2024年中考復習查缺補漏02 幾何最值類綜合壓軸（解析版）

查補培優(yōu)沖刺02幾何最值類綜合壓軸題型一：幾何最值模型--將軍飲馬（遛馬、造橋）模型題型二：幾何最值模型--費馬點模型題型三：幾何最值模型--胡不歸模型題型四：幾何最值模型--瓜豆模型（原理）題型五：幾何最值模型--阿氏圓模型題型六：幾何最值工具--二次函數求最值題型七：幾何最值工具--三邊關系求最值題型一：幾何最值模型--將軍飲馬（遛馬、造橋）模型1.將軍飲馬問題從本質上來看是由軸對稱衍生而來，主要考查轉化與化歸等的數學思想。在解決將軍飲馬模型主要依據是：兩點之間，線段最短；垂線段最短。2.在解決將軍遛馬和將軍過橋（造橋），不管是橫向還是縱向的線段長度（定長），只要將線段按照長度方向平移即可，即可以跨越長度轉化為標準的將軍飲馬模型，再依據同側做對稱點變異側，異側直接連線即可。利用數學的轉化思想，將復雜模型變成基本模型就簡單容易多了，從此將軍遛馬和將軍過橋（造橋）再也不是問題！例1．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形的邊長為4，點E在邊上，且，F為對角線上一動點，連接，，則的最小值為．

【答案】【分析】連接交于一點F，連接，根據正方形的對稱性得到此時最小，利用勾股定理求出即可．【詳解】解：如圖，連接交于一點F，連接，

∵四邊形是正方形，∴點A與點C關于對稱，∴，∴，此時最小，∵正方形的邊長為4，∴，∵點E在上，且，∴，即的最小值為故答案為：．【點睛】此題考查正方形的性質，熟練運用勾股定理計算是解題的關鍵．變式1．（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖，是邊長為的等邊三角形，點為高上的動點．連接，將繞點順時針旋轉得到．連接，，，則周長的最小值是．

【答案】/【分析】根據題意，證明，進而得出點在射線上運動，作點關于的對稱點，連接，設交于點，則，則當三點共線時，取得最小值，即，進而求得，即可求解．【詳解】解：∵為高上的動點．∴∵將繞點順時針旋轉得到．是邊長為的等邊三角形，∴∴∴，∴點在射線上運動，如圖所示，

作點關于的對稱點，連接，設交于點，則在中，，則，則當三點共線時，取得最小值，即∵，，∴∴在中，,∴周長的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了軸對稱求線段和的最值問題，等邊三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，熟練掌握等邊三角形的性質與判定以及軸對稱的性質是解題的關鍵．變式2．（2023·陜西西安·?？寄M預測）如圖，在菱形中，，對角線交于點，，點為的中點，點為上一點，且，點為上一動點，連接，則的最大值為________．

【答案】【分析】作的對稱點，連接并延長交于點，根據三角形三邊關系可得到，最后根據等邊三角形的性質及菱形的性質即可解答．【詳解】解：作的對稱點，連接并延長交于點，∴，∴，當在同一條直線上時，有最大值，∵在菱形中，，∴，，∴是等邊三角形，∴，，，∵，∴，∵，∴，∵點為的中點，∴為的中點，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，故答案為；

【點睛】本題考查了等邊三角形的性質與判定，菱形的性質，中點的定義，三角形的三邊關系，掌握等邊三角形的性質及菱形的性質是解題的關鍵．例2．（2022·四川自貢·中考真題）如圖，矩形中，，是的中點，線段在邊上左右滑動；若，則的最小值為____________．【答案】【分析】如圖，作G關于AB的對稱點G'，在CD上截取CH=1，然后連接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此時GE+CF的值最小，可得四邊形EFCH是平行四邊形，從而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的長，即可求解．【詳解】解：如圖，作G關于AB的對稱點G'，在CD上截取CH=1，然后連接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此時GE+CF的值最小，∴G'E=GE，AG=AG'，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC=2∴CH∥EF，∵CH=EF=1，∴四邊形EFCH是平行四邊形，∴EH=CF，∴G'H=EG'+EH=EG+CF，∵AB=4，BC=AD=2，G為邊AD的中點，∴AG=AG'=1∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，∴，即的最小值為．故答案為：【點睛】此題主要考查了利用軸對稱求最短路徑問題，矩形的性質，勾股定理等知識，確定GE+CF最小時E，F位置是解題關鍵．變式1．（2023上·江蘇鹽城·九年級校聯考階段練習）如圖，正方形內接于⊙O，線段在對角線上運動，若⊙O的周長為，，則周長的最小值是．

【答案】/【分析】過點作，令；可推出四邊形為平行四邊形，有；根據可知當時，周長有最小值.【詳解】解：過點作，令

∵⊙O的周長為，∴⊙O的半徑為∴∵且∴四邊形為平行四邊形∴由正方形的對稱性可得：∴∴故：當時，周長有最小值此時：∴周長的最小值是故答案為：【點睛】本題考查了正方形的性質、平行四邊形的判定與性質等．推出當時，周長有最小值是解題關鍵．變式2．（2023·廣西·二模）已知，在河的兩岸有A，B兩個村莊，河寬為4千米，A、B兩村莊的直線距離AB＝10千米，A、B兩村莊到河岸的距離分別為1千米、3千米，計劃在河上修建一座橋MN垂直于兩岸，M點為靠近A村莊的河岸上一點，則AM+BN的最小值為(

)A．2 B．1+3 C．3+ D．【答案】A【分析】作BB'垂直于河岸，使BB′等于河寬，連接AB′，與靠近A的河岸相交于M，作MN垂直于另一條河岸，則MN∥BB′且MN＝BB′，于是MNBB′為平行四邊形，故MB′＝BN；根據“兩點之間線段最短”，AB′最短，即AM+BN最短，此時AM+BN＝AB′．【詳解】解：如圖，作BB'垂直于河岸，使BB′等于河寬，連接AB′，與靠近A的河岸相交于M，作MN垂直于另一條河岸，則MN∥BB′且MN＝BB′，于是MNBB′為平行四邊形，故MB′＝BN．根據“兩點之間線段最短”，AB′最短，即AM+BN最短．∵AB＝10千米，BC＝1+3+4＝8千米，∴在RT△ABC中，，在RT△AB′C中，B′C＝1+3＝4千米，∴AB′＝千米；故選A．【點睛】本題考查了軸對稱—最短路徑問題，要利用“兩點之間線段最短”，但許多實際問題沒這么簡單，需要我們將一些線段進行轉化，即用與它相等的線段替代，從而轉化成兩點之間線段最短的問題．目前，往往利用對稱性、平行四邊形的相關知識進行轉化．題型二：幾何最值模型--費馬點模型結論：如圖，點M為△ABC內任意一點，連接AM、BM、CM，當M與三個頂點連線的夾角為120°時，MA+MB+MC的值最小。費馬點最值模型的輔助線作法：如圖，以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，連接EN．當E、N、M、C四點共線時，MA+MB+MC的值最小，即為EC的長度。例1．（2023·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數，④處填寫該三角形的某個頂點）當的三個內角均小于時，如圖1，將繞，點C順時針旋轉得到，連接，

