培優(yōu)沖刺04 幾何最值問題綜合（解析版）-2024中考數(shù)學(xué)查缺補(bǔ)漏

培優(yōu)沖刺04幾何最值問題綜合1、將軍飲馬類幾何最值2、輔助圓類幾何最值3、瓜豆原理類幾何最值4、其他類幾何最值題型一：將軍飲馬類幾何最值1.“兩定一動”型將軍飲馬：①異側(cè)型→直接連接，交點即為待求動點；后用勾股定理求最值②同側(cè)型→對稱、連接；后續(xù)同上“兩定兩動”型：①同側(cè)型→先水平平移（往靠近對方的方向）、再對稱、最后連接；也可先對稱、再水平平移（往靠近對方的方向）、最后連接；后續(xù)同上。同側(cè)型異側(cè)型②異側(cè)型→先水平平移（往靠近對方的方向）、再連接；后續(xù)同上?！局锌颊骖}練】1．（2023?瀘州）如圖，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AB的三等分點，P是對角線AC上的動點，當(dāng)PE+PF取得最小值時，的值是．【分析】找出點E關(guān)于AC的對稱點E'，連接FE'與AC的交點P'即為PE+PF取得最小值時，點P的位置，再設(shè)法求出的值即可．【解答】解：作點E關(guān)于AC的對稱點E'，連接FE'交AC于點P'，連接PE'，∴PE＝PE'，∴PE+PF＝PE'+PF≥E'F，故當(dāng)PE+PF取得最小值時，點P位于點P'處，∴當(dāng)PE+PF取得最小值時，求的值，只要求出的值即可．∵正方形ABCD是關(guān)于AC所在直線軸對稱，∴點E關(guān)于AC所在直線對稱的對稱點E'在AD上，且AE'＝AE，過點F作FG⊥AB交AC于點G，則∠GFA＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAB＝∠B＝90°，∠CAB＝∠ACB＝45°，∴FG∥BC∥AD，∠AGF＝∠ACB＝45°，∴GF＝AF，∵E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AB的三等分點，∴AE'＝AE＝EF＝FB，∴GC＝AC，，∴AG＝AC，，∴AP'＝AG＝AC＝AC，∴P'C＝AC﹣AP'＝AC﹣AC＝AC，∴＝，故答案為：．2．（2023?德州）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AB＝3，BC＝4，點E在AB上，且AE＝1．F，G為邊AD上的兩個動點，且FG＝1．當(dāng)四邊形CGFE的周長最小時，CG的長為．【分析】先確定FG和EC的長為確定的值，得到四邊形CGFE的周長最小時，即為CG+EF最小時，平移CG到C'F，作點E關(guān)于AD對稱點E'，連接E'C'交AD于點G'，得到CG+EF最小時，點G與G'重合，再利用平行線分線段成比例求出C'G'長即可．【解答】解：∵∠A＝90°，AD∥BC，∴∠B＝90°，∵AB＝3，BC＝4，AE＝1，∴BE＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，在Rt△EBC中，由勾股定理，得EC＝＝＝，∵FG＝1，∴四邊形CGFE的周長＝CG+FG+EF+EC＝CG+EF+1+，∴四邊形CGFE的周長最小時，只要CG+EF最小即可．過點F作FC'∥GC交BC于點C'，延長BA到E'，使AE'＝AE＝1，連接E'F，E'C'，E'C'交AD于點G'，可得AD垂直平分E'E，∴E'F＝EF，∵AD∥BC，∴C'F＝CG，CC'＝FG＝1，∴CG+EF＝C'F+E'F≥E'C'，即CG+EF最小時，CG＝C'G'，∵E'B＝AB+AE'＝3+1＝4，BC'＝BC﹣CC'＝4﹣1＝3，由勾股定理，得E'C'＝＝＝5，∵AG'∥BC'，∴＝，即＝，解得C'G'＝，即四邊形CGFE的周長最小時，CG的長為．故答案為：．3．（2023?綏化）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點E為高BD上的動點．連接CE，將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到CF．連接AF，EF，DF，則△CDF周長的最小值是3+3．【分析】分析已知，可證明△BCE≌△ACF，得∠CAF＝∠CBE＝30°，可知點F在△ABC外，使∠CAF＝30°的射線AF上，根據(jù)將軍飲馬型，求得DF+CF的最小值便可求得本題結(jié)果．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCA＝60°，∵∠ECF＝60°，∴∠BCE＝60°﹣∠ECA＝∠ACF，∵CE＝CF，∴△BCE≌△ACF（SAS），∴∠CAF＝∠CBE，∵△ABC是等邊三角形，BD是高，∴∠CBE＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝3，過C點作CG⊥AF，交AF的延長線于點G，延長CG到H，使得GH＝CG，連接AH，DH，DH與AG交于點I，連接CI，F(xiàn)H，則∠ACG＝60°，CG＝GH＝AC＝3，∴CH＝AC＝6，∴△ACH為等邊三角形，∴DH＝CD?tan60°＝，AG垂直平分CH，∴CI＝HI，CF＝FH，∴CI+DI＝HI+DI＝DH＝3，CF+DF＝HF+DF≥DH，∴當(dāng)F與I重合時，即D、F、H三點共線時，CF+DF的值最小為：CF+DF＝DH＝3，∴△CDF的周長的最小值為3+3．