备战2024中考数学考试易错模型03 最值模型（八大易错分析+变式训练+易错题通关）（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages2727页易错模型03最值模型易错模型一：将军饮马模型模型1.求两条线段和的最小值（将军饮马模型）【模型解读】在一条直线m上，求一点P，使PA+PB最小；（1）点A、B在直线m两侧：（2）点A、B在直线同侧：【最值原理】两点之间线段最短。上图中A’是A关于直线m的对称点。模型2.求多条线段和（周长）最小值【模型解读】在直线m、n上分别找两点P、Q，使PA+PQ+QB最小。（1）两个点都在直线外侧：（2）一个点在内侧，一个点在外侧：（3）两个点都在内侧：（4）台球两次碰壁模型1）已知点A、B位于直线m,n的内侧，在直线n、m分别上求点D、E点，使得围成的四边形ADEB周长最短.2）已知点A位于直线m,n的内侧,在直线m、n分别上求点P、Q点PA+PQ+QA周长最短.【最值原理】两点之间线段最短。例1．（2023·广东广州·校考一模）如图，在C中，的面积为，，平分，E、F分别为、上的动点，则的最小值是（）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】本题考查的是角平分线的性质，垂线段最短，解答此类问题时要从已知条件结合图形认真思考，通过角平分线性质，垂线段最短，确定线段和的最小值．过点C作，垂足为H，交于F点，过F点作，垂足为，则为所求的最小值，根据的面积为，，结合三角形的面积公式求出，即可解答．【详解】解：如图，过点C作，垂足为H，交于F点，过F点作，垂足为，则为所求的最小值，∵是的平分线，∴，∴是点C到直线的最短距离（垂线段最短），∵的面积为，，∴，∵的最小值是．故选：D．例2．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，F为对角线上一动点，连接，，则的最小值为．

【答案】【分析】连接交于一点F，连接，根据正方形的对称性得到此时最小，利用勾股定理求出即可．【详解】解：如图，连接交于一点F，连接，

∵四边形是正方形，∴点A与点C关于对称，∴，∴，此时最小，∵正方形的边长为4，∴，∵点E在上，且，∴，即的最小值为故答案为：．【点睛】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．练习1．（2022·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（

）A．3 B．5 C． D．【答案】A【分析】直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值．【详解】如图：连接BE，∵菱形ABCD，∴B、D关于直线AC对称，，∵直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小∴根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值．∵菱形ABCD，，点，∴，，∴∴△CDB是等边三角形∴∵点是的中点，∴,且BE⊥CD，∴故选：A．【点睛】本题考查菱形性质及动点问题，解题的关键是构造直角三角形用勾股定理求线段长．练习2．（2023·山东济宁·九年级校考期末）如图，是的直径，点C、D是上的点．且，分别与、相交于点E，F．若的半径为5，，点P是线段上任意一点，则的最小值是．

【答案】【分析】利用圆周角定理得到，再证明，然后根据垂径定理得，，作点关于的对称点，交于，连接，如图，利用两点之间线段最短得到此时的值最小，再计算出，作于，如图，然后根据等腰三角形的性质和含30度的直角三角形三边的关系求出，从而得到的最小值．【详解】解：∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∴，作点关于的对称点，交于，连接，如图，

∵，∴，∴由两点之间线段最短可知，此时的值最小，∵，∴，∴，∵点和点关于对称，∴，∴，作于，如图，则，则，在中，，∴，∴，∴的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．练习3．（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）如图，点E是线段上的一个动点，，且，则的最小值是___．【答案】【分析】作点A关于线段的对称点F，连接，交于点O，连接，过点F作，交的延长线于点H，过点作，交的延长线于点G，由题意易得，则有，然后可得四边形是平行四边形，进而可得，推出，勾股定理求出的长即可得解．【详解】解：作点A关于线段的对称点F，连接，交于点O，连接，过点F作，交的延长线于点H，过点作，交的延长线于点G，如图所示：由轴对称的性质可知：，，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，当点E与点O重合时，则的最小值即为的长，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴∴，∴即的最小值为；故答案为．【点睛】本题主要考查轴对称的性质、平行四边形的性质与判定、勾股定理及等腰三角形的判定和性质，熟练掌握轴对称的性质，是解题的关键．1．已知，在内有一定点P，点M，N分别是，上的动点，若的周长最小值为3，则的长为（）A． B．3 C． D．【答案】B【分析】根据题意画出符合条件的图形，求出，得出等边三角形，求出，求出的周长，即可求出答案．【详解】解：作P关于的对称点D，作P关于的对称点E，连接交于M，交于N，连接，则此时的周长最小，连接，∵P、D关于对称，∴，同理，∴，∵P、D关于对称，∴，∵，∴，同理，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵的周长是，∴故选：B．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，等边三角形的判定与性质，关键是画出符合条件的图形．2．如图，在矩形中，，，点E是矩形内部一动点，且，点P是边上一动点，连接、，则的最小值为（

）A．8 B． C．10 D．【答案】A【分析】根据得到点的运动轨迹，利用“将军饮马”模型将进行转化即可求解．【详解】解：如图，设点O为的中点，由题意可知，点E在以为直径的半圆O上运动，作半圆O关于的对称图形（半圆），点E的对称点为，连接,则，∴当点D、P、、共线时，的值最小，最小值为的长，如图所示，在中，，，，又，，即的最小值为8，故选：A．【点睛】本题考查线段和最短问题、轴对称的性质、勾股定理及圆周角定理，利用“将军饮马”模型将进行转化时解题的关键．3．如图，正方形中，点P是上一点，若，，则的最小值是．

【答案】【分析】连接，在上取一点，使，连接，，结合全等三角形的性质，可得，可确定的最小值是的长，再求出的长即可．【详解】解：连接，在上取一点，使，连接，，过点作于点，

∵四边形是正方形，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，

∴，∴的最小值是的长．在中，，，即为等腰直角三角形，∴，∵，∴，在中，由勾股定理，得，∴的最小值是．故答案为：．【点睛】本题考查最短路线问题，解题中涉及正方形的性质，全等三角形，勾股定理，等腰直角三角形的性质，根据“将军饮马问题”利用轴对称将问题转化为用一条线段的长表示的最小值是解题的关键．4．如图，等边的边长为6，是边上的中线，M是上的动点，E是边上一点，若，求的最小值．