由，可知為①三角形，故，又，故，由②可知，當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，如圖2，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有③；已知當有一個內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若，則該三角形的“費馬點”為④點．(2)如圖4，在中，三個內角均小于，且，已知點P為的“費馬點”，求的值；

(3)如圖5，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/，a元/，元/，選取合適的P的位置，可以使總的鋪設成本最低為___________元．（結果用含a的式子表示）【答案】(1)①等邊；②兩點之間線段最短；③；④A．(2)(3)【分析】（1）根據旋轉的性質和兩點之間線段最短進行推理分析即可得出結論；（2）根據（1）的方法將繞，點C順時針旋轉得到，即可得出可知當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，在根據可證明，由勾股定理求即可，（3）由總的鋪設成本，通過將繞，點C順時針旋轉得到，得到等腰直角，得到，即可得出當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，即取最小值為，然后根據已知和旋轉性質求出即可．【詳解】（1）解：∵，∴為等邊三角形；∴，，又，故，由兩點之間線段最短可知，當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，∴，，∴，，又∵，∴，∴，∴；∵，∴，，∴，，∴三個頂點中，頂點A到另外兩個頂點的距離和最?。帧咭阎斢幸粋€內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．∴該三角形的“費馬點”為點A，故答案為：①等邊；②兩點之間線段最短；③；④．（2）將繞，點C順時針旋轉得到，連接，由（1）可知當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，

∵，∴，又∵∴，由旋轉性質可知：，∴，∴最小值為，（3）∵總的鋪設成本∴當最小時，總的鋪設成本最低，將繞，點C順時針旋轉得到，連接，由旋轉性質可知：，，，，∴，∴，當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，即取最小值為，過點作，垂足為，∵，，∴，∴，∴，∴，∴的最小值為總的鋪設成本（元）故答案為：【點睛】本題考查了費馬點求最值問題，涉及到的知識點有旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，以及兩點之間線段最短等知識點，讀懂題意，利用旋轉作出正確的輔助線是解本題的關鍵．變式1．（2023·江蘇·?？既＃┤鐖D，四個村莊坐落在矩形ABCD的四個頂點上，公里，公里，現在要設立兩個車站E，F，則的最小值為______公里．【答案】15+10【分析】將△AEB繞A順時針旋轉60°得△AGH，連接BH、EG，將△DFC繞點D逆時針旋轉60°得到△DF'M，連接CM、FM、FF'，如圖2，此時EH、EF、FM共線，EA+EB+EF+FC+FD是最小值，利用旋轉的性質和等邊三角形的性質，相加即可得出結論．【詳解】解：如圖1，將△AEB繞A順時針旋轉60°得△AGH，連接BH、EG，將△DFC繞點D逆時針旋轉60°得到△DF'M，連接CM、FF'，由旋轉得：AB=AH，AE=AG，∠EAG=∠BAH=60°，BE=GH，∴△AEG和△ABH是等邊三角形，∴AE=EG，同理得：△DFF'和△DCM是等邊三角形，DF=FF'，FC=F'M，∴當H、G、E、F、F'、M在同一條直線上時，EA+EB+EF+FC+FD有最小值，如圖2，∵AH=BH，DM=CM，∴HM是AB和CD的垂直平分線，∴HM⊥AB，HM⊥CD，∵AB=10，∴△ABH的高為5，∴EA+EB+EF+FC+FD=EG+GH+EF+FF'+F'M=HM=15+5+5=15+10，則EA+EB+EF+FC+FD的最小值是（15+10）公里．故答案為：（15+10）．【點睛】本題考查了矩形的性質和最短路徑問題，旋轉的性質和等邊三角形的性質，確定最小值時點E和F的位置是本題的關鍵，利用全等、勾股定理求其邊長，從而得出結論．變式2．（2023·廣東廣州·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點P是AB邊上一動點，作PD⊥BC于點D，線段AD上存在一點Q，當QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2時，則PD=________．【答案】【分析】如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，連接QN，當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC，證明AM垂直平分BC，證明AD=BD，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，構建方程求出x可得結論．【詳解】解：如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，連接QN，∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，∴△BQN是等邊三角形，∴BQ=QN，∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，∴當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC∵將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，∴△BQN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM，∵BM=CM，AB=AC，∴AM垂直平分BC，∵AD⊥BC，∠BQD=60°，∴BD=QD，∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，∴AD=BD，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，∴x=，∴x=3+，∴PD=3+．故答案為：．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質，旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，解題的關鍵是正確運用等邊三角形的性質解決問題，學會構建方程解決問題．題型三：幾何最值模型--胡不歸模型【模型解讀】一動點P在直線MN外的運動速度為V1，在直線MN上運動的速度為V2，且V1<V2，A、B為定點，點C在直線MN上，確定點C的位置使的值最小。（注意與阿氏圓模型的區(qū)分）。1），記，即求BC+kAC的最小值.2）構造射線AD使得sin∠DAN=k，，CH=kAC,將問題轉化為求BC+CH最小值.3）過B點作BH⊥AD交MN于點C，交AD于H點，此時BC+CH取到最小值，即BC+kAC最小．【解題關鍵】在求形如“PA+kPB”的式子的最值問題中，關鍵是構造與kPB相等的線段，將“PA+kPB”型問題轉化為“PA+PC”型．（若k>1，則提取系數，轉化為小于1的形式解決即可）。例1．（2023·遼寧錦州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，，按下列步驟作圖：①在和上分別截取、，使．②分別以點D和點E為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧在內交于點M．③作射線交于點F．若點P是線段上的一個動點，連接，則的最小值是．【答案】【分析】過點P作于點Q，過點C作于點H，先利用角平分線和三角形的內角和定理求出，然后利用含的直角三角的性質得出，則，當C、P、Q三點共線，且與垂直時，最小，最小值為，利用含的直角三角的性質和勾股定理求出，，最后利用等面積法求解即可．【詳解】解：過點P作于點Q，過點C作于點H，由題意知：平分，∵，，∴，∴，∴，∴，∴當C、P、Q三點共線，且與垂直時，最小，最小值為，∵，，，∴，∴，∵，∴，即最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了尺規(guī)作圖-作角平分線，含的直角三角形的性質，勾股定理等知識，注意掌握利用等積法求三角形的高或點的線的距離的方法．變式1.（2023·廣東佛山·?？家荒＃┰谶呴L為1的正方形中，是邊的中點，是對角線上的動點，則的最小值為___________．【答案】0【分析】作于，可得出，從而得的最小值，將變形為，進一步得出結果．【詳解】解：如圖，作于，∵四邊形是正方形，，，的最小值為0，∵，∴的最小值為0，故答案為：0．【點睛】本題考查了正方形的性質，解直角三角形等知識，解題關鍵是作輔助線轉化線段．變式2．（2023·江蘇宿遷·統(tǒng)考二模）已知中，，則的最大值為．