故答案為：3+3．【中考模擬練】1．（2024?衡南縣模擬）已知：如圖，直線y＝﹣2x+4分別與x軸，y軸交于A、B兩點，點P（1，0），若在直線AB上取一點M，在y軸上取一點N，連接MN、MP、NP，則MN+MP+NP的最小值是（）A．3 B． C． D．【分析】作點P關(guān)于y軸的對稱點E，點P關(guān)于AB的對稱點F，連接EN，EM，EF，F(xiàn)M，F(xiàn)P，設(shè)FP交AB于C，過點F作FD⊥x軸于D，則EN＝NP，F(xiàn)M＝MP，F(xiàn)P⊥AB，OE＝OP，F(xiàn)C＝PC，MN+MP+NP＝MN+FM+EN，根據(jù)“兩點之間線段最短”得MN+FM+EN≥EF，則MN+MP+NP≥EF，因此MN+MP+NP的最小值為線段EF的長；先求出點A（2，0），點B（0，4），則OA＝2，OB＝4，再由點P（1，0）得OP＝1，則OE＝OP＝1，PA＝OA﹣OP＝1，再求出AB＝，證△PAC∽△BAO得PC：OB＝PA：AB，由此得PC＝，則PF＝，再證△PFD∽△BAO得FD：OA＝PD：OB＝PF：AB，由此可得FD＝，PD＝，則ED＝OE+OP+PD＝，然后在Rt△EFD中由勾股定理求出EF即可得MN+MP+NP的最小值．【解答】解：作點P關(guān)于y軸的對稱點E，點P關(guān)于AB的對稱點F，連接EN，EM，EF，F(xiàn)M，F(xiàn)P，設(shè)FP交AB于C，過點F作FD⊥x軸于D，如圖所示：則EN＝NP，F(xiàn)M＝MP，F(xiàn)P⊥AB，OE＝OP，F(xiàn)C＝PC，∴MN+MP+NP＝MN+FM+EN，根據(jù)“兩點之間線段最短”得MN+FM+EN≥EF，∴MN+MP+NP≥EF，∴MN+MP+NP的最小值為線段EF的長，對于y＝﹣2x+4，當(dāng)x＝0時，y＝4，當(dāng)x＝0時，x＝2，∴點A（2，0），點B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，又∵點P（1，0），∴OP＝1，∴OE＝OP＝1，PA＝OA﹣OP＝2﹣1＝1，在Rt△OAB中，OA＝2，OB＝4，由勾股定理得：AB＝＝，∵FP⊥AB，F(xiàn)D⊥x軸，∠BOA＝90°，∴∠PCA＝∠BOA＝∠PDF＝90°，又∵∠PAC＝∠BAO，∴△PAC∽△BAO，∴PC：OB＝PA：AB，∠APC＝∠ABO，即，∴PC＝，∴FC＝PC＝，∴PF＝FC+PC＝，∵∠APC＝∠ABO，∠BOA＝∠PDF＝90°，∵△PFD∽△BAO，∴FD：OA＝PD：OB＝PF：AB，即，∴FD＝，PD＝，∴ED＝OE+OP+PD＝1+1+＝，在Rt△EFD中，ED＝，F(xiàn)D＝，由勾股定理得：EF＝＝．故選：C．2．（2023?龍馬潭區(qū)二模）如圖，拋物線y＝﹣x2﹣3x+4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．若點D為拋物線上一點且橫坐標(biāo)為﹣3，點E為y軸上一點，點F在以點A為圓心，2為半徑的圓上，則DE+EF的最小值．【分析】先求出點A（﹣4，0），點D（﹣3，4），作點D關(guān)于y軸對稱的點T，則點T（3，4），連接AE交與軸于M，交⊙A于N，過點T作TH⊥x軸于H，連接AF，當(dāng)點E與點M重合，點F與點N重合時，DE+EF為最小，最小值為線段TN的長，然后可在Rt△ATH中由勾股定理求出TA，進(jìn)而可得TN，據(jù)此可得出答案．【解答】解：對于y＝﹣x2﹣3x+4，當(dāng)y＝0時，﹣x2﹣3x+4＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝1，∴點A的坐標(biāo)為（﹣4，0），對于y＝﹣x2﹣3x+4，當(dāng)x＝﹣3時，y＝4，∴點D的坐標(biāo)為（﹣3，4），作點D關(guān)于y軸對稱的點T，則點T（3，4），連接AE交與軸于M，交⊙A于N，過點T作TH⊥x軸于H，連接AF，當(dāng)點E與點M重合，點F與點N重合時，DE+EF為最小，最小值為線段TN的長．理由如下：當(dāng)點E與點M不重合，點F與點N不重合時，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可知：DE＝TE，∴DE+EF＝TE+EF，根據(jù)“兩點之間線段最短”可知：TE+EF+AF＞AT，即：TE+EF+AF＞TN+AN，∵AF＝AN＝2，∴TE+EF＞TN，即：DE+EF＞TN，∴當(dāng)點E與點M重合，點F與點N重合時，DE+EF為最?。唿cT（3，4），A（﹣4，0），∴OH＝3，TH＝4，OA＝4，∴AH＝OA+OH＝7，在Rt△ATH中，AH＝7，TH＝4，由勾股定理得：，∴．即DE+EF為最小值為．故答案為：．3．（2024?碑林區(qū)校級一模）（1）如圖①，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，點D是邊AC的中點．以點A為圓心，2為半徑在△ABC內(nèi)部畫弧，若點P是上述弧上的動點，點Q是邊BC上的動點，求PQ+QD的最小值；（2）如圖②，矩形ABCD是某在建的公園示意圖，其中AB＝200米，BC＝400米．