【答案】【分析】连接，与交于点M．则就是的最小值，在直角中，求得的长，即可．【详解】解：连接，与交于点．∵等边中，是边上的中线，∴是的中垂线，∴==的最小值．过点C作，

∵等边的边长为6，，∴，，，，∴∴的最小值为．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，两点间线段最短，连接，从而把两线段和的最小值转化为两点间线段最短是本题的关键．易错模型二：将军饮马模型（遛马造桥）模型1.将军遛马模型【核心思路】去除定量，组合变量（通过几何变换将若干段原本彼此分类的线段组合到一起）。【模型解读】已知A、B是两个定点，P、Q是直线m上的两个动点，P在Q的左侧,且PQ间长度恒定,在直线m上要求P、Q两点，使得PA+PQ+QB的值最小。(原理用平移知识解)（1）点A、B在直线m两侧：（2）点A、B在直线m同侧：图1图2（1）如图1，过A点作AC∥m,且AC长等于PQ长，连接BC,交直线m于Q,Q向左平移PQ长，即为P点，此时P、Q即为所求的点。（2）如图2，过A点作AE∥m,且AE长等于PQ长，作B关于m的对称点B’,连接B’E,交直线m于Q,Q向左平移PQ长，即为P点，此时P、Q即为所求的点。【最值原理】两点之间线段最短。模型2.将军过桥（造桥）模型【核心思路】去除定量，组合变量（通过几何变换将若干段原本彼此分类的线段组合到一起）。【模型解读】【单桥模型】已知，如图1将军在图中点A处，现要过河去往B点的军营，桥必须垂直于河岸建造，问：桥建在何处能使路程最短？考虑MN长度恒定，只要求AM+NB最小值即可．问题在于AM、NB彼此分离，所以首先通过平移，使AM与NB连在一起，将AM向下平移使得M、N重合，此时A点落在A’位置（图2）．问题化为求A’N+NB最小值，显然，当共线时，值最小，并得出桥应建的位置（图3）．图1图2图3【双桥模型】已知，如图4，将军在图中点A处，现要过两条河去往B点的军营，桥必须垂直于河岸建造，问：桥建在何处能使路程最短？图4图5图6考虑PQ、MN均为定值，所以路程最短等价于AP+QM+NB最小，对于这彼此分离的三段，可以通过平移使其连接到一起．AP平移至A'Q，NB平移至MB'，化AP+QM+NB为A'Q+QM+MB'．（如图5）当A'、Q、M、B'共线时，A'Q+QM+MB'取到最小值，再依次确定P、N位置．（如图6）【最值原理】两点之间线段最短。例1．（2022·四川内江·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是_____．【答案】10【分析】延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，证明四边形EFGC是平行四边形，得出CE＝FG，得出当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，根据勾股定理求出AG即可．【详解】解：延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，∵，EF＝CG，∴四边形EFGC是平行四边形，∴CE＝FG，∴AF+CE＝AF+FG，∴当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小为AG，由勾股定理得，AG＝＝＝10，∴AF+CE的最小值为10，故答案为：10．【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，根据题意作出辅助线，得出当A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，是解题的关键．例2．（2023.广东八年级专项训练）如图所示，某条护城河在处角转弯，河宽相同，从处到达处，须经过两座桥（桥宽不计，桥与河垂直），设护城河以及两座桥都是东西、南北走向的，恰当地造桥可使到的路程最短，请确定两座桥的位置．

【答案】见解析【分析】由于含有固定线段“桥”，需要将点向下平移至点，点向右平移至点，构造平行四边形进行求解即可．【详解】解：如图所示，将点向下平移至点，使的长等于河宽，将点向右平移至点，使的长等于河宽；连接，与河岸相交于点，；过点作于点D，过点作于点，则，即为两桥的位置．

，【点睛】本题考查了轴对称—最短路径问题，由于有固定的长度的线段，常用的方法通过平移，构造平行四边形，将问题转化为平行四边形的问题解答．练习1．（2022·四川自贡·中考真题）如图，矩形中，，是的中点，线段在边上左右滑动；若，则的最小值为____________．【答案】【分析】如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．【详解】解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，∴G'E=GE，AG=AG'，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC=2∴CH∥EF，∵CH=EF=1，∴四边形EFCH是平行四边形，∴EH=CF，∴G'H=EG'+EH=EG+CF，∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，∴AG=AG'=1∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，∴，即的最小值为．故答案为：【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．练习2．（2023·广西·二模）已知，在河的两岸有A，B两个村庄，河宽为4千米，A、B两村庄的直线距离AB＝10千米，A、B两村庄到河岸的距离分别为1千米、3千米，计划在河上修建一座桥MN垂直于两岸，M点为靠近A村庄的河岸上一点，则AM+BN的最小值为(

)A．2 B．1+3 C．3+ D．【答案】A【分析】作BB'垂直于河岸，使BB′等于河宽，连接AB′，与靠近A的河岸相交于M，作MN垂直于另一条河岸，则MN∥BB′且MN＝BB′，于是MNBB′为平行四边形，故MB′＝BN；根据“两点之间线段最短”，AB′最短，即AM+BN最短，此时AM+BN＝AB′．【详解】解：如图，作BB'垂直于河岸，使BB′等于河宽，连接AB′，与靠近A的河岸相交于M，作MN垂直于另一条河岸，则MN∥BB′且MN＝BB′，于是MNBB′为平行四边形，故MB′＝BN．根据“两点之间线段最短”，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；故选A．【点睛】本题考查了轴对称—最短路径问题，要利用“两点之间线段最短”，但许多实际问题没这么简单，需要我们将一些线段进行转化，即用与它相等的线段替代，从而转化成两点之间线段最短的问题．目前，往往利用对称性、平行四边形的相关知识进行转化．练习3．（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，在中，，，M、N分别是、边上的动点，且，则的最小值是________．

【答案】【分析】由可知为定长，在、间滑动，故由造桥选址模型进行平移，转化为两点间距离加上定长，再利用特殊角构造直角三角形，使用勾股定理求出两点间距离．【详解】作交于点E，在取，连接，延长至点，使，连接，作于点，如下图：