【答案】【分析】過點C作，垂足為D，取，即可說明是等腰直角三角形，求出，進一步求出，繼而將轉化為，推出點D在以為直徑的圓上，從而可知當為等腰直角三角形時，最大，再求解即可．【詳解】解：如圖，過點C作，垂足為D，取，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，而一定，∴當的面積最大時，最大，∵，∴點D在以為直徑的圓上，∴當D平分時，點D到的距離最大，即高最大，則面積最大，此時，則為等腰直角三角形，∴，故答案為：．

．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理，含30度的直角三角形的性質，圓周角定理，解題的關鍵是添加輔助線，將最值轉化為的長．題型四：幾何最值模型--瓜豆模型（動態(tài)軌跡問題）瓜豆原理：若兩動點到某定點的距離比是定值，夾角是定角，則兩動點的運動路徑相同。動點軌跡基本類型為直線型和圓弧型，本專題受教學進程影響，估只對瓜豆原理中的直線型軌跡作講解。主動點叫瓜，從動點叫豆，瓜在直線上運動，豆也在直線上運動；瓜在圓周上運動，豆的軌跡也是圓。古人云：種瓜得瓜，種豆得豆．“種”圓得圓，“種”線得線，謂之“瓜豆原理”。例1．（2024·江蘇無錫·一模）如圖，是邊長為6的等邊三角形，點E在上且，點D是直線上一動點，將線段繞點E逆時針旋轉，得到線段，連接，，下列結論：①的最小值為；

②的最小值是；③當時，；

④當時，．其中正確的有()

A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】B【分析】①由垂線段最短可知時，最小，最小，②尋找到點F在固定直線上運動即可判斷；③點D可以在延長線上，不平行；④先證明是等邊三角形，進而確定結果．【詳解】解：∵是邊長為6的等邊三角形，點E在上且，∴.∵，，∴，∵時，最小，最小，當時，∵是等邊三角形，∴，∴，∴，∴；故①正確；作于M，作，且使，作于G，連接，

∴，∴四邊形是矩形，∴矩形是正方形，∵，∴，∵，∴，∴，∴點F在上，作，∴最小值是，延長交于H，∵，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴，故②正確；當時，D可以在的延長線上，故③不正確；當時，，∵，∴是等邊三角形，∴，故④正確；綜上，正確的有①②④，共3個，故選：B．【點睛】此題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，矩形的判定和性質，正方形的判定等知識，解題的關鍵是找出點F的運動軌跡．變式1．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·一模）如圖，正方形的邊長為2，點是正方形對角線所在直線上的一個動點，連接，以為斜邊作等腰（點A，E，F按逆時針排序），則長的最小值為（）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】連接交于點，連接并延長交于點，由正方形的性質得，，，則，得，由，，證明，則，變形為，而，則，可推導出，則，所以，，可知點在的垂直平分線上運動，當點與點重合時，長的值最小，此時，于是得到問題的答案．【詳解】解：連接交于點，連接并延長交于點，四邊形是正方形，，，，，，，，，，于點，，，，，，，，，，，，，，，，，，點在的垂直平分線上運動，，當點與點重合時，的值最小，此時，長的最小值為1，故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、平行線分線段成比例定理、平行線的判定與性質、垂線段最短等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．變式2．（2024·江蘇徐州·一模）如圖，直角中，，，，點是邊上一點，將繞點順時針旋轉到點，則長的最小值是．【答案】2【分析】本題考查了旋轉的性質，垂線段最短，全等三角形的判定與性質，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．取的中點為點，連接，過點作，垂足為，在直角中，利用含30度角的直角三角形的性質可求出的長，的度數，再根據線段的中點定義可得，從而可得，然后利用旋轉的性質可得：，，從而利用等式的性質可得，進而利用證明，最后利用全等三角形的性質可得，再根據垂線段最短，即可解答．【詳解】解：取的中點為點，連接，過點作，垂足為，，，，，，，點是的中點，，，由旋轉得：，，，，，，，，當時，即當點和點重合時，有最小值，且最小值為2，長的最小值是2，故答案為：2例1．（2023·山東泰安·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，的一條直角邊在x軸上，點A的坐標為；中，，連接，點M是中點，連接．將以點O為旋轉中心按順時針方向旋轉，在旋轉過程中，線段的最小值是（

）

A．3 B． C． D．2【答案】A【分析】如圖所示，延長到E，使得，連接，根據點A的坐標為得到，再證明是的中位線，得到；解得到，進一步求出點C在以O為圓心，半徑為4的圓上運動，則當點M在線段上時，有最小值，即此時有最小值，據此求出的最小值，即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，延長到E，使得，連接，