根據(jù)實際情況，需要在邊DC的中點E處開一個東門，同時根據(jù)設(shè)計要求，要在以點A為圓心，在公園內(nèi)以10米為半徑的圓弧上選一處點P開一個西北門，還要在邊BC上選一處點Q，在以Q為圓心，在公園內(nèi)以10米為半徑的半圓的三等分點的M、N處開兩個南門．線段PM、NE是要修的兩條道路．為了節(jié)約成本，希望PM+NE最?。嚽驪M+NE最小值及此時BQ的長．【分析】（1）作點D關(guān)于BC的對稱點D′，連接D′Q、AP，過點D′作D′E⊥AB交AB的延長線于E，則QD＝QD′，DK＝D′K，當(dāng)A、P、Q、D′在同一條直線上時，PQ+QD＝AD′﹣AP取得最小值，由DK∥AB，可得△CDK∽△CAB，運用相似三角形性質(zhì)可得DK＝3，CK＝4，再由勾股定理即可求得答案；（2）連接MQ，NQ，過點Q作QK⊥MN于K，作點A關(guān)于直線MN的對稱點A′，將E向左平移10米得到點E′，過點E′作E′L∥AB，過點A′作A′L⊥E′L于L，連接A′M、A′E′、E′M，由題意得隨著圓心Q在BC上運動，MN在平行于BC且到BC距離為5的直線上運動，再運用勾股定理可得PM+NE最小值＝A′E﹣AP＝（20﹣10）米；設(shè)E′L與GH的交點為T，過點Q作QK⊥MN于K，由E′L∥AA′，可得△E′MT∽△A′MG，即可求得BQ的值．【解答】解：（1）如圖①，作點D關(guān)于BC的對稱點D′，連接D′Q、AP，過點D′作D′E⊥AB交AB的延長線于E，則QD＝QD′，DK＝D′K，∴PQ+QD＝PQ+QD′＝AQ﹣AP+QD′，當(dāng)A、P、Q、D′在同一條直線上時，PQ+QD＝AD′﹣AP取得最小值，∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，∴AC＝＝＝10，∵點D是邊AC的中點，∴CD＝AC＝5，∵DK∥AB，∴△CDK∽△CAB，∴＝＝，即＝＝，∴DK＝3，CK＝4，∴D′K＝3，BK＝4，∵∠E＝∠EBK＝∠BKD′＝90°，∴四邊形BED′K是矩形，∴D′E＝BK＝4，BE＝D′K＝3，∴AE＝AB+BE＝6+3＝9，∴AD′＝＝＝，∵AP＝2，∴PQ+QD的最小值＝﹣2；（2）如圖②，連接MQ，NQ，過點Q作QK⊥MN于K，作點A關(guān)于直線MN的對稱點A′，將E向左平移10米得到點E′，過點E′作E′L∥AB，過點A′作A′L⊥E′L于L，連接A′M、A′E′、E′M，∵M(jìn)、N是半圓Q的三等分點，且半徑為10，∴△QMN為等邊三角形，且MN∥BC，MN＝10，∵QK⊥MN，QM＝10米，∴QK＝5米，∴隨著圓心Q在BC上運動，MN在平行于BC且到BC距離為5的直線上運動，∵EE′∥MN且EE′＝MN＝10米，∴四邊形EE′MN是平行四邊形，∴NE＝ME′，∴PM+NE＝PM+ME′≥AM﹣AP+ME′＝AM+ME′﹣10，∵E是CD的中點，∴DE＝CD＝100，∴E′L＝AA′﹣DE＝2（AB﹣QK）﹣DE＝2×（200﹣5）﹣100＝290（米），A′L＝BC﹣E′E＝400﹣10＝390（米），在Rt△A′E′L中，A′E′＝＝＝20，∴PM+NE最小值＝A′E﹣AP＝（20﹣10）米；此時△MNQ在如圖③的△M′N′Q位置，設(shè)E′L與GH的交點為T，過點Q作QK⊥MN于K，′∵∠CBG＝∠BGK＝∠GKQ＝90°，∴四邊形BGKQ是矩形，∴BQ＝GK，∵E′L∥AA′，∴△E′MT∽△A′MG，∴＝，∵M(jìn)T＝390﹣MG，E′T＝EH＝100﹣5＝95（米），A′G＝AG＝200﹣5＝195（米），GT＝390米，∴＝，∴MG＝（米），∴GK＝GM+MK＝+5＝（米），∴BQ＝GK＝米，∴當(dāng)PM+NE取最小值時，BQ的長為米．4．（2023?臥龍區(qū)二模）綜合與實踐問題提出（1）如圖①，請你在直線l上找一點P，使點P到兩個定點A和B的距離之和最小，即PA+PB的和最?。ūＡ糇鲌D痕跡，不寫作法）；思維轉(zhuǎn)換（2）如圖②，已知點E是直線l外一定點，且到直線l的距離為4，MN是直線l上的動線段，MN＝6，連接ME，NE，求ME+NE的最小值．小敏在解題過程中發(fā)現(xiàn)：“借助物理學(xué)科的相對運動思維，若將線段MN看作靜線段，則點E在平行于直線l的直線上運動”，請你參考小敏的思路求ME+NE的最小值；拓展應(yīng)用（3）如圖③，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，連接BD，點E、F分別是邊BC、AD上的動點，且BE＝AF，分別過點E、F作EM⊥BD，F(xiàn)N⊥BD，垂足分別為M、N，連接AM、AN，請直接寫出△AMN周長的最小值．【分析】（1）作點A的對稱點，由兩點之間線段最短解題即可；（2）將M、N看作定點，E看作動點，由（1）作法可解；（3）由相似得出MN為定值，再根據(jù)（2）作法求出AM+AN的最值，即可解答．【解答】解：（1）如圖①，則點P為所求．做法：作點A關(guān)于l的對稱點A′，連接A′B交l于點P，由對稱得AP＝A′P，∴AP+BP＝A′P+BP，∵兩點之間線段最短，∴A′P+BP最短，即PA+PB的和最?。?）如圖②，過點E作直線l1∥l，作點N關(guān)于l1的對稱點N′，連接MN′，交l1于點P，則PM+PN的值即是EM+EN的最小值，∵點E到直線l的距離為4，∵NN′＝8，∵M(jìn)N＝6，∴MN′＝＝10，∴PM+PN＝10，即ME+NE的最小值為10．