2024年中考數(shù)學(xué)重難點《幾何最值問題》題型及答案解析

重難點幾何最值問題中考數(shù)學(xué)中《幾何最值問題》部分主要考向分為五類：一、將軍飲馬類最值二、動點輔助圓類最值三、四點共圓類最值四、瓜豆原理類最值五、胡不歸類最值幾何最值問題雖然在中考數(shù)學(xué)中經(jīng)?？疾斓氖菍④婏嬹R類和輔助圓類，剩余幾種雖然不經(jīng)?？疾?，但是考到的時候難度都比較大，所以也需要理解并掌握不同類型的幾何最值問題的處理辦法，這樣到考到的時候才能有捷徑應(yīng)對。考向一：將軍飲馬類最值滿分技巧將軍飲馬：。定兩“兩定兩動”同側(cè)“兩定兩動”1（2023ABC是邊長為6ECEC順時針旋轉(zhuǎn)°得到．連接AFEFDF，則△周長的最小值是3+3．BCE≌△ACFCAF＝∠CBE30F在△ABCCAF＝30°的射線AF上，根據(jù)將軍飲馬型，求得CF的最小值便可求得本題結(jié)果．【解答】解：∵△是等邊三角形，∴ACBC＝，∠ABC＝∠BCA＝60°，∵∠ECF＝∴∠BCE＝°﹣∠ECA＝∠ACF，∵CECF，∴△BCE≌△ACF（SAS，∴∠CAF＝∠CBE，∵△ABC是等邊三角形，BD是高，∴∠CBE＝∠ABC＝°，CD＝AC＝，過C⊥AF的延長線于點G，延長到H，使得GHCG，連接，DH，DH與交于點I，連接CIFH，則∠ACG60CGGH＝AC＝，∴CHAC＝，∴△ACH為等邊三角形，∴DH＝CD?tan60AG垂直平分，，∴CIHI，CFFH，∴+DIHIDIDH3CFDF＝+≥DH，，∴當(dāng)F與I重合時，即D、、H三點共線時，CFDF的值最小為：CF＝DH＝3∴△CDF的周長的最小值為3+3故答案為：3+3，．．2（2023ABCD＝ADBCAB＝BC＝E在ABAE＝1FG為邊上的兩個動點，且FG＝．當(dāng)四邊形CGFE的周長最小時，的長為．和CGFECGEF移到'FE關(guān)于AD對稱點E'接E''交ADG'+G與G'重合，再利用平行線分線段成比例求出CG'長即可．【解答】解：∵∠＝°，ADBC，∴∠B＝∵AB＝，BC4AE＝，∴BEAB﹣AE3﹣＝，在RtEBC中，由勾股定理，得EC＝∵FG1，＝＝，∴四邊形CGFECGFGEF+＝+EF+1+∴四邊形CGFE的周長最小時，只要+最小即可．，過點F作FC'GC交于點C'到EAE'AE＝，連接'F，E'C'，E'C'交AD于點G'，可得垂直平分E，∴EFEF，∵ADBC，∴CFCGCC'FG＝，∴+EFCFEFE'，即+CGCG'，∵EBABAE＝＝4BC＝﹣CC＝41＝，由勾股定理，得EC＝∵AG∥BC'，＝＝5，∴＝，即＝，解得CG＝，即四邊形CGFE的周長最小時，的長為．故答案為：．考向二：動點輔助圓類最值滿分技巧動點運(yùn)動軌跡為輔助圓的三種類型：一．定義法——若一動點到定點的距離恒等于固定長，則該點的運(yùn)動軌跡為以定點為圓心，定長為半徑的圓（或圓?。┒ㄟ厡χ苯悄Ｐ驮恚褐睆剿鶎Φ膱A周角是直角思路構(gòu)造：若一條定邊所對的“動角”始終為直角，則直角頂點運(yùn)動軌跡是以該定邊為直徑的圓（或圓?。┤ㄟ厡Χń悄Ｐ驮恚涸谕瑘A或等圓中，同弧所對的圓周角相等思路構(gòu)造：若一條定邊所對的“動角”始終為定角，則該定角頂點運(yùn)動軌跡是以該定角為圓周角，該定邊為弦的圓（或圓?。?2023Rt△＝°，CA＝CB3DACD沿折疊，使點C落在點′處，連接BC′，則BC′的最小值為．