再证，求出，所以，即，可得．作的垂直平分线，交的延长线于点T，连接，过点E作于点Q，求出，所以．求的最小值，即为求的最小值，过点H作于点J，即为所求最小值．设，根据勾股定理可得出，所以，由，可求得的长度．【详解】解：在矩形中，，∴，∵于点C，∴，∴．∴．同理可证，∴，∴，∵，∴，∴，∵于点G，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴．如图，作的垂直平分线，交的延长线于点T，连接，过点E作于点Q，∴，∴，即．∴．∴，∴求的最小值，即为求的最小值，过点H作于点J，HJ即为所求最小值．设，则，在中，由勾股定理可知，，解得，∴．如图，连接，，∵点H是的中点，∴，∵，∴，即，解得．故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，垂线段最短，三角形的面积等相关知识，根据题意作出辅助线，将所求目标转化为求垂线段的长度是解题关键．9．（2023·山东济宁·校考模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．（1）求证：四边形是菱形；（2）连接，若，．①求的值；②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．【答案】（1）证明见解析；（2）①；②和走完全程所需时间为．【分析】（1）利用四边相等的四边形是菱形进行证明即可；（2）①构造直角三角形求即可；②先确定点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的位置，再计算运到的时间．【详解】（1）四边形是矩形，，与交于点O,且关于对称，，，四边形是菱形；（2）①连接,直线分别交于点,交于点，关于的对称图形为，，在矩形中，为的中点，且O为AC的中点，为的中位线，