（3）如圖③，過A作l∥BD，AH⊥BD于點H，作點M關(guān)于l的對稱點M′，連接M′N，由（2）得M′N為AM+AN的最小值，′∵AB＝，AD＝2，∴BD＝＝5，∴AH＝＝2，∴MM′＝4，設(shè)ME＝x，由△ABD∽△BME得，BM＝2x，BE＝x，∴AF＝x，∴DF＝2﹣x，由△DNF∽△ABD得，DN＝4﹣2x，∴MN＝5﹣2x﹣（4﹣2x）＝1，∵l∥BD，MM′⊥l，∴MM′⊥BD，∴M′N＝＝，∴△AMN周長的最小值為+1．題型二：輔助圓類幾何最值動點的運動軌跡為輔助圓的三種形式：1、定義法——若一動點到定點的距離恒等于固定長，則該點的運動軌跡為以定點為圓心，定長為半徑的圓（或圓弧）2、定邊對直角——若一條定邊所對的“動角”始終為直角，則直角頂點運動軌跡是以該定邊為直徑的圓（或圓?。?．定邊對定角——若一條定邊所對的“動角”始終為定角，則該定角頂點運動軌跡是以該定角為圓周角，該定邊為弦的圓（或圓?。局锌颊骖}練】1．（2023?黑龍江）如圖，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，點E是斜邊AB的中點，把Rt△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得Rt△AFD，點C，點B旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點分別是點D，點F，連接CF，EF，CE，在旋轉(zhuǎn)的過程中，△CEF面積的最大值是4+．【分析】線段CE為定值，點F到CE距離最大時，△CEF的面積最大，畫出圖形，即可求出答案．【解答】解：∵線段CE為定值，∴點F到CE的距離最大時，△CEF的面積有最大值．在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，E是AB的中點，∴AB＝2BC＝4，CE＝AE＝AB＝2，AC＝AB?cos30°＝2，∴∠ECA＝∠BAC＝30°，過點A作AG⊥CE交CE的延長線于點G，∴AG＝AC＝，∵點F在以A為圓心，AB長為半徑的圓上，∴AF＝AB＝4，∴點F到CE的距離最大值為4+，∴，故答案為：．【中考模擬練】1．（2023?永壽縣二模）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，M是AD的中點，點P是CD上一個動點，當(dāng)∠APM的度數(shù)最大時，CP的長為4﹣2．【分析】因為同弧所對的圓外角小于圓周角，因此過點A、M作⊙O與CD相切于點P'，當(dāng)點P運動到點P'處時，∠AP'M的度數(shù)最大，記AM的中點為N，可以證出四邊形OP'DN是矩形，在Rt△MON中，利用勾股定理求出ON，從而得出DP'的長，進(jìn)而求出CP的長．【解答】解：過點A、M作⊙O與CD相切于點P'，記PM與⊙O交于點Q，連接AP′，MP′，OM，OP′，AQ，則∠AP'M＝∠AQM＞∠APM，∠OP′D＝90°，∴當(dāng)點P運動到點P'時，∠AP'M最大，作ON⊥AD于點N，則MN＝AN＝，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D＝90°，∴四邊形OP'DN是矩形，∵AB＝4，M是AD的中點，∴AM＝DM＝2，MN＝1，∴OM＝OP'＝DN＝DM+MN＝3，在Rt△MON中，ON＝＝＝2，∴DP'＝ON＝2，∴CP'＝DC﹣DP'＝4﹣2，∴當(dāng)∠APM的度數(shù)最大時，CP的長為4﹣2．故答案為：4﹣2．2．（2023?營口一模）如圖，等邊三角形ABC和等邊三角形ADE，點N，點M分別為BC，DE的中點，AB＝6，AD＝4，△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)過程中，MN的最大值為．【分析】分析題意可知，點M是在以AM為半徑，點A為圓心的圓上運動，連接AN，AM，以AM為半徑，點A為圓心作圓，反向延長AN與圓交于點M′，以此得到M、A、N三點共線時，MN的值最大，再根據(jù)勾股定理分別算出AM、AN的值，則MN的最大值M′N＝AN+AM′＝AN+AM．【解答】解：連接AN，AM，以AM為半徑，點A為圓心作圓，反向延長AN與圓交于點M′，如圖，∵△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，∴點M是在以AM為半徑，點A為圓心的圓上運動，∵AM+AN≥MN，∴當(dāng)點M旋轉(zhuǎn)到M′，即M、A、N三點共線時，MN的值最大，最大為M′N，∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，點N，點M分別為BC，DE的中點，AB＝6，AD＝4，∴AN⊥BC，AM⊥DE，BN＝3，DM＝2，在Rt△ABN中，由勾股定理得，在Rt△ADM中，由勾股定理得，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，AM′＝AM＝，∴M′N＝AN+AM′＝，即MN的最大值為．故答案為：．3．（2023?定遠(yuǎn)縣校級一模）如圖，半徑為4的⊙O中，CD為直徑，弦AB⊥CD且過半徑OD的中點，點E為⊙O上一動點，CF⊥AE于點F．當(dāng)點E從點B出發(fā)順時針運動到點D時，點F所經(jīng)過的路徑長為．