∵的一條直角邊在x軸上，點A的坐標為，∴，∴，∴，∵點M為中點，點A為中點，∴是的中位線，∴；在中，，∴，∵將以點O為旋轉中心按順時針方向旋轉，∴點C在以O為圓心，半徑為4的圓上運動，∴當點M在線段上時，有最小值，即此時有最小值，∵，∴的最小值為，∴的最小值為3，故選A．另解：取BO的中點為Q（-3,0），根據中位線可確定，故點M為以Q為圓心，MQ為半徑的圓上運動，故AM的最小值為AQ-MQ=3【點睛】本題主要考查了一點到圓上一點的最值問題，勾股定理，三角形中位線定理，坐標與圖形，含30度角的直角三角形的性質等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．變式1．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，是正方形邊的中點，是正方形內一點，連接，線段以為中心逆時針旋轉得到線段，連接．若，，則的最小值為．

【答案】【分析】連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，由的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，可得：的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，再根據“圓外一定點到圓上任一點的距離，在圓心、定點、動點，三點共線時定點與動點之間的距離最短”，所以當、、三點共線時，的值最小，可求，從而可求解．【詳解】解，如圖，連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，

的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，如圖，當、、三點共線時，的值最小，四邊形是正方形，，，是的中點，，，由旋轉得：，，，的值最小為．故答案：．【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，勾股定理，動點產生的線段最小值問題，掌握相關的性質，根據題意找出動點的運動軌跡是解題的關鍵．變式2．（2022·江蘇無錫·中考真題）△ABC是邊長為5的等邊三角形，△DCE是邊長為3的等邊三角形，直線BD與直線AE交于點F．如圖，若點D在△ABC內，∠DBC=20°，則∠BAF＝°；現將△DCE繞點C旋轉1周，在這個旋轉過程中，線段AF長度的最小值是．【答案】80/【分析】利用SAS證明△BDC≌△AEC，得到∠DBC=∠EAC=20°，據此可求得∠BAF的度數；利用全等三角形的性質可求得∠AFB=60°，推出A、B、C、F四個點在同一個圓上，當BF是圓C的切線時，即當CD⊥BF時，∠FBC最大，則∠FBA最小，此時線段AF長度有最小值，據此求解即可．【詳解】解：∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°，∴∠DCB+∠ACD=∠ECA+∠ACD=60°，即∠DCB=∠ECA，在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠EAC=∠DBC，∵∠DBC=20°，∴∠EAC=20°，∴∠BAF=∠BAC+∠EAC=80°；設BF與AC相交于點H，如圖：∵△ACE≌△BCD∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，且∠AHF=∠BHC，∴∠AFB=∠ACB=60°，∴A、B、C、F四個點在同一個圓上，∵點D在以C為圓心，3為半徑的圓上，當BF是圓C的切線時，即當CD⊥BF時，∠FBC最大，則∠FBA最小，∴此時線段AF長度有最小值，在Rt△BCD中，BC=5，CD=3，∴BD=4，即AE=4，∴∠FDE=180°-90°-60°=30°，∵∠AFB=60°，∴∠FDE=∠FED=30°，∴FD=FE，過點F作FG⊥DE于點G，∴DG=GE=，∴FE=DF==，∴AF=AE-FE=4-，故答案為：80；4-．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質，圓周角定理，切線的性質，解直角三角形，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．變式3．（2022·江蘇宿遷·中考真題）如圖，在矩形中，=6，=8，點、分別是邊、的中點，某一時刻，動點從點出發(fā)，沿方向以每秒2個單位長度的速度向點勻速運動；同時，動點從點出發(fā)，沿方向以每秒1個單位長度的速度向點勻速運動，其中一點運動到矩形頂點時，兩點同時停止運動，連接，過點作的垂線，垂足為．在這一運動過程中，點所經過的路徑長是．【答案】/【分析】據題意知EF在運動中始終與MN交于點Q，且點H在以BQ為直徑的上運動，運動路徑長為的長，求出BQ及的圓角，運用弧長公式進行計算即可得到結果．【詳解】解：∵點、分別是邊、的中點，連接MN，則四邊形ABNM是矩形，∴MN=AB=6，AM=BN=AD==4，根據題意知EF在運動中始終與MN交于點Q，如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD//BC，∴∴∴當點E與點A重合時，則NF=，∴BF=BN+NF=4+2=6，∴AB=BF=6∴是等腰直角三角形，∴∵BP⊥AF，∴由題意得，點H在以BQ為直徑的上運動，運動路徑長為長，取BQ中點O，連接PO，NO，∴∠PON=90°，又∴，∴，∴的長為=故答案為：【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質，勾股定理，圓周角定理，以及弧長等知識，判斷出點H運動的路徑長為長是解答本題的關鍵．題型五：幾何最值模型--阿氏圓模型【模型解讀】如圖1所示，⊙O的半徑為r，點A、B都在⊙O外，P為⊙O上一動點，已知r=k·OB，連接PA、PB，則當“PA+k·PB”的值最小時，P點的位置如何確定？如圖2，在線段OB上截取OC使OC=k·r，則可說明△BPO與△PCO相似，即k·PB=PC。故本題求“PA+k·PB”的最小值可以轉化為“PA+PC”的最小值，其中與A與C為定點，P為動點，故當A、P、C三點共線時，“PA+PC”值最小。如圖3所示：例1．（2023·山東·九年級專題練習）如圖，在中，，，，圓C半徑為2，P為圓上一動點，連接最小值__________．最小值__________．【答案】