，同理可得：为的中点，，

，；②过点P作交于点，由运动到所需的时间为3s，由①可得，，点Q以的速度从P到A所需的时间等于以从M运动到A，即：，由O运动到P所需的时间就是OP+MA和最小.如下图，当P运动到,即时，所用时间最短.，在中，设，，，解得：，，和走完全程所需时间为．10．（2023·山东·九年级专题练习）【定义】斜率，表示一条直线相对于横轴的倾斜程度．当直线l的斜率存在时，对于一次函数y＝kx＋b（k≠0），k即为该函数图象（直线）的斜率．当直线过点（x1，y1）、（x2，y2）时，斜率k＝，特别的，若两条直线l1⊥l2，则它们的斜率之积k1•k2＝﹣1，反过来，若两条直线的斜率之积k1•k2＝﹣1，则直线l1⊥l2【运用】请根据以上材料解答下列问题：（1）已知平面直角坐标系中，点A（1，3）、B（m，﹣5）、C（3，n）在斜率为2的同一条直线上，求m、n的值；（2）在（1）的条件下，点P为y轴上一个动点，当∠APC为直角时，求点P的坐标；（3）在平面直角坐标系中另有两点D（3，2）、E（﹣1，﹣6），连接DA并延长至点G，使DA＝AG，连接GE交直线AB于点F，M为线段FA上的一个动点，求DM＋MF的最小值．【答案】（1）-3；7；（2）（0，4）或（0，6）；（3）4【分析】（1）设直线的解析式为y＝2x+b，将A（1，3）代入求出b＝1，得到函数解析式，再将点B、C分别代入求出m、n的值；（2）设点P（0，y），当∠APC为直角时，根据KPA•KPC＝﹣1，得到，求解即可；（3）连接DE，证得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，过M作MN⊥GF于N，则，过点D作DH⊥GE于H，则DH即为最小值，由DH•GE＝DG•DE得到DH＝4．【详解】解：（1）设直线的解析式为y＝2x+b，将A（1，3）代入得b＝1，∴直线的解析式为y＝2x+1，将B（m，﹣5）、C（3，n）两点分别代入解析式，得m＝﹣3，n＝7；（2）设点P（0，y），当∠APC为直角时，有KPA•KPC＝﹣1，由（1）知，A（1，3）、C（3，7），∴，解得y＝4或y＝6，∴点P的坐标为（0，4）或（0，6）．（3）如图，连接DE，由题意知，KAB＝2，，∵KAB＝KDE，，∴AB∥DE，AB⊥DA，DE⊥DA，∴，∴，∴，过M作MN⊥GF于N，则，∴，过点D作DH⊥GE于H，则DH即为最小值．由DH•GE＝DG•DE，得DH＝4，即的最小值为4．【点睛】此题考查胡不归问题的综合知识，正确理解题意中斜率的计算公式，勾股定理，最小值问题是解题的关键．11.（2023.广东九年级期中）如图，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，⊙O经过点C，且圆的直径AB在线段AE上．（1）证明：CE是⊙O的切线；（2）若△ACE中AE边上的高为h，试用含h的代数式表示⊙O的直径AB；（3）设点D是线段AC上任意一点（不含端点），连接OD，当CD＋OD的最小值为6时，求⊙O的直径AB的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）AB＝8【解析】（1）连接OC，如图，∵CA＝CE，∠CAE＝30°，∴∠E＝∠CAE＝30°，∠COE＝2∠A＝60°，∴∠OCE＝90°，∴CE是⊙O的切线；（2）过点C作CH⊥AB于H，连接OC，如图，由题可得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，连接AF、CF、DF，如图，则∠AOF＝∠COF＝∠AOC＝（180°﹣60°）＝60°．∵OA＝OF＝OC，∴△AOF、△COF是等边三角形，∴AF＝AO＝OC＝FC，∴四边形AOCF是菱形，∴根据对称性可得DF＝DO．过点D作DH⊥OC于H，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC＝30°，∴DH＝DC•sin∠DCH＝DC•sin30°＝DC，∴CD＋OD＝DH＋FD．根据两点之间线段最短可得：当F、D、H三点共线时，DH＋FD（即CD＋OD）最小，此时FH＝OF•sin∠FOH＝OF＝6，则OF＝4，AB＝2OF＝8．∴当CD＋OD的最小值为6时，⊙O的直径AB的长为8．12．（2021·四川达州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点和，交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，交抛物线于点．（1）求抛物线的解析式；（2）将线段绕着点沿顺时针方向旋转得到线段，旋转角为，连接，，求的最小值．（3）为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由；【答案】（1）；（2）；（3）存在，点的横坐标分别为：2，，或．【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式，设解析式为将，两点代入求得，c的值即可；（2）胡不归问题，要求的值，将折线化为直线，构造相似三角形将转化为，再利用三角形两边之和大于第三边求得最值；（3）分2种情形讨论：①AB为矩形的一条边，利用等腰直角三角形三角形的性质可以求得N点的坐标;②AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,RN=AB,利用两点距离公式求解方程可得N点的坐标．【详解】解：（1）∵过，∴∴，∴抛物线的解析式为：（2）在上取一点，使得，连接，∵对称轴．∴，，∴，∴∴∴当，，三点在同一点直线上时，最小为．在中，，∴即最小值为．（3）情形①如图，AB为矩形的一条边时，联立得是等腰，分别过两点作的垂线，交于点，过作轴，轴,,也是等腰直角三角形设，则，所以代入，解得,（不符题意，舍）同理，设，则，所以代入，解得,（不符题意，舍）②AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,则，设，则整理得：解得：（不符题意，舍），（不符题意，舍），，综上所述：点的横坐标分别为：2，，或．【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，三角形相似，勾股定理，二次函数与一次函数交点，矩形的性质，等腰直角三角形性质，平面直角坐标系中两点距离计算等知识，能正确做出辅助线，找到相似三角形是解题的关键．13．（2023·广东·东莞市三模）已知，如图，二次函数图像交轴于，交交轴于点，是抛物线的顶点，对称轴经过轴上的点．（1）求二次函数关系式；（2）对称轴与交于点，点为对称轴上一动点．①求的最小值及取得最小值时点的坐标；②在①的条件下，把沿着轴向右平移个单位长度时，设与重叠部分面积记为，求与之间的函数表达式，并求出的最大值．【答案】（1）；（2）①最小值为，点坐标为；②，当时，最大值．【分析】（1）函数对称轴为x=1，则点B（3，0），用交点式表达式得：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3），即可求解；（2）①连接BD，过点A作AH⊥BD于点H，交DF于点P，AP+PD=AP+PD，此时AP+PD=AH最小，即可求解；②根据题意，可分为0≤t≤1、1＜t＜2、2≤t≤4三种情况，分别求解，即可得到答案．【详解】解：（1）二次函数对称轴为，点坐标为，则点坐标为．又∵点坐标，则，解得：，∴函数表达式为；（2）①连接∵∴在中，依勾股定理得：∴过点作于点，交抛物线对称轴于点则则依“垂线段最短”得此时长度为最小值，即最小值为的长度，∵则，即最小值为．点坐标为．②A．当时，如图依图知：则：化简得：配方得：根据自变量取值范围，当时，最大值4B．当时，如图：四边形整理得：配方得：即时，最大值C．当时，如图：根据自变量取值范围，当时，最大值综上，，当时，最大值．【点睛】本题考查的二次函数综合应用，解直角三角形，轴对称的性质，求二次函数的解析式和二次函数的最值，勾股定理，以及最短路径问题，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质进行解题，注意利用数形结合的思想和分类讨论的思想进行分析.14．（2023.重庆九年级月考）如图1，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线AE：与抛物线相交于另一点E，点D为抛物线的顶点．（1）求直线BC的解析式及点E的坐标；（2）如图2，直线AE上方的抛物线上有一点P，过点P作PF⊥BC于点F，过点P作平行于轴的直线交直线BC于点G，当△PFG周长最大时，在轴上找一点M，在AE上找一点N，使得值最小，请求出此时N点的坐标及的最小值；【答案】（1）；E（，）；（2）N（1，0）；最小值为；【分析】（1）首先求出B、C两点坐标，利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，联立方程即可求出点E的坐标.（2）由△PGF∽△OBC可得：，则，当PG取最大值时，△PFG周长最大，设，进而表示出,根据二次函数最值的求法即可求出点P的坐标，作点P关于轴的对称点P′，将直线AE绕点E逆时针方向旋转°得直线，且满足，过点作直线的垂线交于点K，交直线AE于点N，此时最小,求解即可.【详解】解：（1）由抛物线解析式得B（4，0），C（0，-2），设直线BC解析式为：，代入B、C坐得：，∴，，∴BC解析式为：，联立，解得；（2）由△PGF∽△OBC可得：，∴，∴当PG取最大值时，△PFG周长最大，设，∴，∴，∵对称轴为直线a=2，开口向下，∴当时，PG取得最大值，即△PFG周长最大，此时P（2，），作点P关于轴的对称点P′（2，-），将直线AE绕点E逆时针方向旋转°得直线，且满足，过点作直线的垂线交于点K，交直线AE于点N，此时最小，∴直线解析式为，直线的解析式为，∴N点坐标为（1，0），K点坐标为，∴；【点睛】考查待定系数法求二次函数以及一次函数解析式，二次函数的最值等，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.难度较大,属于中考压轴题.15．（2023上·重庆·八年级校考期中）在等边中，点D为边上一点，连接．

(1)如图1，若，求的长；(2)如图2，将线段绕A点顺时针旋转至位置，连接，交于点F，求证：(3)如图3，在（2）的条件下，若点D为直线上一点，过点E作于点G，，连接FG，BE，当取得最小值时，请直接写出的面积．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）如图所示，过点D作于H，求出，得到，利用勾股定