【分析】由∠AFC＝90°，得點F在以AC為直徑的圓上運動，當(dāng)點E與B重合時，此時點F與G重合，當(dāng)點E與D重合時，此時點F與A重合，則點E從點B出發(fā)順時針運動到點D時，點F所經(jīng)過的路徑長為的長，然后根據(jù)條件求出所在圓的半徑和圓心角，從而解決問題．【解答】解：∵CF⊥AE，∴∠AFC＝90°，∴點F在以AC為直徑的圓上運動，以AC為直徑畫半圓AC，連接OA，當(dāng)點E與B重合時，此時點F與G重合，當(dāng)點E與D重合時，此時點F與A重合，∴點E從點B出發(fā)順時針運動到點D時，點F所經(jīng)過的路徑長為的長，∵點G為OD的中點，∴OG＝OD＝OA＝2，∵OG⊥AB，∴∠AOG＝60°，AG＝2，∵OA＝OC，∴∠ACG＝30°，∴AC＝2AG＝4，∴所在圓的半徑為2，圓心角為60°，∴的長為，故答案為：．4．（2024?蘭州模擬）綜合與實踐【問題情境】在數(shù)學(xué)綜合實踐課上，“希望小組”的同學(xué)們以三角形為背景，探究圖形變化過程中的幾何問題，如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，點D為平面內(nèi)一點（點A，B，D三點不共線），AE為△ABD的中線．【初步嘗試】（1）如圖1，小林同學(xué)發(fā)現(xiàn)：延長AE至點M，使得ME＝AE，連接DM．始終存在以下兩個結(jié)論，請你在①，②中挑選一個進(jìn)行證明：①DM＝AC；②∠MDA+∠DAB＝180°；【類比探究】（2）如圖2，將AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到AF，連接CF．小斌同學(xué)沿著小林同學(xué)的思考進(jìn)一步探究后發(fā)現(xiàn)：，請你幫他證明；【拓展延伸】（3）如圖3，在（2）的條件下，王老師提出新的探究方向：點D在以點A為圓心，AD為半徑的圓上運動（AD＞AB），直線AE與直線CF相交于點G，連接BG，在點D的運動過程中BG存在最大值．若AB＝4，請直接寫出BG的最大值．【分析】（1）利用SAS證明△ABE≌△MDE，可得AB＝DM，再結(jié)合AB＝AC，即可證得DM＝AC；由全等三角形性質(zhì)可得∠BAE＝∠DME，再運用平行線的判定和性質(zhì)即可證得∠MDA+∠DAB＝180°；（2）延長AE至點M，使得ME＝AE，連接DM．利用SAS證得△ACF≌△DMA，可得CF＝AM，再由AE＝AM，可證得AE＝CF；（3）延長DA至M，使AM＝AD，設(shè)AM交CF于N，連接BM交CF于K，取AC中點P，連接GP，可證得△ACF≌△ABM（SAS），利用三角形中位線定理可得AE∥BM，即AG∥BM，利用直角三角形性質(zhì)可得GP＝AC＝AB＝2，得出點G在以P為圓心，2為半徑的⊙P上運動，連接BP并延長交⊙P于G′，可得BG′的長為BG的最大值，再運用勾股定理即可求得答案．【解答】（1）證明：①∵AE為△ABD的中線，∴BE＝DE，在△ABE和△MDE中，，∴△ABE≌△MDE（SAS），∴AB＝DM，∵AB＝AC，∴DM＝AC；②由①知△ABE≌△MDE，∴∠BAE＝∠DME，∴AB∥DM，∴∠MDA+∠DAB＝180°；（2）證明：延長AE至點M，使得ME＝AE，連接DM．由旋轉(zhuǎn)得：AF＝AD，∠DAF＝90°，∵∠BAC＝90°，∠DAF+∠BAC+∠BAD+∠CAF＝360°，∴∠BAD+∠CAF＝180°，由（1）②得：∠MDA+∠DAB＝180°，DM＝AB＝AC，∴∠CAF＝∠MDA，在△ACF和△DMA中，，∴△ACF≌△DMA（SAS），∴CF＝AM，∵AE＝AM，∴AE＝CF；（3）如圖3，延長DA至M，使AM＝AD，設(shè)AM交CF于N，連接BM交CF于K，取AC中點P，連接GP，由旋轉(zhuǎn)得：AF＝AD，∠DAF＝90°，∴AF＝AM，∠MAF＝180°﹣90°＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠MAF+∠CAM＝∠BAC+∠CAM，即∠CAF＝∠BAM，在△ACF和△ABM中，，∴△ACF≌△ABM（SAS），∴∠AFC＝∠AMB，即∠AFN＝∠KMN，∵∠ANF＝∠KNM，∴∠FAN＝∠MKN＝90°，∴BM⊥CF，∵E、A分別是DB、DM的中點，∴AE是△BDM的中位線，∴AE∥BM，即AG∥BM，∴AG⊥CF，∴∠AGC＝90°，∵點P是AC的中點，∴GP＝AC＝AB＝2，∴點G在以P為圓心，2為半徑的⊙P上運動，連接BP并延長交⊙P于G′，∴BG′的長為BG的最大值，在Rt△ABP中，BP＝＝＝2，∴BG′＝BP+PG′＝2+2，∴BG的最大值為2+2．題型三：瓜豆原理類幾何最值大概動點問題符合瓜豆原理的模型時，也可以和幾何最值結(jié)合【中考真題練】1．（2022?沈陽）【特例感知】（1）如圖1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，點C在OA上，點D在BO的延長線上，連接AD，BC，線段AD與BC的數(shù)量關(guān)系是AD＝BC；【類比遷移】（2）如圖2，將圖1中的△COD繞著點O順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），那么第（1）問的結(jié)論是否仍然成立？如果成立，證明你的結(jié)論；如果不成立，說明理由．