，，为等边三角形，，，，四边形为平行四边形，同理得四边形与四边形为平行四边形，，，，，中，，中，，的最小值是．【点睛】本题考查平移类最短路径，为造桥选址模型，即沿一个方向平移的定长线段两端到两个定点距离和最小，解题时需要理清楚是否含有定长平移线段，且利用平移求出最短路径位置．求解长度时若有特殊角，通常采用构造直角三角形利用勾股定理求解的方法．1、（2023秋·河南南阳·九年级校联考期末）如图，在边长为的正方形中将沿射线平移，得到，连接、．求的最小值为______．【答案】【分析】将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，证出四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，根据平行四边形的性质和平移图形的性质，可得C′E=CE，CG=DE，可得EC+GC=C′E+ED，当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，由勾股定理求出C′D的值即为EC+GC的最小值．【详解】如图，将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，∵AB∥GE∥DC且AB=GE=DC，∴四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，∴AE∥BG，CG=DE，∴AE⊥CC′，由作图易得，点C与点C′关于AE对称，C′E=CE，又∵CG=DE，∴EC+GC=C′E+ED，当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，此时，在Rt△C′D′E中，C′B′=4，B′D=4+4=8，C′D=，即EC+GC的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质、图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解．2、（2023安徽中考学二模）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，点E、F在对角线BD上运动，且EF＝2，连接AE、AF，则△AEF周长的最小值是（

）A．4 B．4+ C．2+2 D．6【答案】D【分析】作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小，进而得出△AEF周长的最小值即可．【详解】解：如图作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小，即△AEF的周长最小．∵AH＝EF，AH∥EF，∴四边形EFHA是平行四边形，∴EA＝FH，∵FA＝FC，∴AE+AF＝FH+CF＝CH，∵菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，∴AC＝AB＝2，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵AH∥DB，∴AC⊥AH，∴∠CAH＝90°，在Rt△CAH中，CH＝∴AE+AF的最小值4，∴△AEF的周长的最小值＝4+2＝6，故选：D．【点睛】本题考查菱形的性质与动点问题最小值，构造辅助线转化相关的线段是解题关键．3．（2023·四川成都·模拟预测）如图，菱形的边在轴上，顶点坐标为，顶点坐标为，点在轴上，线段轴，且点坐标为，若菱形沿轴左右运动，连接、，则运动过程中，四边形周长的最小值是________．【答案】13+【分析】由题意可知AD、EF是定值，要使四边形周长的最小，AE＋DF的和应是最小的，运用“将军饮马”模型，根据点E关于AD的对称点为O，过点A作AF1∥DF，当O，A，F1三点共线时，AE+DF=OA+AF1=OF1，为所求线段和的最小值，再求四边形周长的最小值．【详解】∵点坐标为，点坐标为，∴OC＝4，OD＝3，∴在Rt△COD中，CD＝5，∵四边形是菱形，∴AD＝CD＝5，∵坐标为，点在轴上，线段轴，∴EF＝8，连接OA，过点A作AF1∥DF交EF于点F1，则四边形ADFF1是平行四边形，FF1=AD=5，∴EF1=EF-FF1=3，∵点E，O关于AD对称，∴OA=AE，当O，A，F1三点共线时，AE+DF=OA+AF1=OF1，为所求线段和的最小值，在Rt△OEF1中，OF1＝，∴四边形周长的最小值：AD＋EF＋AE＋DF＝AD＋EF＋OF1＝5＋8＋＝13+．【点睛】本题考查菱形，勾股定理，平移，轴对称，解决问题的关键是熟练掌握菱形的性质，勾股定理解直角三角形，平移图形全等性，轴对称性质．易错模型三：费马点模型【模型解读】结论1：如图，点M为△ABC内任意一点，连接AM、BM、CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA+MB+MC的值最小。注意：上述结论成立的条件是△ABC的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，此时费马点就是最大角的顶点A。（这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°）【模型证明】以AB为一边向外作等边三角形△ABE，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN．∵△ABE为等边三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB与△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．连接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN为等边三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小．此时，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．费马点的作法：如图3，分别以△ABC的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M即为△ABC的费马点。【最值原理】两点之间，线段最短。结论2：点P为锐角△ABC内任意一点，连接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加权费马点）【模型证明】第一步，选定固定不变线段；第二步，对剩余线段进行缩小或者放大。如：保持BP不变，xAP+yBP+zCP=，如图，B、P、P2、A2四点共线时，取得最小值。模型特征：PA+PB+PC（P为动点）①一动点，三定点；②以三角形的三边向外作等边三角形的，再分别将所作等边三角形最外的顶点与已知三角形且与所作等边三角形相对的顶点相连，连线的交点即为费马点；③同时线段前可以有不为1的系数出现，即：加权费马点。例1．（2023·广东深圳·二模）如图，是等边三角形，M是正方形ABCD对角线BD（不含B点）上任意一点，，（点N在AB的左侧），当AM+BM+CM的最小值为时，正方形的边长为______．【答案】【分析】首先通过SAS判定，得出，因为,,得出是等边三角形，AM+BM+CM=EN+MN+CM，而且为最小值，我们可以得出EC=，作辅助线，过点E作交CB的延长线于F，由题意求出，设正方形的边长为x，在中，根据勾股定理求得正方形的边长为．【详解】∵为正三角形，∴，∴∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∴．在和中，∴（SAS）∴在中，又∵，∴为等边三角形，∴．∵AM+BM+CM最小值为．∴EN+MN+CM的最小值为即CE=．过点E作交CB的延长线于F，可得．设正方形的边长为x，则BF=，．在，∵，∴解得（负值舍去）．∴正方形的边长为．故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形和正方形边相等的性质，全等三角形的判定，灵活使用辅助线，掌握直角三角的性质，熟练运用勾股定理是解题的关键．例2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形是菱形，B=6，且∠ABC=60°，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM的最小值为________．【答案】【分析】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，如图，则△BCM≌△BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH⊥AE，AH=EH，根据30°直角三角形三边的关系即可得出结论．【详解】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案为．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．练习1．（2023·成都实外九年级阶段练习）如图，在中，，P是内一点，求的最小值为______．【答案】【分析】将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，将转化为，此时当B、P、F、D四点共线时，的值最小，最小值为BD的长；根据勾股定理求解即可．【详解】解：将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，连接PF、AD、DB，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E；∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=，PC=FC，AC=CD，∴△PCF、△ACD是等边三角形，∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC=∴，∴当B、P、F、D四点共线时，的值最小，最小值为BD的长；∵，∠CAD=，∴∠EAD=，∴，∴，∴，∴，∴的值最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查费马点问题，解题的关键在于将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，将三条线段的长转化到一条直线上．练习2．（2023·广东广州·一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，线段AD上存在一点Q，当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则PD=________．【答案】【分析】如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图2，连接MC，证明AM垂直平分BC，证明AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，构建方程求出x可得结论．【详解】解：如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，∴△BQN是等边三角形，∴BQ=QN，∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，∴当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图2，连接MC∵将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，∴△BQN是等边三角形，△CBM是等边三角形，∴∠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，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，∴x=，∴x=3+，∴PD=3+．故答案为：．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确运用等边三角形的性质解决问题，学会构建方程解决问题．1．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，四边形是菱形，B=6，且∠ABC=60°，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM的最小值为________．【答案】【分析】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，如图，则△BCM≌△BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH⊥AE，AH=EH，根据30°直角三角形三边的关系即可得出结论．【详解】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案为．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．2．（2021·山东滨州·中考真题）如图，在中，，，．若点P是内一点，则的最小值为____________．【答案】【分析】根据题意，首先以点A为旋转中心，顺时针旋转△APB到△AP′B′，旋转角是60°，作出图形，然后根据旋转的性质和全等三角形的性质、等边三角形的性质，可以得到PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，再根据两点之间线段最短，可以得到PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，然后根据勾股定理可以求得CB′的值，从而可以解答本题．【详解】以点A为旋转中心，顺时针旋转△APB到△AP′B′，旋转角是60°，连接BB′、PP′，，如图所示，则∠PAP′=60°，AP=AP′，PB=P′B′，∴△APP′是等边三角形，∴AP=PP′，∴PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，∵PP′+P′B′+PC≥CB′，∴PP′+P′B′+PC的最小值就是CB′的值，即PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，∵∠BAC=30°，∠BAB′=60°，AB==2，∴∠CAB′=90°，AB′=2，AC=AB•cos∠BAC=2×cos30°=，∴CB′=，故答案为：．【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、最短路径问题、勾股定理，解答本题的关键是作出合适的辅助线，得出PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，其中用到的数学思想是数形结合的思想．3．（2021·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．【答案】5【分析】①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可【详解】①如图,过作，垂足为,过分别作,则,P为的费马点5②如图：.将绕点逆时针旋转60由旋转可得：是等边三角形，P为的费马点,即四点共线时候，=故答案为：①5，②【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转．易错模型四：胡不归模型【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·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2．（2023·陕西西安·校考二模）如图，在菱形中，，，对角线、相交于点，点在线段上，且，点为线段上的一个动点，则的最小值为．【答案】【分析】过作，由菱形，，得到为平分线，求出，在中，利用角所对的直角边等于斜边的一半，得到，故，求出的最小值即为所求最小值，当、、三点共线时最小，求出即可．【详解】解：过作，菱形，，，，即为等边三角形，，在中，，，当、、三点共线时，取得最小值，，，，在中，，则的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，以及菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．练习1．（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：．练习2．（2023·山东淄博·二模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，点C的坐标是，点是x轴上的动点，点B在x轴上移动时，始终保持是等边三角形（点P不在第二象限），连接，求得的最小值为（