；

．【分析】如圖，連接CP，在CB上取點D，使CD=1，連結AD，可證△PCD∽△BCP．可得PD=BP，當點A，P，D在同一條直線時，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，由CD=1，CA=6，根據勾股定理AD==即可；在AC上取CE=，△PCE∽△ACP．可得PE=AP，當點B，P，E在同一條直線時，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，由CE=，CB=4，根據勾股定理BE=即可．【詳解】解：如圖，連接CP，在CB上取點D，使CD=1，連結AD，∵CP=2，BC=4∴，∴，又∵∠PCD=∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴，∴PD=BP，∴AP+BP=AP+PD，當點A，P，D在同一條直線時，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，∵CD=1，CA=6，∴AD==，∴AP+BP的最小值為．故答案為：在AC上取CE=，連接CP，PE∵∴又∵∠PCE=∠ACP，∴△PCE∽△ACP．∴，∴PE=AP，∴BP+AP=BP+PE，當點B，P，E在同一條直線時，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，∵CE=，CB=4，∴BD=，∴BP+AP的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查圓的性質，構造相似三角形解決比例問題，勾股定理，掌握圓的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，關鍵是引輔助線準確作出圖形是解題關鍵．變式1．（2023春·江蘇·九年級?？茧A段練習）如圖，正方形的邊長為4，的半徑為2，為上的動點，則的最大值是．【答案】2【分析】解法1，如圖：以為斜邊構造等腰直角三角形，連接，，連接、，推得，因為，求出即可求出答案．解法2：如圖：連接、、，在上做點，使，連接，證明，在上做點，使，連接，證明，接著推導出，最后證明，即可求解．【詳解】解法1：如圖：以為斜邊構造等腰直角三角形，連接，，∴，，四邊形正方形，又，在與中，故答案為：2．解法2如圖：連接、、根據題意正方形的邊長為4，的半徑為2，在上做點，使，則，連接在與中，，則在上做點，使，則，連接在與中，，則如圖所示連接在與中，，故答案為：2．【點睛】本題考查正方形的性質，相似三角形，勾股定理等知識，難度較大，熟悉以上知識點運用是解題關鍵．變式2．（2023·江蘇蘇州·蘇州市二模）如圖，在中，點A、點在上，，，點在上，且，點是的中點，點是劣弧上的動點，則的最小值為．【答案】【分析】延長到，使得，連接，，利用相似三角形的性質證明，求的最小值問題轉化為求的最小值．求出即可判斷．【詳解】解：延長到，使得，連接，．，，，，，，，，，，又在中，，，，，，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題．題型六：幾何最值工具--二次函數求最值構造二次函數來確定幾何圖形中的有關的長度、面積最大值的問題是近年來?？嫉念}型，求解這類問題，實際上，只要我們能充分運用條件，根據圖形的特點，綜合運用所學知識，如勾股定理、全等三角形、相似三角形、解直角三角形、圖形的面積公式等等來尋求等量關系，從而構造出二次函數，再利用二次函數的性質求解即可。例1．（2024·江蘇揚州·一模）某數學小組在一次數學探究活動過程中，經歷了如下過程：如圖，正方形中，在邊上任意一點（不與點重合），以為旋轉中心，將逆時針旋轉，得到，連接，，分別交于點，．(1)當時，的度數為______°；(2)連接，當P為中點時，求證：；(3)若，是否存在最小值?如果存在，求此最小值：如果不存在，說明理由．【答案】(1)65(2)見解析(3)存在，【分析】（1）由旋轉的性質得出，，求出和的度數，則可得出答案；（2）過點作交延長線于，于，則，證明，得出，，證出是等腰直角三角形，則可得出答案；（3）連接，設，，則，由（2）可知，，證明，得出，可得出答案．【詳解】（1）解：四邊形是正方形，，將逆時針旋轉得到，，，，，，，，故答案為：；（2）過點作交延長線于，于，連接，則，四邊形是正方形，，，，，四邊形為矩形，將逆時針旋轉得到，，，，，，，，為的中點，，，四邊形為正方形，，，是等腰直角三角形，；（3）存在．理由如下：連接，四邊形是正方形，，，由勾股定理可知，當取最小值時，有最小值，而，當取最大值時，有最小值時，即：當取最大值時，有最小值，設，，則，由（2）可知，，，，，，時，有最大值，此時，，則，，即：當時，存在最小值，此時取得最小值為．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了旋轉的性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，正方形的性質，矩形的判定，勾股定理，直角三角形的性質等知識，熟練掌握正方形的性質和矩形的性質，證明三角形相似和三角形全等是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．變式1．（2023年湖南省常德市三模數學試題）如圖，在中，，，D為邊上一動點（B點除外），以為一邊在邊上方作正方形，連接，則的面積的最大值為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖，過點作于，過點作于，過點作于，利用三角函數的定義求得，解直角三角形求出，的長，然后證明，根據全等三角形的性質可得，設，則，繼而根據三角形的面積公式可得函數關系式，根據二次函數的性質即可求得答案．【詳解】解：如圖，過點作于，過點作于，過點作于，

，，，，∵，∴，∴，在中，，，∴，，∵四邊形是正方形，，，，，又，，，設，則，

，，的最大值為，故答案為：A．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，正方形的性質，全等三角形的判定與性質，解直角三角形，二次函數的應用等，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線，熟練運用相關知識是解題的關鍵．變式2．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）已知，點、、、分別在正方形的邊、、、上．(1)如圖1，當四邊形是正方形時，求證：；(2)如圖2，已知，，當、的大小有_________關系時，四邊形是矩形；(3)如圖3，，、相交于點，，已知正方形的邊長為16，長為20，當的面積取最大值時，判斷四邊形是怎樣的四邊形？證明你的結論．【答案】(1)見解析(2)(3)平行四邊形，證明見解析【分析】（1）利用平行四邊形的性質證得，根據角角邊證明．（2）當，證得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可證得四邊形EFGH是矩形．（3）利用正方形的性質證得為平行四邊形，過點作，垂足為點，交于點，由平行線分線段成比例，設，，，則可表示出，從而把△OEH的面積用x的代數式表示出來，根據二次函數求出最大值，則可得OE=OG，OF=OH，即可證得平行四邊形．【詳解】（1）∵四邊形為正方形，∴，∴．∵四邊形為正方形，∴，，∴，∴．在和中，∵，，，∴．∴．∴；（2）；證明如下：∵四邊形為正方形，∴，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴，∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴是等腰直角三角形，∴∠BEF=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四邊形EFGH是矩形．（3）∵四邊形為正方形，∴．∵，，∴四邊形為平行四邊形．∴．∴．過點作，垂足為點，交于點，∴．∵，設，，，則，∴．∴．∴當時，的面積最大，∴，，∴四邊形是平行四邊形．【點睛】此題考查了正方形的性質，矩形的判定和平行四邊形的性質與判定，平行線分線段成比例定理，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，二次函數的最值，有一定的綜合性，解題的關鍵是熟悉這些知識并靈活運用．題型七：幾何最值工具--三邊關系求最值動點最值問題一直是中考數學中的難題，解題的關鍵在于化動為靜，將問題進行合理轉化，利用與之相關的知識點進行分析和解答，在運用三角形三邊關系解決最值問題中，解題的關鍵在于構造三角形，一般情況下，需要找出兩條固定線段，與需要求的線段構造三角形，然后利用三角形三邊關系進行分析和解答即可。例1．（23-24九年級下·江蘇宿遷·階段練習）如圖，在中，已知，，點P是線段上的動點，連接，在上有一點M，始終保持，連接，則的最小值為．【答案】/【分析】本題主要考查勾股定理，斜邊的中線等于斜邊的一半和三角形三邊之間的關系，取的中點為O，連接，先證明，進一步求出和，再根據，求出的最小值．【詳解】解：如圖：取的中點為O，連接∵，∴，∵，∴，∴，∵O是的中點，∴，∵，∴，∴，∴，∴的最小值為，故答案為：．變式1．（2023·江蘇徐州·中考真題）如圖，在中，，點在邊上．將沿折疊，使點落在點處，連接，則的最小值為．