【方法運用】（3）如圖3，若AB＝8，點C是線段AB外一動點，AC＝3，連接BC．①若將CB繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到CD，連接AD，則AD的最大值是8+3；②若以BC為斜邊作Rt△BCD（B，C，D三點按順時針排列），∠CDB＝90°，連接AD，當(dāng)∠CBD＝∠DAB＝30°時，直接寫出AD的值．【分析】（1）證明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出結(jié)論；（2）利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可證得∠BOC＝∠AOD，再證明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出結(jié)論；（3）①過點A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接BT，AD，DT，BD，先證得△ABC∽△TBD，得出DT＝3，即點D的運動軌跡是以T為圓心，3為半徑的圓，當(dāng)D在AT的延長線上時，AD的值最大，最大值為8+3；②如圖4，在AB上方作∠ABT＝30°，過點A作AT⊥BT于點T，連接AD、BD、DT，過點T作TH⊥AD于點H，可證得△BAC∽△BTD，得出DT＝AC＝×3＝，再求出DH、AH，即可求得AD；如圖5，在AB下方作∠ABE＝30°，過點A作AE⊥BE于點E，連接DE，可證得△BAC∽△BTD，得出DE＝，再由勾股定理即可求得AD．【解答】解：（1）AD＝BC．理由如下：如圖1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，∴OA＝OB，OD＝OC，在△AOD和△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC，故答案為：AD＝BC；（2）AD＝BC仍然成立.證明：如圖2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，即∠BOC＝∠AOD，在△AOD和△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC；（3）①過點A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接BT，AD，DT，BD，∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，∴BT＝AB，BD＝BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，∴＝＝，∠ABC＝∠TBD，∴△ABC∽△TBD，∴＝＝，∴DT＝AC＝×3＝3，∵AT＝AB＝8，DT＝3，∴點D的運動軌跡是以T為圓心，3為半徑的圓，∴當(dāng)D在AT的延長線上時，AD的值最大，最大值為8+3，故答案為：8+3；②如圖4，在AB上方作∠ABT＝30°，過點A作AT⊥BT于點T，連接AD、BD、DT，過點T作TH⊥AD于點H，∵＝＝cos30°＝，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，∴△BAC∽△BTD，∴＝＝，∴DT＝AC＝×3＝，在Rt△ABT中，AT＝AB?sin∠ABT＝8sin30°＝4，∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，∵TH⊥AD，∴TH＝AT?sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT?cos∠TAH＝4cos30°＝2，在Rt△DTH中，DH＝＝＝，∴AD＝AH+DH＝2+；如圖5，在AB上方作∠ABE＝30°，過點A作AE⊥BE于點E，連接DE，則＝＝cos30°＝，∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，∴△BDE∽△BCA，∴＝＝，∴DE＝AC＝×3＝，∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB?sin30°＝8×＝4，∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，∴AD＝＝＝；綜上所述，AD的值為2+或．【中考模擬練】1．（2023?金平區(qū)三模）如圖，長方形ABCD中，AB＝6，BC＝，E為BC上一點，且BE＝，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，將EF繞著點E順時針旋轉(zhuǎn)45°到EG的位置，連接FG和CG，則CG的最小值為．【分析】如圖，將線段BE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)45°得到線段ET，連接DE交CG于J．首先證明∠ETG＝90°，推出點G的在射線TG上運動，推出當(dāng)CG⊥TG時，CG的值最小．【解答】解：如圖，將線段BE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)45°得到線段ET，連接DE交CG于J．