）A． B．4 C． D．2【答案】C【分析】如图1所示，以OA为边，向右作等边△AOD，连接PD，过点D作DE⊥OA于E，先求出点D的坐标，然后证明△BAO≌△PAD得到∠PDA=∠BOA=90°，则点P在经过点D且与AD垂直的直线上运动，当点P运动到y轴时，如图2所示，证明此时点P的坐标为（0，-2）从而求出直线PD的解析式；如图3所示，作点A关于直线PD的对称点G，连接PG，过点P作PF⊥y轴于F，设直线PD与x轴的交点为H，先求出点H的坐标，然后证明∠HCO=30°，从而得到，则当G、P、F三点共线时，有最小值，即有最小值，再根据轴对称的性质求出点G在x轴上，则OG即为所求．【详解】解：如图1所示，以OA为边，向右作等边△AOD，连接PD，过点D作DE⊥OA于E，∵点A的坐标为（0，2），∴OA=OD=2，∴OE=AE=1，∴，∴点D的坐标为；∵△ABP是等边三角形，△AOD是等边三角形，∴AB=AP，∠BAP=60°，AO=AD，∠OAD=60°，∴∠BAP+∠PAO=∠DAO+∠PAO，即∠BAO=∠PAD，∴△BAO≌△PAD（SAS），∴∠PDA=∠BOA=90°，∴点P在经过点D且与AD垂直的直线上运动，当点P运动到y轴时，如图2所示，此时点P与点C重合，∵△ABP是等边三角形，BO⊥AP，∴AO=PO=2，∴此时点P的坐标为（0，-2），设直线PD的解析式为，∴，∴，∴直线PD的解析式为；如图3所示，作点A关于直线PD的对称点G，连接PG，过点P作PF⊥y轴于F，连接CG，设直线PD与x轴的交点为H，∴点H的坐标为，∴，∴∠OCH=30°，∴，由轴对称的性质可知AP=GP，∴，∴当G、P、F三点共线时，有最小值，即有最小值，∵A、G两点关于直线PD对称，且∠ADC=90°，∴AD=GD，即点D为AG的中点，∵点A的坐标为（0，2），点D的坐标为，∴AG=2AD=2OA=4，∵AC=4，∠CAG=60°，∴△ACG是等边三角形，∵OC=OA，∴OG⊥AC，即点G在x轴上，∴由勾股定理得，∴当点P运动到H点时，有最小值，即有最小值，最小值即为OG的长，∴的最小值为，故选：C．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，轴对称最短路径问题，解直角三角形等等，正确作出辅助线确定点P的运动轨迹是解题的关键．练习3．（2023.重庆九年级期中）如图，在中，，，，若是边上一动点，则的最小值为A． B．6 C． D．3解：过点作射线，使，再过动点作，垂足为点，连接，如图所示：在中，，，，当，，在同一直线上，即时，的值最小，最小值等于垂线段的长，此时，，是等边三角形，，在中，，，，，，，，的最小值为3，故选：．1．如图，在中，，若D是边上的动点，则的最小值是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】过点C作射线，使，再过动点D作，垂足为点F，连接，在中，当A，D，F在同一直线上，即时，的值最小，最小值等于垂线段的长．【详解】解：过点C作射线，使，再过动点D作，垂足为点F，连接，如图所示：在中，，∴，∵＝，∴当A，D，F在同一直线上，即时，的值最小，最小值等于垂线段的长，此时，，∴是等边三角形，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴的最小值为12，故选：D．【点睛】本题考查垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造胡不归模型，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择或填空题中的压轴题．2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴交于A、C两点，与x轴交于点，若P是x轴上一动点，点D的坐标为，连接PD，则的最小值是（