【分析】由折疊性質(zhì)可知AC＝AC＝3，然后根據(jù)三角形的三邊不等關(guān)系可進(jìn)行求解．【解答】解：∵∠C＝°，CACB＝，∴，由折疊的性質(zhì)可知AC＝AC'3，∵BC'ABAC，∴當(dāng)AC′、B三點在同一條直線時，BC取最小值，最小值即為，故答案為．2（2023RtACBBAC＝CB＝E是斜邊ABRt△繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得RtAFD，點，點B旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點分別是點D，點F，連接CFEFCE旋轉(zhuǎn)的過程中，△CEF面積的最大值是．【分析】線段CE為定值，點F到距離最大時，△CEF的面積最大，畫出圖形，即可求出答案．【解答】解：∵線段為定值，∴點F到的距離最大時，△CEF的面積有最大值．在RtACB中，∠BAC30°，E是的中點，∴AB＝BC＝，CE＝AB＝，ACAB?°＝2，∴∠ECA＝∠BAC＝過點A作AG交CE的延長線于點G，∴AG＝AC＝，∵點FA為圓心，長為半徑的圓上，∴AFAB＝4，∴點F到的距離最大值為，∴，故答案為：．3（2023AB⊙OAB4C為AP⊙O上個動點，取弦AP的中點D，則線段的最大值為（）A2B．C．D．【分析】如圖，連接OD，OC，首先證明點D的運(yùn)動軌跡為以為直徑的⊙，連接CK，當(dāng)點D在CK的延長線上時，的值最大，利用勾股定理求出即可解決問題．【解答】解：如圖，連接ODOC，∵ADDP，∴OD⊥，∴∠ADO＝°，∴點D的運(yùn)動軌跡為以⊙，連接CK，AC，當(dāng)點D在的延長線上時，的值最大，∵C為的三等分點，∴∠AOC60∴△AOC是等邊三角形，∴CKOA，在Rt中，∵∠＝60OC＝，＝，∴CK＝＝，∵DK＝OA1，∴CD＝+1，∴的最大值為故選：D．+1，考向三：四點共圓類最值滿分技巧對角互補(bǔ)的四邊形必有四點共圓，即輔助圓產(chǎn)生模型原理：圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)∴FD＝，在四邊形ACBF中，∠ACB＝∠AFB＝°，∴、、、F四點共圓，∴∠ACF＝∠ABF＝°，∠CAB＝∠CFB，∵∠PCD45°∴∠ACP＝∠FCD，又∵△ABE∽△FBD，∴∠BAE＝∠BFD，∴∠CAP＝∠CFD，∴△CAP∽△CFD，∴，在四邊形ACBF中，由對角互補(bǔ)模型得ACCB＝∴CF＝，∴，∴AP＝，∴PE＝，故答案為：2考向四：瓜豆原理類最值滿分技巧瓜豆原理的特征和結(jié)論：∴ABCD＝，∠B＝∠BCD＝°，∵∠BET＝∠FEG＝∴∠BEF＝∠TEG，∵EBETEFEG，∴△EBF≌△ETG（SAS，∴∠B＝∠ETG＝°，∴點G在射線上運(yùn)動，∴當(dāng)CG⊥時，的值最小，∵BC＝，BE＝，＝6，∴CECD＝，∴∠CEDBET＝∴∠＝°＝∠ETG＝∠JGT90∴四邊形ETGJ是矩形，∴DEGTGJTE＝＝，∴CJDE，∴JEJD，∴CJ＝DE＝3，∴CGCJGJ＝+3∴的最小值為+3，，故答案為：+3．2（2023ABCDAD6DC＝E為對角線上一動點，BE⊥BF，，BG⊥于點G，當(dāng)最小時，．【分析】過點B作BP于點P，連接PG，則可得△ABE∽△PBG，進(jìn)而可知∠BPG為定值，因此CG⊥時，最小，通過設(shè)元利用三角函數(shù)和相似比可表示出PGCP，即可求出結(jié)果．