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6，∠B＝∠BCD＝90°，∵∠BET＝∠FEG＝45°，∴∠BEF＝∠TEG，∵EB＝ET，EF＝EG，∴△EBF≌△ETG（SAS），∴∠B＝∠ETG＝90°，∴點G在射線TG上運動，∴當(dāng)CG⊥TG時，CG的值最小，∵BC＝，BE＝，CD＝6，∴CE＝CD＝6，∴∠CED＝∠BET＝45°，∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，∴四邊形ETGJ是矩形，∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝，∴CJ⊥DE，∴JE＝JD，∴CJ＝DE＝3，∴CG＝CJ+GJ＝+3，∴CG的最小值為+3，故答案為：+3．2．（2023?蒼溪縣一模）如圖，線段AB為⊙O的直徑，點C在AB的延長線上，AB＝4，BC＝2，點P是⊙O上一動點，連接CP，以CP為斜邊在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP＝60°，連接OD，則OD長的最大值為2+1．【分析】如圖，作△COE，使得∠CEO＝90°，∠ECO＝60°，則CO＝2CE，OE＝2，∠OCP＝∠ECD，由△COP∽△CED，推出＝＝2，即ED＝OP＝1（定長），由點E是定點，DE是定長，推出點D在半徑為1的⊙E上，由此即可解決問題．【解答】解：如圖，作△COE，使得∠CEO＝90°，∠ECO＝60°，則CO＝2CE，OE＝2，∠OCP＝∠ECD，∵∠CDP＝90°，∠DCP＝60°，∴CP＝2CD，∴＝＝2，∴△COP∽△CED，∴＝＝2，即ED＝OP＝1（定長），∵點E是定點，DE是定長，∴點D在半徑為1的⊙E上，∵OD≤OE+DE＝2+1，∴OD的最大值為2+1，故答案為．3．（2023?海淀區(qū)校級三模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，給定圖形W和點P，若圖形W上存在兩個點M，N滿足PM＝PN且∠MPN＝90°，則稱點P是圖形W的關(guān)聯(lián)點．已知點A（﹣2，0），B（0，2）．（1）在點P1（﹣，﹣1），P2（﹣，3），P3（﹣2，﹣2）中，P1，P2是線段AB的關(guān)聯(lián)點；（2）⊙T是以點T（t，0）為圓心，r為半徑的圓．①當(dāng)t＝0時，若線段AB上任一點均為⊙O的關(guān)聯(lián)點，求r的取值范圍；②記線段AB與線段AO組成折線G，若存在t≥4，使折線G的關(guān)聯(lián)點都是⊙T的關(guān)聯(lián)點，直接寫出r的最小值．【分析】（1）根據(jù)關(guān)聯(lián)點的定義，結(jié)合勾股定理進(jìn)行判斷即可；（2）①根據(jù)題意推得三角形PMN為含30度角的直角三角形，根據(jù)瓜豆原理可得求得點O到點P的最大距離為，最小距離為，推得⊙O的所有關(guān)聯(lián)點在以O(shè)為圓心，和為半徑的兩個圓構(gòu)成的圓環(huán)中，結(jié)合圖形求得半徑r的取值范圍；②結(jié)合①中的結(jié)論，畫出滿足條件的關(guān)聯(lián)點的范圍，進(jìn)行求解即可．【解答】解：（1）∵∠MPN＝90°，∴△MPN為直角三角形，∴滿足MN2＝PM2+PN2，根據(jù)勾股定理可得：，，，；，，；P3A＝2，，，∵，且，∴是線段AB的關(guān)聯(lián)點；∵，且，∴是線段AB的關(guān)聯(lián)點；∵，且，∴∠BAO＝30°，P3A⊥OA，∴∠P3AB＝90°+30°＝120°，∴對于線段AB上的任意兩點M、N，當(dāng)時，∠P3NM＞90°，如圖，則∠MPN必是銳角，不可能是直角，∴不是線段AB的關(guān)聯(lián)點；故答案為：P1，P2．（2）①由（1）可得：∵∠MPN＝90°，∴△MPN為直角三角形，∴MN2＝PM2+PN2＝4PN2，即MN＝2PN，即三角形PMN為含30度角的直角三角形，如圖：則點P是以MN為斜邊且含30度角的直角三角形的直角頂點．在圓O上取點M，N，則對于任意位置的M和N，符合的關(guān)聯(lián)點有2個，如圖：以點P為例，當(dāng)點M在半徑為r的⊙O上運動時，點N為圓上一定點，且MN＝2PN，∠PNM＝60°，則點M的運動軌跡為圓，故點P的軌跡也為圓，令點P的軌跡為圓R，如圖：當(dāng)M，O，N三點共線，P，R，N三點共線時，∠PNM＝60°，∴，，則點O到點P的最大距離為，最小距離為，當(dāng)點N也在⊙O上運動時，⊙R也隨之運動，則⊙R掃過的區(qū)域為和r為半徑圍成的圓，即⊙O的所有關(guān)聯(lián)點在以O(shè)為圓心，和為半徑的兩個圓構(gòu)成的圓環(huán)中，∴當(dāng)線段AB與半徑為交于點A時，r最小，如圖：則，解得，當(dāng)線段AB與半徑為的圓相切時，r最大，過點O作OH⊥AB，如圖：則，即，解得，則，解得，∴②當(dāng)關(guān)聯(lián)點在線段AB上時，滿足條件的關(guān)聯(lián)點所在范圍如圖陰影部分：當(dāng)關(guān)聯(lián)點在線段AO上時，滿足條件的關(guān)聯(lián)點所在范圍如圖陰影部分：當(dāng)關(guān)聯(lián)點在不同線段上時，滿足條件的關(guān)聯(lián)點在點O和點B上的范圍如圖陰影部分：綜上，所有區(qū)域疊加一起為：由①可知，滿足T的所有關(guān)聯(lián)點所在范圍為圓環(huán)，故若使得圓環(huán)能夠完整“包住”關(guān)聯(lián)點，圓環(huán)中外圓的必須經(jīng)過點G1，∵∠GBA＝30°，∠G＝90°，∠OBA＝60°，∠O＝90°，∴四邊形AOBG為矩形，∴，則，即，解得（負(fù)值舍去）；綜上，r的最小值為．