）A．4 B． C． D．【答案】A【分析】过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H，根据，求出的最小值即可解决问题．【详解】解：连接BC，过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H．∵二次函数的图像与x轴交于点，∴b＝2，∴二次函数的解析式为，令y＝0，-x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），令x＝0，y=3，∴B（0，3），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵D（0，-1），∴OD＝1，BD＝4，∵DH⊥BC，∴∠DHB＝90°，设，则,∵，∴，∴，∴，∵PJ⊥CB，∴，∴，∴，∵，∴，∴DP+PJ的最小值为，∴的最小值为4．故选：A．【点睛】本题考查了二次函数的相关性质，以及等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，得到∠OBC＝∠OCB＝45°，是解题的关键．3．如图，▱中，，，为边上一点，则的最小值为．【答案】【分析】作PH丄AD交AD的延长线于H，由直角三角形的性质可得HP=DP，因此PD+2PB=2(DP+PB)=2(PH+PB)，当H、P、B三点共线时HP+PB有最小值，即PD十2PB有最小值，即可求解．【详解】如图，过点作，交的延长线于，

四边形是平行四边形，，∴∵PH丄AD∴∴，，∴当点，点，点三点共线时，HP+PB有最小值，即有最小值，此时，，，∴，则最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了胡不归问题，平行四边形的性质，直角三角形的性质，垂线段最短等知识．构造直角三角形是解题的关键．4．已知抛物线过点，两点，与轴交于点，，

(1)求抛物线的解析式及顶点的坐标；(2)点为抛物线上位于直线下方的一动点，当面积最大时，求点的坐标；(3)若点为线段上的一动点，问：是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)解析式为，顶点的坐标为(2)点的坐标为(3)存在，最小值为【分析】（1）根据题意设抛物线的交点式，然后代入点的坐标，求解即可；（2）作轴，交于点，通过设和的坐标，利用“割补法”表示出，从而利用二次函数的性质求解最值即可；（3）将直线绕着点逆时针旋转，并过点作其垂线，垂足为，分别连接，，，构造出含角的直角三角形，然后转换为求得最小值，继而确定当、、三点共线时，满足取得最小值，此时利用含角的直角三角形的性质分段求解再相加即可得出结论．【详解】（1）解：由题意，设抛物线解析式为，其中，∵，∴点的坐标为，将代入，解得：，∴，∴抛物线的解析式为，∵对称轴为直线，∴将代入，得：，∴顶点的坐标为；（2）解：∵，，∴直线的解析式为：，∵点在抛物线上，且位于直线下方，∴设，其中，，如图所示，作轴，交于点，∴，∴，∵，，，∴，∴，整理可得：，其中，∵，∴当时，取得最大值，将代入，得：，∴此时点的坐标为；

（3）解：存在最小值，理由如下：如下图所示，将直线绕着点逆时针旋转，并过点作其垂线，垂足为，分别连接，，，则，，

∴在中，，∴随着点的运动，总有，∴，要使得取得最小值，即要使得取得最小值，如下图，当、、三点共线时，满足取得最小值，

此时，，，∵，∴，，∴，∴，∴，∴存在最小值，最小值为．【点睛】本题考查求二次函数解析式，二次函数综合面积问题，以及利用“胡不归”模型构造三角形求线段和最值问题，掌握二次函数的基本性质，熟练运用函数思想解决图形面积问题是解题关键．易错模型五：阿氏圆模型【模型解读】如图1所示，⊙O的半径为r，点A、B都在⊙O外，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，P点的位置如何确定？如图2，在线段OB上截取OC使OC=k·r，则可说明△BPO与△PCO相似，即k·PB=PC。故本题求“PA+k·PB”的最小值可以转化为“PA+PC”的最小值，其中与A与C为定点，P为动点，故当A、P、C三点共线时，“PA+PC”值最小。如图3所示：注意区分胡不归模型和阿氏圆模型：在前面的“胡不归”问题中，我们见识了“k·PA+PB”最值问题，其中P点轨迹是直线，而当P点轨迹变为圆时，即通常我们所说的“阿氏圆”问题．【最值原理】两点之间线段最短及垂线段最短解题。例1．（2023·山东·九年级专题练习）如图，在中，，，，圆C半径为2，P为圆上一动点，连接最小值__________．最小值__________．【答案】