【答案】【分析】由折疊性質可知，然后根據三角不等關系可進行求解．【詳解】解：∵，∴，由折疊的性質可知，∵，∴當、、B三點在同一條直線時，取最小值，最小值即為；故答案為．另解：該題也可以確點的軌跡（圓弧），在用點與圓的最值問題解決即可?！军c睛】本題主要考查勾股定理、折疊的性質及三角不等關系，熟練掌握勾股定理、折疊的性質及三角不等關系是解題的關鍵．變式2.（2023·四川南充·?？级＃┤鐖D，的半徑是5，點A是圓周上一定點，點B在上運動，且，，垂足為點C，連接，則的最小值是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】設交于，連接、、，過作于，連接，由題意易證明是等邊三角形，即得出，，從而由勾股定理可求出．再根據直角三角形斜邊中線的性質可知，最后利用三角形三邊關系即可求解．【詳解】設交于，連接、、，過作于，連接，，，，是等邊三角形，，，由勾股定理得：．，．，，在中，，，的最小值是，故選：D．【點睛】本題考查等邊三角形的判定和性質，勾股定理，直角三角形斜邊中線的性質和三角形三邊關系的應用．正確的作出輔助線是解題關鍵．課后訓練1．（2022·山東泰安·中考真題）如圖，，點M、N分別在邊上，且，點P、Q分別在邊上，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作M關于OB的對稱點M′，作N關于OA的對稱點N′，連接M′N′，即為MP+PQ+QN的最小值；證出△ONN′為等邊三角形，△OMM′為等邊三角形，得出∠N′OM′=90°，由勾股定理求出M′N′即可．【詳解】解：作M關于OB的對稱點M′，作N關于OA的對稱點N′，如圖所示：連接M′N′，即為MP+PQ+QN的最小值．根據軸對稱的定義可知：，，∠N′OQ=∠M′OB=30°，∴∠NON′=60°，，∴△ONN′為等邊三角形，△OMM′為等邊三角形，∴∠N′OM′=90°，∴在Rt△M′ON′中，M′N′=．故選：A．【點睛】本題考查軸對稱--最短路徑問題，根據軸對稱定義，找到相等的線段，得到等邊三角形是解題關鍵．2．（2022·內蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形，點、、、均在坐標軸上，，點，點是的中點，點是上的一動點，則的最小值是（

）A．3 B．5 C． D．【答案】A【分析】直線AC上的動點P到E、D兩定點距離之和最小屬“將軍飲馬”模型，由D關于直線AC的對稱點B，連接BE，則線段BE的長即是PD+PE的最小值．【詳解】如圖：連接BE，∵菱形ABCD，∴B、D關于直線AC對稱，，∵直線AC上的動點P到E、D兩定點距離之和最小∴根據“將軍飲馬”模型可知BE長度即是PD+PE的最小值．∵菱形ABCD，，點，∴，，∴∴△CDB是等邊三角形∴∵點是的中點，∴,且BE⊥CD，∴故選：A．【點睛】本題考查菱形性質及動點問題，解題的關鍵是構造直角三角形用勾股定理求線段長．3．（2023·湖北武漢·校考模擬預測）如圖，正方形ABCD的邊長AB=8，E為平面內一動點，且AE=4，F為CD上一點，CF=2，連接EF，ED，則EFED的最小值為()A．6 B．4 C．4 D．6【答案】A【分析】如圖（見解析），在AD邊上取點H，使得，連接EH、FH，先根據正方形的性質得出，，再根據相似三角形的判定與性質得出，從而可得，然后利用三角形的三邊關系定理、兩點之間線段最短可得取得最小值時，點E的位置，最后利用勾股定理求解即可得．【詳解】如圖，在AD邊上取點H，使得，連接EH、FH四邊形ABCD是正方形，，，即又，即由三角形的三邊關系定理得：由題意得：點E的軌跡是在以點A為圓心，AE長為半徑的圓上由兩點之間線段最短可知，當點E位于FH與圓A的交點時，取得最小值，最小值為，在中，由勾股定理得即的最小值為故選：A．【點睛】本題是一道較難的綜合題，考查了正方形的性質、相似三角形的判定與性質、三角形的三邊關系定理、兩點之間線段最短等知識點，通過作輔助線，構造相似三角形是解題關鍵．4．（2023年江蘇二模數學試卷）如圖，在中，，為邊上一動點（點除外），把線段繞著點沿著順時針的方向旋轉90°至，連接，則面積的最大值為（

）A．16 B．8 C．32 D．10【答案】B【分析】過點作于，作于點，由勾股定理可求，由旋轉的性質可求，，由可證，可得，由三角形面積公式和二次函數的性質可求解．【詳解】解：如圖，過點作于，作于點，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵將線段繞點順時針旋轉90°得到線段，∴，，∴，且，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴∵面積，∴當時，面積的最大值為8，故選：B．【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，二次函數的性質等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵．5．（2023·江蘇宿遷·沭陽縣懷文中學校聯考一模）如圖，已知四邊形中，，，點分別是邊上的兩個動點，且，過點B作于G，連接，則的最小值是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】過點C作，交延長線于M，連接，交于O，則構造的四邊形為正方形，由可證，得出，則O是正方形的中心，由正方形的性質得出，取中點N，連接，過點N作于H，由勾股定理求出，由直角三角形的中線性質得出，由三角形三邊關系得，則當C、G、N三點共線時，最小，即可得出結果．【詳解】解：過點C作，交延長線于M，連接，交于O，如圖所示：∴，