4．（2024?昆山市一模）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝﹣5x+5與x軸，y軸分別交于A、C兩點，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為B．（1）求拋物線解析式；（2）若點M為x軸下方拋物線上一動點，當(dāng)點M運動到某一位置時，△ABM的面積等于△ABC面積的，求此時點M的坐標(biāo)；（3）如圖2，以B為圓心，2為半徑的⊙B與x軸交于E、F兩點（F在E右側(cè)），若P點是⊙B上一動點，連接PA，以PA為腰作等腰Rt△PAD，使∠PAD＝90°（P、A、D三點為逆時針順序），連接FD．求FD長度的取值范圍．【分析】（1）將點A（1，0），C（0，5）代入y＝x2+bx+c，即可求解；（2）設(shè)M（m，m2﹣6m+5），先求AB＝4，則S△ABC＝10，再由題意可得S△AMB＝6＝×4×（﹣m2+6m﹣5），即可求M（2，﹣3）或M（4，﹣3）；（3）將點B繞A點順時針旋轉(zhuǎn)90°到B'，連接AB'，PB，B'D，可證明△ADB'≌△APB（SAS），則可得D在以B'為圓心，2為半徑的圓上運動，又由B'（1，﹣4），F(xiàn)（7，0），則B'F＝2，所以DF的最大值為+2，DF的最小值為﹣2，即可求2﹣2≤DF≤2+2．【解答】解：（1）令x＝0，則y＝5，∴C（0，5），令y＝0，則x＝1，∴A（1，0），將點A（1，0），C（0，5）代入y＝x2+bx+c，得，∴，∴y＝x2﹣6x+5；（2）設(shè)M（m，m2﹣6m+5），令y＝0，則x2﹣6x+5＝0，解得x＝5或x＝1，∴B（5，0），∴AB＝4，∴S△ABC＝×4×5＝10，∵△ABM的面積等于△ABC面積的，∴S△AMB＝6＝×4×（﹣m2+6m﹣5），解得m＝2或m＝4，∴M（2，﹣3）或M（4，﹣3）；（3）將點B繞A點順時針旋轉(zhuǎn)90°到B'，連接AB'，PB，B'D，∵∠B'AD+∠BAD＝90°，∠PAB+∠BAD＝90°，∴∠B'AD＝∠PAB，∵AB＝AB'，PA＝AD，∴△ADB'≌△APB（SAS），∴BP＝B'D，∵PB＝2，∴B'D＝2，∴D在以B'為圓心，2為半徑的圓上運動，∵B（5，0），A（1，0），∴B'（1，﹣4），∵BF＝2，∴F（7，0），∴B'F＝2，∴DF的最大值為2+2，DF的最小值為2﹣2，∴2﹣2≤DF≤2+2．題型四：其他類幾何最值除了常見的模型與幾何最值結(jié)合外，還有一些幾何問題，應(yīng)用直接的最值原理，比如：點到直線的距離垂線段最短等【中考真題練】1．（2023?錦州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4，按下列步驟作圖：①在AC和AB上分別截取AD，AE，使AD＝AE．②分別以點D和點E為圓心，以大于DE的長為半徑作弧，兩弧在∠BAC內(nèi)交于點M．③作射線AM交BC于點F．若點P是線段AF上的一個動點，連接CP，則CP+AP的最小值是．【分析】根據(jù)題目中所給的條件，判斷AF為角平分線，由問題可知，需要利用胡不歸模型構(gòu)建直角三角形，轉(zhuǎn)化兩條線段和為一條線段，利用三角函數(shù)求出線段長度．【解答】理由如下：由作圖步驟可知，射線AM為∠CAB的角平分線，∵∠ABC＝90°，∠B＝30°，∴∠CAB＝60°，∵AM平分∠CAB，∴∠CAF＝∠BAF＝∠CAB＝30°，過點C作CN⊥AB于N，交AF于P，在Rt△APN中，∠BAF＝30°，∴PN＝AP，∴CP+AP＝CP+PN＝CN，根據(jù)點到直線的距離，垂線段最短，此時CP+PN值最小在Rt△ACN中，∠CAN＝60°，AC＝4，∴，∴CN＝sin60°×AC＝＝，∴CP+AP＝CP+PN＝CN＝，故答案為：．2．（2023?德陽）如圖，在底面為正三角形的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，點M為AC的中點，一只小蟲從B1沿三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面爬行到M處，則小蟲爬行的最短路程等于．【分析】利用平面展開圖可總結(jié)為3種情況，畫出圖形利用勾股定理求出B1M的長即可．【解答】解：如圖1，將三棱柱ABC﹣A1B1C1的側(cè)面BB1C1C和側(cè)面CC1A1A沿CC1展開在同一平面內(nèi)，連接MB1，∵M(jìn)是AC的中點，△ABC和△A1B1C1是等邊三角形，∴CM＝AC＝＝，∴BM＝CM+BC＝3，在Rt△MBB1中，由勾股定理得：B1M＝＝，如圖2，把底面ABC和側(cè)面BB1A1A沿AB展開在同一平面內(nèi)，連接MB1，過點M作MF⊥A1B1于點F，交AB于點E，則四邊形AEFA1是矩形，ME⊥AB，在Rt△AME中，∠MAE＝60°，∴M