；

．【分析】如图，连接CP，在CB上取点D，使CD=1，连结AD，可证△PCD∽△BCP．可得PD=BP，当点A，P，D在同一条直线时，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，由CD=1，CA=6，根据勾股定理AD==即可；在AC上取CE=，△PCE∽△ACP．可得PE=AP，当点B，P，E在同一条直线时，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，由CE=，CB=4，根据勾股定理BE=即可．【详解】解：如图，连接CP，在CB上取点D，使CD=1，连结AD，∵CP=2，BC=4，∴，∴，又∵∠PCD=∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴，∴PD=BP，∴AP+BP=AP+PD，当点A，P，D在同一条直线时，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，∵CD=1，CA=6，∴AD==，∴AP+BP的最小值为．故答案为：在AC上取CE=，连接CP，PE∵∴又∵∠PCE=∠ACP，∴△PCE∽△ACP．∴，∴PE=AP，∴BP+AP=BP+PE，当点B，P，E在同一条直线时，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，∵CE=，CB=4，∴BD=，∴BP+AP的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查圆的性质，构造相似三角形解决比例问题，勾股定理，掌握圆的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，关键是引辅助线准确作出图形是解题关键．例2．（2023春·江苏·九年级校考阶段练习）如图，正方形的边长为4，的半径为2，为上的动点，则的最大值是．【答案】2【分析】解法1，如图：以为斜边构造等腰直角三角形，连接，，连接、，推得，因为，求出即可求出答案．解法2：如图：连接、、，在上做点，使，连接，证明，在上做点，使，连接，证明，接着推导出，最后证明，即可求解．【详解】解法1：如图：以为斜边构造等腰直角三角形，连接，，∴，，四边形正方形，又，在与中，故答案为：2．解法2如图：连接、、根据题意正方形的边长为4，的半径为2，在上做点，使，则，连接在与中，，则在上做点，使，则，连接在与中，，则如图所示连接在与中，，故答案为：2．【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形，勾股定理等知识，难度较大，熟悉以上知识点运用是解题关键．练习1．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，正方形ABCD的边长AB=8，E为平面内一动点，且AE=4，F为CD上一点，CF=2，连接EF，ED，则EFED的最小值为()A．6 B．4 C．4 D．6【答案】A【分析】如图（见解析），在AD边上取点H，使得，连接EH、FH，先根据正方形的性质得出，，再根据相似三角形的判定与性质得出，从而可得，然后利用三角形的三边关系定理、两点之间线段最短可得取得最小值时，点E的位置，最后利用勾股定理求解即可得．【详解】如图，在AD边上取点H，使得，连接EH、FH四边形ABCD是正方形，，，即又，即由三角形的三边关系定理得：由题意得：点E的轨迹是在以点A为圆心，AE长为半径的圆上由两点之间线段最短可知，当点E位于FH与圆A的交点时，取得最小值，最小值为，在中，由勾股定理得即的最小值为故选：A．【点睛】本题是一道较难的综合题，考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的三边关系定理、两点之间线段最短等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．练习2．（2022·湖北·九年级专题练习）如图，已知正方形ABCD的边长为4，⊙B的半径为2，点P是⊙B上的一个动点，则PD﹣PC的最大值为_____．【答案】5【详解】分析:由PD−PC＝PD−PG≤DG，当点P在DG的延长线上时，PD−PC的值最大，最大值为DG＝5．详解:在BC上取一点G，使得BG＝1，如图，∵，，∴，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴，∴PG＝PC，当点P在DG的延长线上时，PD−PC的值最大，最大值为DG＝＝5．故答案为5点睛:本题考查圆综合题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．练习3．（2023·浙江·九年级专题练习）如图所示，，半径为2的圆内切于．为圆上一动点，过点作、分别垂直于的两边，垂足为、，则的取值范围为．【答案】【分析】根据题意，本题属于动点最值问题-“阿氏圆”模型，首先作于，作于，如图所示，通过代换，将转化为，得到当与相切时，取得最大值和最小值，分两种情况，作出图形，数形结合解直角三角形即可得到相应最值，进而得到取值范围．【详解】解：作于，作于，如图所示：，，，，，，，，当与相切时，取得最大和最小，①连接，，，如图1所示：可得：四边形是正方形，，在中，，，在中，，，即；②连接，，，如图2所示：可得：四边形是正方形，，由上同理可知：在中，，，在中，，，即，．故答案为：．【点睛】本题考查动点最值模型-“阿氏圆”，难度较大，掌握解决动点最值问题的方法，熟记相关几何知识，尤其是圆的相关知识是解决问题的关键．1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则AP＋BP的最小值为（

）

A．7 B．5 C． D．【答案】B【详解】思路引领：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．利用相似三角形的性质证明MPPA，可得AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解决问题．答案详解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，∴PC2＝CM•CA，∴，∵∠PCM＝∠ACP，

∴△PCM∽△ACP，∴，∴PMPA，∴AP+BP＝PM+PB，∵PM+PB≥BM，在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，∴BM5，∴AP+BP≥5，∴AP+BP的最小值为5．故选：B．2．（2023·湖南·九年级专题练习）如图，边长为4的正方形，内切圆记为⊙O，P是⊙O上一动点，则PA＋PB的最小值为．【答案】【分析】PA＋PB＝（PA＋PB），利用相似三角形构造PB即可解答．【详解】解：设⊙O半径为r，OP＝r＝BC＝2，OB＝r＝2，取OB的中点I，连接PI，∴OI＝IB＝，∵，，∴，∠O是公共角，∴△BOP∽△POI，∴，∴PI＝PB，∴AP＋PB＝AP＋PI，∴当A、P、I在一条直线上时，AP＋PB最小，作IE⊥AB于E，∵∠ABO＝45°，∴IE＝BE＝BI＝1，∴AE＝AB−BE＝3，∴AI＝，∴AP＋PB最小值＝AI＝，∵PA＋PB＝（PA＋PB），∴PA＋PB的最小值是AI＝．故答案是．【点睛】本题是“阿氏圆”问题，解决问题的关键是构造相似三角形．3．如图，正方形的边长为4，的半径为2，为上的动点，则的最大值是．【答案】2【分析】解法1，如图：以为斜边构造等腰直角三角形，连接，，连接、，推得，因为，求出即可求出答案．解法2：如图：连接、、，在上做点，使，连接，证明，在上做点，使，连接，证明，接着推导出，最后证明，即可求解．【详解】解法1如图：以为斜边构造等腰直角三角形，连接，，∴，，四边形正方形，又，在与中，故答案为：2．解法2如图：连接、、根据题意正方形的边长为4，的半径为2，在上做点，使，则，连接在与中，，则在上做点，使，则，连接在与中，，则如图所示连接在与中，，故答案为：2．【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形，勾股定理等知识，难度较大，熟悉以上知识点运用是解题关键．5．问题提出：如图①，在中，，，，的半径为，为圆上一动点，连接，求的最小值．(1)尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图①，连接，在上取一点，使，则．又，所以．所以．所以，所以．请你完成余下的思考，并直接写出答案：的最小值为；(2)自主探索：在“问题提出”的条件不变的前提下，求的最小值；(3)拓展延伸：如图②，已知在扇形COD中，，，，，是上一点，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用勾股定理即可求得本题答案；（2）连接，在上取点，使，则有，可证，得到，即，从而的最小值为；（3）延长到点，使，连接，可证，得到，得到，当三点共线时，得到最小值．【详解】（1）解：如图连接，∵，要使最小，∴当最小，当点在同一条直线时，最小，∴的最小值为，在中，，，∴，∴的最小值为，故答案为：；（2）解：如图连接，在上取点，使，∴，∵，∴，∴，∴，∴的最小值为，故答案为：；（3）解：如图延长到点，使，∴，连接，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴当三点共线时，取得最小值：，故答案为：．【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形判定及性质，最值得确定．易错模型六：瓜豆模型（直线）【模型解读】瓜豆原理：若两动点到某定点的距离比是定值，夹角是定角，则两动点的运动路径相同。动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型，本专题受教学进程影响，估只对瓜豆原理中的直线型轨迹作讲解。主动点叫瓜，从动点叫豆，瓜在直线上运动，豆也在直线_上运动；瓜在圆周上运动，豆的轨迹也是圆。古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”。模型1、运动轨迹为直线1）如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？解析：当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．理由：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．2）如图，在△APQ中AP=AQ，∠PAQ为定值，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？解析：当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形。理由：当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段。【最值原理】动点轨迹为一条直线时，利用“垂线段最短”求最值。1）当动点轨迹已知时可直接运用垂线段最短求最值；2）当动点轨迹未知时，先确定动点轨迹，再垂线段最短求最值。3）确定动点轨迹的方法（重点）=1\*GB3①当某动点与定直线的端点连接后的角度不变时，该动点的轨迹为直线；=2\*GB3②当某动点到某条直线的距离不变时，该动点的轨迹为直线；=3\*GB3③当一个点的坐标以某个字母的代数式表示时，若可化为一次函数，则点的轨迹为直线；④观察动点运动到特殊位置时，如中点，端点等特殊位置考虑；⑤若动点轨迹用上述方法不都合适，则可以将所求线段转化（常用中位线、矩形对角线、全等、相似）为其他已知轨迹的线段求最值。例1．（2022·湖南湘西·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是（）