∵，，∴，∴．∵，∴四邊形為矩形．∵，∴四邊形為正方形，∴．∵，∴，，∵，∴，又∵，，∴，∴，∴O是正方形的中心．∵，∴，取中點N，連接，過點N作于H，∵，∴，∴，在中，由勾股定理得：，在中，N是的中點，∴．∵，當C、G、N三點共線時，最小為：．故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、直角三角形的性質、勾股定理、平行線的性質、三角形三邊關系等知識，熟練掌握正方形的性質、直角三角形的性質是解題的關鍵．6．（2023·江蘇鹽城·?？家荒＃┤鐖D，在中，已知．，點P是線段上的動點，連接，在上有一點M，始終保持，連接，則的最小值為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中點為，連接，，先證明，進一步求出和，再根據，求出的最小值．【詳解】解：如圖：取的中點為，連接，，，，

，，，是的中點，，，，，，的最小值為．故選：B．【點睛】本題考查了勾股定理，直角三角形的性質，正確分析出的取值范圍是解題關鍵．7．（2022·湖南湘西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M為BC的中點，H為AB上一點，過點C作CG∥AB，交HM的延長線于點G，若AC＝8，AB＝6，則四邊形ACGH周長的最小值是（）

A．24 B．22 C．20 D．18【答案】B【分析】通過證明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四邊形ACGH的周長即為AB+AC+GH，進而可確定當MH⊥AB時，四邊形ACGH的周長有最小值，證明四邊形ACGH為矩形可得HG的長，進而可求解．【詳解】∵CG∥AB，∴∠B＝∠MCG，∵M是BC的中點，∴BM＝CM，在△BMH和△CMG中，，∴△BMH≌△CMG（ASA），∴HM＝GM，BH＝CG，∵AB＝6，AC＝8，∴四邊形ACGH的周長＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，∴當GH最小時，即MH⊥AB時四邊形ACGH的周長有最小值，∵∠A＝90°，MH⊥AB，∴GH∥AC，∴四邊形ACGH為矩形，∴GH＝8，∴四邊形ACGH的周長最小值為14+8＝22，故選：B．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質，確定GH的值是解題的關鍵．8．（2023·江蘇無錫·中考真題）如圖中，，為中點，若點為直線下方一點，且與相似，則下列結論：①若，與相交于，則點不一定是的重心；②若，則的最大值為；③若，則的長為；④若，則當時，取得最大值．其中正確的為（

）

A．①④ B．②③ C．①②④ D．①③④【答案】A【分析】①有3種情況，分別畫出圖形，得出的重心，即可求解；當，時，取得最大值，進而根據已知數據，結合勾股定理，求得的長，即可求解；③如圖5，若，，根據相似三角形的性質求得，，，進而求得，即可求解；④如圖6，根據相似三角形的性質得出，在中，，根據二次函數的性質，即可求取得最大值時，．【詳解】①有3種情況，如圖，和都是中線，點是重心；如圖，四邊形是平行四邊形，是中點，點是重心；如圖，點不是中點，所以點不是重心；①正確

②當，如圖時最大，，，，，，，②錯誤；

③如圖5，若，，∴，，，，，，，∴，，，∴，，∴，∴③錯誤；④如圖6，，∴，即，在中，，∴，∴，當時，最大為5，∴④正確．故選：A．【點睛】本題考查了三角形重心的定義，勾股定理，相似三角形的性質，二次函數的性質，分類討論，畫出圖形是解題的關鍵．9．（2023·江蘇鹽城·一模）已知，其中，，，M、N分別為、的中點，將兩個三角形按圖①方式擺放，點F從點A開始沿方向平移至點E與點C重合結束（如圖②），在整個平移過程中，的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】過點M、N作于點G，于點H，直線交于點K，根據勾股定理和全等三角形性質推出，判定四邊形是矩形，，，得到，的最小值為1；當點A、F重合時，判定是等腰直角三角形，得到；當點C、E重合時，判定是等腰直角三角形，得到；得到最大為，即得的取值范圍．【詳解】分別過點M、N作于點G，于點H，直線交于點K，則，∵，，，∴，∵，∴，，，，，∴，∴四邊形是矩形，∴，∵，∴，∵M是中點，∴，∴，∴，同理，，∴，當時，，最??；當點A、F重合時，∵，∴，∵，，∴；當點C、E重合時，連接、，∵，，∴，，∴，∴，∴當點A、F重合或點C、E重合時，最大，為，∴的取值范圍是．故選：D．【點睛】本題主要考查了直角三角形與平移綜合．熟練掌握勾股定理解直角三角形，平移性質，直角三角形斜邊上中線的性質，等腰三角形性質，垂線段最短，等腰直角三角形的判定和性質，是解決問題的關鍵．10．（2022·江蘇泰州·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為與點D不重合的動點，以DE一邊作正方形DEFG.設DE=d1，點F、G與點C的距離分別為d2，d3，則d1＋d2＋d3的最小值為(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】連接CF、CG、AE，證可得，當A、E、F、C四點共線時，即得最小值；【詳解】解：如圖，連接CF、CG、AE，∵∴在和中，∵∴∴∴當時，最小，∴d1＋d2＋d3的最小值為，故選：C．【點睛】本題主要考查正方形的性質、三角形的全等證明，正確構造全等三角形是解本題的關鍵．11．（2023·江蘇常州·模擬預測）如圖，在菱形中，，點P是菱形內或邊上的一點，且，連接，則面積的最小值為()A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了菱形的性質，平行線的性質，等腰直角三角形的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．根據菱形的性質得到，根據平行線的性質得到，得到，求得，當面積的最小時，到的距離最小，即到的距離最大，當是等腰直角三角形時，即到的距離最大，推出點邊上，且，過作于，于，于是得到距離．【詳解】解：過點C作過點P作，如圖所示：在菱形中，，，，，，當面積的最小時，到的距離最小，即到的距離最大，當是等腰直角三角形時，即到的距離最大，，點在邊上，且，過作于，于，，，到的距離，面積的最小值為，故選：A．12．（2023·遼寧盤錦·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形是矩形，，，點P是邊上一點（不與點A，D重合），連接．點M，N分別是的中點，連接，，，點E在邊上，，則的最小值是（

）

A． B．3 C． D．【答案】C【分析】根據直線三角形斜邊中線的性質可得，，通過證明四邊形是平行四邊形，可得，則，作點C關于直線的對稱點M，則，點B，P，M三點共線時，的值最小，最小值為．【詳解】解：四邊形是矩形，，，點M，N分別是的中點，，，，，，，，又，四邊形是平行四邊形，，，如圖，作點C關于直線的對稱點M，連接，，則，