【解答】解：如圖，過點B作BP⊥于點PPG，∵，∠ABC＝∠EBF，∴△ABC∽△EBF，∴∠CAB＝∠FEB，∵∠APB＝∠EGB＝∴△ABP∽△EBG，∴＝，∠ABP＝∠EBG，∴∠ABE＝∠PBG，∴△ABE∽△PBG，∴∠BPG＝∠BAE，即在點E的運(yùn)動過程中，∠的大小不變且等于∠BAC，∴當(dāng)CG時，最小，設(shè)此時AE＝，∵，∴PG＝，∵CGPG，∴∠PCGBPG＝∠BAC，∴，代入PG＝，解得CP＝，∵CPBC?sinBC?sin∠BAC＝，∴x＝，∴AE＝∴CE＝，故答案為：．考向五：胡不歸類最值滿分技巧胡不歸模型解決步驟：A上找一點從B走道，再從P走到A的總時間最小解決步驟：由系數(shù)·PB確定分割線為PBPAPB另一側(cè)依定點Bα，α角另一邊為過點P作⊥，轉(zhuǎn)化kPB=PQ過定點A作AH⊥，轉(zhuǎn)化（PA+k·）min=AH，再依“勾股法”求的長即可。∵∠ABC＝°，∠B＝°，∴∠CAB＝∵AM平分∠CAB，∴∠CAF＝∠BAF＝∠CAB＝30過點C作CNAB于N于P，在RtAPN中，∠BAF＝°，∴PN＝AP，∴CP+APCP+PNCN，根據(jù)點到直線的距離，垂線段最短，此時CP值最小在RtACN中，∠CAN60°，AC＝，∴，∴CN＝sin60°×AC＝＝，∴CP+APCP+PNCN＝，故答案為：2（2023ABCBAC＝＝AB＝4D是BC2ADDC的最小值是（．）A6B．8C．D12【分析】過點C作射線CE，使∠BCE＝°，再過動點D作DFCE，垂足為點FADRt△當(dāng)DF在同一直線上，即AF時，ADDF的值最小，最小值等于垂線段的長．【解答】解：過點CCE，使∠BCE＝30°，再過動點D作DFCE，垂足為點F，連接AD圖所示：在Rt中，∠DCF30°，∴∵，＝2ADDF∴當(dāng)ADF在同一直線上，即AFCE時，ADDF的值最小，最小值等于垂線段的長，此時，∠B＝∠ADB＝∴△ABD是等邊三角形，∴ADBDAB＝，在RtABC中，∠＝°，∠＝°，AB＝4，∴BC＝，∴DCBCBD＝，∴2DC＝24+4＝，∴2DC的最小值為，故選：D．（建議用時：12023?瀘州）如圖，，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AB的三等分點，P是對角線上的動點，當(dāng)PE取得最小值時，的值是．【分析】找出點E關(guān)于的對稱點E，連接FE與AC的交點P即為PE+取得最小值時，點P置，再設(shè)法求出的值即可．【解答】解：作點EAC的對稱點E，連接FE交P'，連接PE'，∴PEPE，∴PEPF＝PE'+PFEF，故當(dāng)PE+取得最小值時，點P位于點P處，∴當(dāng)PE+取得最小值時，求的值，只要求出∵正方形ABCD是關(guān)于所在直線軸對稱，的值即可．∴點E所在直線對稱的對稱點E'在上，且AE＝，過點F作FGAB交AC于點G，則∠＝°，∵四邊形ABCD∴∠DAB＝∠＝°，∠CAB＝∠ACB＝45°，∴FGBCAD，∠AGF＝∠ACB＝∴GFAF，∵，F(xiàn)是正方形ABCD的三等分點，∴AE'AE＝EFFB，∴GC＝AC，∴AG＝AC，∴AP'＝AG＝，，AC＝AC，∴PCACAP＝﹣AC＝AC，∴＝，故答案為：．