A．24 B．22 C．20 D．18【答案】B【分析】通过证明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四边形ACGH的周长即为AB+AC+GH，进而可确定当MH⊥AB时，四边形ACGH的周长有最小值，证明四边形ACGH为矩形可得HG的长，进而可求解．【详解】∵CG∥AB，∴∠B＝∠MCG，∵M是BC的中点，∴BM＝CM，在△BMH和△CMG中，，∴△BMH≌△CMG（ASA），∴HM＝GM，BH＝CG，∵AB＝6，AC＝8，∴四边形ACGH的周长＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值，∵∠A＝90°，MH⊥AB，∴GH∥AC，∴四边形ACGH为矩形，∴GH＝8，∴四边形ACGH的周长最小值为14+8＝22，故选：B．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，确定GH的值是解题的关键．例2．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是．

【答案】/【分析】根据题意，证明，进而得出点在射线上运动，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，则当三点共线时，取得最小值，即，进而求得，即可求解．【详解】解：∵为高上的动点．∴∵将绕点顺时针旋转得到．是边长为的等边三角形，∴∴∴，∴点在射线上运动，如图所示，

作点关于的对称点，连接，设交于点，则在中，，则，则当三点共线时，取得最小值，即∵，，∴∴在中，,∴周长的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质与判定以及轴对称的性质是解题的关键．练习1．（2021·四川广元·中考真题）如图，在中，，，点D是边的中点，点P是边上一个动点，连接，以为边在的下方作等边三角形，连接．则的最小值是（

）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】以CD为边作等边三角形CDE，连接EQ，由题意易得∠PDC=∠QDE，PD=QD，进而可得△PCD≌△QED，则有∠PCD=∠QED=90°，然后可得点Q是在QE所在直线上运动，所以CQ的最小值为CQ⊥QE时，最后问题可求解．【详解】解：以CD为边作等边三角形CDE，连接EQ，如图所示：∵是等边三角形，∴，∵∠CDQ是公共角，∴∠PDC=∠QDE，∴△PCD≌△QED（SAS），∵，，点D是边的中点，∴∠PCD=∠QED=90°，，∴点Q是在QE所在直线上运动，∴当CQ⊥QE时，CQ取的最小值，∴，∴；故选B．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、含30°直角三角形的性质及最短路径问题，熟练掌握等边三角形的性质、含30°直角三角形的性质及最短路径问题是解题的关键．练习2．（2023上·福建厦门·九年级校考期中）如图，长方形中，，，E为上一点．且，F为边上的一个动点．连接，将绕着点E顺时针旋转到的位置，其中点B、点F的对应点分别为点H、点G，连接和，则的最小值为（

）．

A． B．3 C． D．【答案】C【分析】如图，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接交于J．首先证明，推出点G的在射线上运动，推出当时，的值最小，证明四边形是矩形，进一步推出，则，即可得到的最小值为．【详解】解：如图，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接交于J．

∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴点G的在射线上运动，∴当时，的值最小，∵，∴，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，∴，∴，∴，∴的最小值为．故选：C．【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形得到动点运动的轨迹，属于中考填空题中的压轴题．练习3.（2023上·江苏扬州·九年级校联考期中）如图，正方形的边长为4，点是正方形对角线所在直线上的一个动点，连接，以为斜边作等腰（点，，按逆时针排序），则长的最小值为（）

A． B． C．4 D．【答案】D【分析】根据正方形的性质和题干给定的是以为斜边作等腰直角三角形，证明，得到进一步证明，得到，由正方形的性质得点H为的中点，有点F在的垂直平分线上运动，当点F与点H重合时，的值最小．【详解】解：连接交于点G，连接并延长交于点H，如图，

∵四边形是正方形，∴，，，∵是以为斜边作等腰直角三角形，∴，，，∵，∴，∵，∴，∴，则，∵，∴，∴，∴，则，∴，∵点G为正方形对角线的交点，∴点H为的中点，∴点F在的垂直平分线上运动，∵，∴当点F与点H重合时，的值最小，此时．即长的最小值为2．故答案选：D．【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质和垂线段最短，利用相似的边长比证明对应三角形边长的相似比，并找到点的运动轨迹是解题的关键．1．（2023上·山西临汾·九年级统考期中）如图，在中，，，点，分别是，边上的动点，连结，，分别是，的中点，则的最小值为（

）

A．12 B．10 C．9.6 D．4.8【答案】D【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，勾股定理，垂线段最短的性质．连接，作于点H．由三角形中位线的性质得，由垂线段最短可知当最小，即点E与点H重合时的值最小，然后利用勾股定理求出的长即可．【详解】解：连接，作于点H．

∵点，分别是，边上的动点，∴是的中位线，∴，∴当最小，即点E与点H重合时的值最小．设，则，∵，∴，∴，∴的最小值为4.8．故选D．2．（2023上·广东广州·九年级校考期中）如图，正方形的边长为4，，点E是直线上一个动点，连接，线段绕点B顺时针旋转得到，则线段长度的最小值等于（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，在上截取，使，连接，过点D作于点H，证明，得出，点F在直线上运动，当点F与H重合时，的值最小，求出最小值即可．【详解】解：连接，在上截取，使，连接，过点D作于点H，如图所示：

