培优冲刺04 几何最值问题综合（解析版）-2024中考数学查缺补漏

培优冲刺04几何最值问题综合1、将军饮马类几何最值2、辅助圆类几何最值3、瓜豆原理类几何最值4、其他类几何最值题型一：将军饮马类几何最值1.“两定一动”型将军饮马：①异侧型→直接连接，交点即为待求动点；后用勾股定理求最值②同侧型→对称、连接；后续同上“两定两动”型：①同侧型→先水平平移（往靠近对方的方向）、再对称、最后连接；也可先对称、再水平平移（往靠近对方的方向）、最后连接；后续同上。同侧型异侧型②异侧型→先水平平移（往靠近对方的方向）、再连接；后续同上。【中考真题练】1．（2023•泸州）如图，E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对角线AC上的动点，当PE+PF取得最小值时，的值是．【分析】找出点E关于AC的对称点E'，连接FE'与AC的交点P'即为PE+PF取得最小值时，点P的位置，再设法求出的值即可．【解答】解：作点E关于AC的对称点E'，连接FE'交AC于点P'，连接PE'，∴PE＝PE'，∴PE+PF＝PE'+PF≥E'F，故当PE+PF取得最小值时，点P位于点P'处，∴当PE+PF取得最小值时，求的值，只要求出的值即可．∵正方形ABCD是关于AC所在直线轴对称，∴点E关于AC所在直线对称的对称点E'在AD上，且AE'＝AE，过点F作FG⊥AB交AC于点G，则∠GFA＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB＝∠B＝90°，∠CAB＝∠ACB＝45°，∴FG∥BC∥AD，∠AGF＝∠ACB＝45°，∴GF＝AF，∵E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，∴AE'＝AE＝EF＝FB，∴GC＝AC，，∴AG＝AC，，∴AP'＝AG＝AC＝AC，∴P'C＝AC﹣AP'＝AC﹣AC＝AC，∴＝，故答案为：．2．（2023•德州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AB＝3，BC＝4，点E在AB上，且AE＝1．F，G为边AD上的两个动点，且FG＝1．当四边形CGFE的周长最小时，CG的长为．【分析】先确定FG和EC的长为确定的值，得到四边形CGFE的周长最小时，即为CG+EF最小时，平移CG到C'F，作点E关于AD对称点E'，连接E'C'交AD于点G'，得到CG+EF最小时，点G与G'重合，再利用平行线分线段成比例求出C'G'长即可．【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，∴四边形CGFE的周长＝CG+FG+EF+EC＝CG+EF+1+，∴四边形CGFE的周长最小时，只要CG+EF最小即可．过点F作FC'∥GC交BC于点C'，延长BA到E'，使AE'＝AE＝1，连接E'F，E'C'，E'C'交AD于点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最小时，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'＝，即四边形CGFE的周长最小时，CG的长为．故答案为：．3．（2023•绥化）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是3+3．【分析】分析已知，可证明△BCE≌△ACF，得∠CAF＝∠CBE＝30°，可知点F在△ABC外，使∠CAF＝30°的射线AF上，根据将军饮马型，求得DF+CF的最小值便可求得本题结果．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCA＝60°，∵∠ECF＝60°，∴∠BCE＝60°﹣∠ECA＝∠ACF，∵CE＝CF，∴△BCE≌△ACF（SAS），∴∠CAF＝∠CBE，∵△ABC是等边三角形，BD是高，∴∠CBE＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝3，过C点作CG⊥AF，交AF的延长线于点G，延长CG到H，使得GH＝CG，连接AH，DH，DH与AG交于点I，连接CI，FH，则∠ACG＝60°，CG＝GH＝AC＝3，∴CH＝AC＝6，∴△ACH为等边三角形，∴DH＝CD•tan60°＝，AG垂直平分CH，∴CI＝HI，CF＝FH，∴CI+DI＝HI+DI＝DH＝3，CF+DF＝HF+DF≥DH，∴当F与I重合时，即D、F、H三点共线时，CF+DF的值最小为：CF+DF＝DH＝3，∴△CDF的周长的最小值为3+3．故答案为：3+3．【中考模拟练】1．（2024•衡南县模拟）已知：如图，直线y＝﹣2x+4分别与x轴，y轴交于A、B两点，点P（1，0），若在直线AB上取一点M，在y轴上取一点N，连接MN、MP、NP，则MN+MP+NP的最小值是（）A．3 B． C． D．