2（2023O為原點，OAOB＝3C為平面內(nèi)一動點，BC＝，連接ACM是線段上的一點，且滿足CMMA＝12OM取最大值時，點M的坐標(biāo)是（）A（，C，）BD（，，）））C在以點B為圓心，為半徑的⊙Bx軸的負(fù)半軸上取點（﹣0，連接BDC和M作CFOAMEOAFOAM∽△DAC＝＝，從而當(dāng)OM取得最大值，結(jié)合圖形可知當(dāng)DCB在線段DC上時，BDO∽△CDFAEM∽△AFC【解答】解：∵點C為平面內(nèi)一動點，BD＝，∴點C在以點B為圓心，為半徑的⊙B在x軸的負(fù)半軸上取點D（﹣，0連接BD，分別過、M作CFOA，MEOA，垂足為FE，∵OAOB＝，∴ADOD+OA＝，∴＝，∵CM：MA＝：2，＝＝∴，∵∠OAM＝∠DAC，∴△OAM∽△DAC，∴＝＝，∴當(dāng)取得最大值時，OMDCB在線段DC上時，取得最大值，∵OAOB＝，OD＝，∴BD＝＝，∴CDBCBD＝，＝，∵∴OM＝，∵y軸⊥x軸，CFOA，∴∠DOB＝∠DFC＝∵∠BDO＝∠CDF，∴△BDO∽△CDF，∴＝，即＝，解得CF＝，同理可得，△AEM∽△AFC，∴＝＝，即，＝，解得ME＝∴OE＝＝，∴當(dāng)線段OM取最大值時，點M的坐標(biāo)是（故選D．，32023?臺州）如圖，⊙O的圓心O與正方形的中心重合，已知⊙O的半徑和正方形的邊長都為4，則圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值為（）A．B．2C．D．OB點距離有最小值，最小值為OBOA，以此即可求解．【解答】解：如圖，點B為⊙O上一點，點D為正方形上一點，連接BDOCOAAB，由三角形三邊關(guān)系可得，OBOD＜，OB是圓的半徑，為定值，當(dāng)點D在A時，取得最大值，∴當(dāng)OAB三點共線時，圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離有最小值，最小值為OBOA，由題意可得，AC＝4＝4，∵點O為正方形的中心，∴OAOCOAOC，∴△AOC為等腰直角三角形，∴OA＝＝＝，∴圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值為OBOA＝﹣故選：D．．42022AB⊥BCAB＝，點EF分別是線段AB、射線上的動點，以EF邊向上作等腰RtDEF，∠EDF＝°，連接AD的最小值為．【分析】連接并延長，利用四點共圓的判定定理得到，DF四點共圓，再利用等腰直角三角形的性質(zhì)和圓周角定理得到∠DBFDEF45°，得到點D的軌跡，最后利用垂線段最短和等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可得出結(jié)論．【解答】解：連接并延長，如圖，∵ABBC，∴∠ABC＝°，∠EDF＝90∴∠ABC∠EDF＝180∴，，DF∵△DEF為等腰直角三角形，∴∠DEFDFE45∴∠DBFDEF45∴∠DBFDBE45∴點D的軌跡為∠ABC的平分線上，∵垂線段最短，∴當(dāng)ADBD時，取最小值，∴的最小值為AB＝，故答案為：．（建議用時：分鐘）1（2023ABCDAB＝4EA出發(fā)向點DFD出發(fā)向點C運(yùn)動，點、F運(yùn)動的速度相同，當(dāng)它們到達(dá)各自終點時停止運(yùn)動，運(yùn)動過程中線段AF、BE相交于點PM是線段BC上任意一點，則MDMP的最小值為2．D的對稱點D′從而可知當(dāng)點PMD點E與點DFC和GDPDPG2GD′＝PDMD+小值．