∵四边形是正方形，∴，，，∴，，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∴点F在直线上运动，当点F与H重合时，的值最小，∵，，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，垂线段最短，直角三角形的性质，根据题意作出辅助线，得出点F在直线上运动，当点F与H重合时，的值最小，是解题的关键．3．（2022·河南南阳·二模）如图所示，，，于点B，点D是线段BC上一个动点，且于点D，，连接CE，则CE长的最小值是______．【答案】3【分析】在BC上截取，构造相似，可得出，过C点作CH⊥EQ可得出即可求出CE的长【详解】解：在BC上截取，则，中，，∵，∴在中，，∴∴，，∴，∴，∴，∴的角度固定不变，∴CH为CE的最小值．过C点作CH⊥EQ∴∠CHQ=∠ABQ=90°∵∴∠CQH=∠QAB∴，∵，∴，CE的最小值是3.【点睛】本题主要考查相似的性质与性质，正确作出辅助线是解题的关键．易错模型七：瓜豆模型（圆）【模型解读】模型1、运动轨迹为圆弧模型1-1.如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．Q点轨迹是？如图，连接AO，取AO中点M，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。模型1-2.如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=kAQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？如图，连结AO，作AM⊥AO，AO:AM=k:1；任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为k。则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。模型1-3.定义型：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧。（常见于动态翻折中）如图，若P为动点，但AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，则动点P是以A圆心，AB半径的圆或圆弧。模型1-4.定边对定角（或直角）模型1）一条定边所对的角始终为直角，则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧．如图，若P为动点，AB为定值，∠APB=90°，则动点P是以AB为直径的圆或圆弧。2）一条定边所对的角始终为定角，则定角顶点轨迹是圆弧．如图，若P为动点，AB为定值，∠APB为定值，则动点P的轨迹为圆弧。【模型原理】动点的轨迹为定圆时，可利用：“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。例1．（2023·四川广元·统考一模）如图，线段为的直径，点在的延长线上，，，点是上一动点，连接，以为斜边在的上方作Rt，且使，连接，则长的最大值为．【答案】/【分析】作，使得，，则，，，由，推出，即（定长），由点是定点，是定长，点在半径为1的上，由此即可解决问题．【详解】解：如图，作，使得，，则，，，，，，，，，即（定长），点是定点，是定长，点在半径为1的上，，的最大值为，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、两圆的位置关系、轨迹等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．例2．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为．

【答案】【分析】连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，由的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解．【详解】解，如图，连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，

的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，如图，当、、三点共线时，的值最小，四边形是正方形，，，是的中点，，，由旋转得：，，，的值最小为．故答案：．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关的性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．练习1．（2023上·江苏连云港·九年级校考阶段练习）已知矩形为矩形内一点，且，若点绕点逆时针旋转到点，则的最小值为．

【答案】【分析】在矩形外，以边为斜边作等腰直角三角形，，再以点O为圆心，为半径作，点P为矩形内一点，且，所以点P在的劣弧上运动，根据点绕点逆时针旋转到点，所以，，则，所以当最小时，最小，然后连接，交于P，此时，最小，则也最小，最后过点O作于E，交延长线于F，利用勾股定理求出，的长，从而求得，即可求解．【详解】解：在矩形外，以边为斜边作等腰直角三角形，，再以点O为圆心，为半径作，如图，

∵点P为矩形内一点，且，∴点P在的劣弧上运动，∵点绕点逆时针旋转到点，∴，，∴∴当最小时，，连接，交于P，此时，最小，则也最小，在中，∵，，∴，∴，过点O作于E，交延长线于F，∴，∵，，∴∵矩形∴∴∴四边形正方形，∴，∴，在中，由勾股定理，得，∴∴，故答案为：．【点睛】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质，圆满的性质，勾股定理，作出辅助圆，得出取最小值的点P位置是解题的关键．练习2．（2023下·陕西西安·九年级校考阶段练习）问题提出：（1）如图①，在中，，，，则的长为__________；问题探究：（2）如图②，已知矩形，，，点P是矩形内一点，且满足，连接，求线段的最小值；问题解决：（3）如图③所示，我市城市绿化工程计划打造一片四边形绿地，其中，，，点E为边上一点，且，，为了美化环境，要求四边形的面积尽可能大，求绿化区域面积的最大值．【答案】（1）4；（2）；（3）【分析】（1）作于点H，利用等腰三角形的性质可得，，然后利用锐角三角函数的知识可求得的长；（2）由题意可知，点P在以为直径，以的中点O为圆心的圆上运动，当O，P，C共线时，线段的值最小，利用勾股定理求出的长即可求解；（3）延长、，相交于点F．由，求出，作交于点G，作于点N，交于点M，可得，设，求出，所以当的面积最大时，绿化区域的面积最大，求出的面积即可求解．【详解】（1）如图1，作于点H．∵，，，∴，．∵，∴．故答案为：4；（2）如图2，∵，∴点P在以为直径，以的中点O为圆心的圆上运动，当O，P，C共线时，线段的值最小．∵，∴，∴，∴段的值最小值；（3）如图3，延长、，相交于点F．∵，∴，∴，∵，，∴，∴．作交于点G，作于点N，交于点M，∵，∴，∵，∴，设，则，，∴，∴当的面积最大时，绿化区域的面积最大．当E在的中点时，的面积最大．连接，交于点H，则．∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，难度较大，属中考压轴题．1．（2022秋·江苏扬州·九年级校考阶段练习）如图，A是上任意一点，点C在外，已知是等边三角形，则的面积的最大值为（）A． B．4 C． D．6【答案】A【分析】以为边向上作等边三角形，连接，证明得到，分析出点D的运动轨迹是以点M为圆心，长为半径的圆，在求出点D到线段的最大距离，即可求出面积的最大值．【详解】解：如图，以为边向上作等边三角形，连接，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∴点D的运动轨迹是以点M为圆心，长为半径的圆，要使的面积最大，则求出点D到线段的最大距离，∵是边长为4的等边三角形，∴点M到的距离为，∴点D到的最大距离为，∴的面积最大值是，故选A．【点睛】本题考查了动点轨迹是圆的问题，解决本题的关键是利用构造全等三角形找到动