當點B，P，M三點共線時，的值最小，最小值為，在中，，，，的最小值，故選C．【點睛】本題考查矩形的性質，直線三角形斜邊中線的性質，中位線的性質，平行四邊形的判定與性質，軸對稱的性質，勾股定理，線段的最值問題等，解題關鍵是牢固掌握上述知識點，熟練運用等量代換思想．13．（2023秋·河南南陽·九年級校聯考期末）如圖，在邊長為的正方形中將沿射線平移，得到，連接、．求的最小值為______．【答案】【分析】將△ABC沿射線CA平移到△AB′C′的位置，連接C′E、AE、DE，證出四邊形ABGE和四邊形EGCD均為平行四邊形，根據平行四邊形的性質和平移圖形的性質，可得C′E=CE，CG=DE，可得EC+GC=C′E+ED，當點C′、E、D在同一直線時，C′E+ED最小，由勾股定理求出C′D的值即為EC+GC的最小值．【詳解】如圖，將△ABC沿射線CA平移到△AB′C′的位置，連接C′E、AE、DE，∵AB∥GE∥DC且AB=GE=DC，∴四邊形ABGE和四邊形EGCD均為平行四邊形，∴AE∥BG，CG=DE，∴AE⊥CC′，由作圖易得，點C與點C′關于AE對稱，C′E=CE，又∵CG=DE，∴EC+GC=C′E+ED，當點C′、E、D在同一直線時，C′E+ED最小，此時，在Rt△C′D′E中，C′B′=4，B′D=4+4=8，C′D=，即EC+GC的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查正方形的性質、圖形的對稱性、線段最短和平行四邊形的性質與判定，解題的關鍵是將兩條線段的和轉化為同一條線段求解．14．（2023春·湖北武漢·九年級?？茧A段練習）如圖，點M是矩形內一點，且，，N為邊上一點，連接、、，則的最小值為______．【答案】【分析】將繞點A逆時針旋轉得到，連接、，然后即可得為等邊三角形，同理為等邊三角形，接著證明當、、三條線段在同一直線上，的值最小，即的值最小，過點作于點E，即最小值為：，問題隨之得解．【詳解】如圖所示，將繞點A逆時針旋轉得到，連接、，根據旋轉的性質有：，，，為等邊三角形，同理為等邊三角形，，，，當線段、、三條線段在同一直線上，且該直線與垂直時，的值最小，即的值最小，如下圖，過點作于點E，交于點F，最小值為：，在矩形中，于點E，即可知四邊形是矩形，，即，為等邊三角形，，，，，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，矩形的性質，等邊三角形的判定定理與性質，勾股定理，垂線段最短等知識，作出合理的輔助線是解答本題的關鍵．15.（2023上·江蘇連云港·九年級?？茧A段練習）已知矩形為矩形內一點，且，若點繞點逆時針旋轉到點，則的最小值為．

【答案】【分析】在矩形外，以邊為斜邊作等腰直角三角形，，再以點O為圓心，為半徑作，點P為矩形內一點，且，所以點P在的劣弧上運動，根據點繞點逆時針旋轉到點，所以，，則，所以當最小時，最小，然后連接，交于P，此時，最小，則也最小，最后過點O作于E，交延長線于F，利用勾股定理求出，的長，從而求得，即可求解．【詳解】解：在矩形外，以邊為斜邊作等腰直角三角形，，再以點O為圓心，為半徑作，如圖，∵點P為矩形內一點，且，∴點P在的劣弧上運動，∵點繞點逆時針旋轉到點，∴，，∴∴當最小時，，連接，交于P，此時，最小，則也最小，

在中，∵，，∴，∴，過點O作于E，交延長線于F，∴，∵，，∴∵矩形∴∴∴四邊形正方形，∴，∴，在中，由勾股定理，得，∴∴，故答案為：．【點睛】本題考查旋轉的性質，等腰直角三角形的性質，圓滿的性質，勾股定理，作出輔助圓，得出取最小值的點P位置是解題的關鍵．16．（2023·湖北武漢·九年級?？茧A段練習）如圖，在邊長為6的正方形中，M為上一點，且，N為邊上一動點．連接，將沿翻折得到，點P與點B對應，連接，則的最小值為．

【答案】【分析】由折疊的性質可得，點在以為圓心，以為半徑的圓上，在線段上取一點，使得，利用相似三角形的性質得到，從而得到，當且僅當三點共線時，取得最小值，即可求解．【詳解】解：由題意可得：∴點在以為圓心，以為半徑的圓上，在線段上取一點，使得，則

∵，∴又∵∴∴∴∴如下圖所示，當且僅當三點共線時，取得最小值，∴的最小值為：故答案為：【點睛】本題考查了最短路徑問題，通過轉化思想把轉化為是解決此題的關鍵．17．（2023·四川廣元·統(tǒng)考一模）如圖，線段為的直徑，點在的延長線上，，，點是上一動點，連接，以為斜邊在的上方作Rt，且使，連接，則長的最大值為．【答案】/【分析】作，使得，，則，，，由，推出，即（定長），由點是定點，是定長，點在半徑為1的上，由此即可解決問題．【詳解】解：如圖，作，使得，，則，，，，，，，，，即（定長），點是定點，是定長，點在半徑為1的上，，的最大值為，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質、兩圓的位置關系、軌跡等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．18．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，，動點在矩形的邊上沿運動．當點不與點重合時，將沿對折，得到，連接，則在點的運動過程中，線段的最小值為．

【答案】/【分析】根據折疊的性質得出在為圓心，為半徑的弧上運動，進而分類討論當點在上時，當點在上時，當在上時，即可求解．【詳解】解：∵在矩形中，，∴，，如圖所示，當點在上時，∵∴在為圓心，為半徑的弧上運動，

當三點共線時，最短，此時，當點在上時，如圖所示，此時當在上時，如圖所示，此時綜上所述，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了矩形與折疊問題，圓外一點到圓上的距離的最值問題，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．19．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，，，，點E在線段BC上運動（含B、C兩點）．連接AE，以點A為中心，將線段AE逆時針旋轉60°得到AF，連接DF，則線段DF長度的最小值為______．【答案