【解答】解：如圖作點D關(guān)于BC的對稱點D′，連接PD′，由軸對稱的性質(zhì)可知：＝D′MCDCD′＝，∴PMDMPM+MD′＝PD′過點P作DC，垂足為G，易證AF⊥P的軌跡為以P接DEDF與點C重合時，和GD′均最短，∴此時，PD′最短．∵四邊形ABCD∴PG＝GC＝．∴GD′＝．在RtPGD′中，由勾股定理得：PD′＝．故答案為：22（2023ABC和等邊三角形ADEM分別為BCDE＝6AD＝，△ADEA旋轉(zhuǎn)過程中，的最大值為．．M是在以AMAANAMAM徑，點A為圓心作圓，反向延長與圓交于點′，以此得到、、N三點共線時，MN的值最大，再根據(jù)勾股定理分別算出AMAN的值，則MN的最大值MNANAM′＝ANAM．【解答】解：連接AN，AM，以AMA為圓心作圓，反向延長與圓交于點′，如圖，∵△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，∴點M是在以為半徑，點A為圓心的圓上運(yùn)動，∵AM+ANMN，∴當(dāng)點M旋轉(zhuǎn)到M′，即M、、N三點共線時，的值最大，最大為M，∵△ABC和△都是等邊三角形，點，點M分別為BCDE的中點，AB＝AD＝，∴ANBC，AMDE，＝3DM＝2，在RtABN中，由勾股定理得在RtADM中，由勾股定理得根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，AM′＝AM＝，，，∴MNANAM，即MN的最大值為．故答案為：．32023?宿城區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝與x軸的正半軸交于點，B點為拋物線的頂點，C點為該拋物線對稱軸上一點，則BC+5的最小值為（）A24B．C．D36【分析】連接OB，過C點作CMOB于M點，過A點作ANOB于N點，拋物線的對稱軸與x于點DBDODOBD∽△CBMOBD∽△OAN3+5AC＝5+5ACACCMACM三點共線，且三點連線垂直O(jiān)B時，AC+最小，根據(jù)ANACCMAN，則問題得解．【解答】解：連接OBCCMOB于M點，過A⊥OB于N點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D，如圖，令y0，得方程，解得：x＝，x＝，12∴A點坐標(biāo)為（60OA＝，配成頂點式得：∴B點坐標(biāo)為（34將，∴BD4OD＝，∵CMOB，ANOB，∴∠BMC＝∠ANO＝根據(jù)拋物線對稱軸的性質(zhì)可知BDOA，∴∠BDO＝°，在Rt利用勾股定理得，∵∠OBD＝∠CBM，∠BDO＝∠＝°，∴△OBD∽△CBM，同理可證得△OBD∽△OAN，∴∴，，3＝5MC，∴3+5AC5MC+5AC5（+CM∵當(dāng)ACM三點共線，且三點連線垂直O(jiān)B時，ACCM最小，∴ACCM最小值為AN，如圖所示，∵∴，，∴ACCM最小值，∴即BC+5AC＝（+）＝．故選：．42023?天心區(qū)校級三模）如圖：在⊙O中，為直徑，C⊙O上一點，AC＝，＝4O分別作OH⊥于點HODAC于點DEF分別在線段BCEOF＝90（1OC＝2.5；四邊形是矩形（填矩形菱形SCDOH＝（2F和D不重合時，求證：△OFD∽△；3；（3①1中，⊙P是△的外接圓，設(shè)⊙P面積為SS的最小值，并說明理由；②如圖：若Q是線段上一動點，且QA＝1：，∠EQF＝°，⊙M是四邊形CEQF的外接圓，則當(dāng)n為何值時，⊙M的面