【分析】作点P关于y轴的对称点E，点P关于AB的对称点F，连接EN，EM，EF，FM，FP，设FP交AB于C，过点F作FD⊥x轴于D，则EN＝NP，FM＝MP，FP⊥AB，OE＝OP，FC＝PC，MN+MP+NP＝MN+FM+EN，根据“两点之间线段最短”得MN+FM+EN≥EF，则MN+MP+NP≥EF，因此MN+MP+NP的最小值为线段EF的长；先求出点A（2，0），点B（0，4），则OA＝2，OB＝4，再由点P（1，0）得OP＝1，则OE＝OP＝1，PA＝OA﹣OP＝1，再求出AB＝，证△PAC∽△BAO得PC：OB＝PA：AB，由此得PC＝，则PF＝，再证△PFD∽△BAO得FD：OA＝PD：OB＝PF：AB，由此可得FD＝，PD＝，则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：作点P关于y轴的对称点E，点P关于AB的对称点F，连接EN，EM，EF，FM，FP，设FP交AB于C，过点F作FD⊥x轴于D，如图所示：则EN＝NP，FM＝MP，FP⊥AB，OE＝OP，FC＝PC，∴MN+MP+NP＝MN+FM+EN，根据“两点之间线段最短”得MN+FM+EN≥EF，∴MN+MP+NP≥EF，∴MN+MP+NP的最小值为线段EF的长，对于y＝﹣2x+4，当x＝0时，y＝4，当x＝0时，x＝2，∴点A（2，0），点B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，又∵点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，FD⊥x轴，∠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＝，FD＝，由勾股定理得：EF＝＝．故选：C．2．（2023•龙马潭区二模）如图，抛物线y＝﹣x2﹣3x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．若点D为抛物线上一点且横坐标为﹣3，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半径的圆上，则DE+EF的最小值．【分析】先求出点A（﹣4，0），点D（﹣3，4），作点D关于y轴对称的点T，则点T（3，4），连接AE交与轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长，然后可在Rt△ATH中由勾股定理求出TA，进而可得TN，据此可得出答案．【解答】解：对于y＝﹣x2﹣3x+4，当y＝0时，﹣x2﹣3x+4＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝1，∴点A的坐标为（﹣4，0），对于y＝﹣x2﹣3x+4，当x＝﹣3时，y＝4，∴点D的坐标为（﹣3，4），作点D关于y轴对称的点T，则点T（3，4），连接AE交与轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长．理由如下：当点E与点M不重合，点F与点N不重合时，根据轴对称的性质可知：DE＝TE，∴DE+EF＝TE+EF，根据“两点之间线段最短”可知：TE+EF+AF＞AT，即：TE+EF+AF＞TN+AN，∵AF＝AN＝2，∴TE+EF＞TN，即：DE+EF＞TN，∴当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小．∵点T（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为最小值为．故答案为：．3．（2024•碑林区校级一模）（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，点D是边AC的中点．以点A为圆心，2为半径在△ABC内部画弧，若点P是上述弧上的动点，点Q是边BC上的动点，求PQ+QD的最小值；（2）如图②，矩形ABCD是某在建的公园示意图，其中AB＝200米，BC＝400米．根据实际情况，需要在边DC的中点E处开一个东门，同时根据设计要求，要在以点A为圆心，在公园内以10米为半径的圆弧上选一处点P开一个西北门，还要在边BC上选一处点Q，在以Q为圆心，在公园内以10米为半径的半圆的三等分点的M、N处开两个南门．线段PM、NE是要修的两条道路．为了节约成本，希望PM+NE最小．试求PM+NE最小值及此时BQ的长．【分析】（1）作点D关于BC的对称点D′，连接D′Q、AP，过点D′作D′E⊥AB交AB的延长线于E，则QD＝QD′，DK＝D′K，当A、P、Q、D′在同一条直线上时，PQ+QD＝AD′﹣AP取得最小值，由DK∥AB，可得△CDK∽△CAB，运用相似三角形性质可得DK＝3，CK＝4，再由勾股定理即可求得答案；（2）连接MQ，NQ，过点Q作QK⊥MN于K，作点A关于直线MN的对称点A′，将E向左平移10米得到点E′，过点E′作E′L∥AB，过点A′作A′L⊥E′L于L，连接A′M、A′E′、E′M，由题意得随着圆心Q在BC上运动，MN在平行于BC且到BC距离为5的直线上运动，再运用勾股定理可得PM+NE最小值＝A′E﹣AP＝（20﹣10）米；设E′L与GH的交点为T，过点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）如图①，作点D关于BC的对称点D′，连接D′Q、AP，过点D′作D′E⊥AB交AB的延长线于E，则QD＝QD′，DK＝D′K，∴PQ+QD＝PQ+QD′＝AQ﹣AP+QD′，当A、P、Q、D′在同一条直线上时，PQ+QD＝AD′﹣AP取得最小值，∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，∴AC＝＝＝10，∵点D是边AC的中点，∴CD＝AC＝5，∵DK∥AB，∴△CDK∽△CAB，∴＝＝，即＝＝，∴DK＝3，CK＝4，∴D′K＝3，BK＝4，∵∠E＝∠EBK＝∠BKD′＝90°，∴四边形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）如图②，连接MQ，NQ，过点Q作QK⊥MN于K，作点A关于直线MN的对称点A′，将E向左平移10米得到点E′，过点E′作E′L∥AB，过点A′作A′L⊥E′L于L，连接A′M、A′E′、E′M，∵M、N是半圆Q的三等分点，且半径为10，∴△QMN为等边三角形，且MN∥BC，MN＝10，∵QK⊥MN，QM＝10米，∴QK＝5米，∴随着圆心Q在BC上运动，MN在平行于BC且到BC距离为5的直线上运动，∵EE′∥MN且EE′＝MN＝10米，∴四边形EE′MN是平行四边形，∴NE＝ME′，∴PM+NE＝PM+ME′≥AM﹣AP+ME′＝AM+ME′﹣10，∵E是CD的中点，∴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；此时△MNQ在如图③的△M′N′Q位置，设E′L与GH的交点为T，过点Q作QK⊥MN于K，′∵∠CBG＝∠BGK＝∠GKQ＝90°，∴四边形BGKQ是矩形，∴BQ＝GK，∵E′L∥AA′，∴△E′MT∽△A′MG，∴＝，∵MT＝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，∴当PM+NE取最小值时，BQ的长为米．4．（2023•卧龙区二模）综合与实践问题提出（1）如图①，请你在直线l上找一点P，使点P到两个定点A和B的距离之和最小，即PA+PB的和最小（保留作图痕迹，不写作法）；思维转换（2）如图②，已知点E是直线l外一定点，且到直线l的距离为4，MN是直线l上的动线段，MN＝6，连接ME，NE，求ME+NE的最小值．小敏在解题过程中发现：“借助物理学科的相对运动思维，若将线段MN看作静线段，则点E在平行于直线l的直线上运动”，请你参考小敏的思路求ME+NE的最小值；拓展应用（3）如图③，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，连接BD，点E、F分别是边BC、AD上的动点，且BE＝AF，分别过点E、F作EM⊥BD，FN⊥BD，垂足分别为M、N，连接AM、AN，请直接写出△AMN周长的最小值．【分析】（1）作点A的对称点，由两点之间线段最短解题即可；（2）将M、N看作定点，E看作动点，由（1）作法可解；（3）由相似得出MN为定值，再根据（2）作法求出AM+AN的最值，即可解答．【解答】解：（1）如图①，则点P为所求．做法：作点A关于l的对称点A′，连接A′B交l于点P，由对称得AP＝A′P，∴AP+BP＝A′P+BP，∵两点之间线段最短，∴A′P+BP最短，即PA+PB的和最小．（2）如图②，过点E作直线l1∥l，作点N关于l1的对称点N′，连接MN′，交l1于点P，则PM+PN的值即是EM+EN的最小值，∵点E到直线l的距离为4，∵NN′＝8，∵MN＝6，∴MN′＝＝10，∴PM+PN＝10，即ME+NE的最小值为10．（3）如图③，过A作l∥BD，AH⊥BD于点H，作点M关于l的对称点M′，连接M′N，由（2）得M′N为AM+AN的最小值，′∵AB＝，AD＝2，∴BD＝＝5，∴AH＝＝2，∴MM′＝4，设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周长的最小值为+1．题型二：辅助圆类几何最值动点的运动轨迹为辅助圆的三种形式：1、定义法——若一动点到定点的距离恒等于固定长，则该点的运动轨迹为以定点为圆心，定长为半径的圆（或圆弧）2、定边对直角——若一条定边所对的“动角”始终为直角，则直角顶点运动轨迹是以该定边为直径的圆（或圆弧）3．定边对定角——若一条定边所对的“动角”始终为定角，则该定角顶点运动轨迹是以该定角为圆周角，该定边为弦的圆（或圆弧）【中考真题练】1．（2023•黑龙江）如图，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，点E是斜边AB的中点，把Rt△ABC绕点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，EF，CE，在旋转的过程中，△CEF面积的最大值是4+．【分析】线段CE为定值，点F到CE距离最大时，△CEF的面积最大，画出图形，即可求出答案．【解答】解：∵线段CE为定值，∴点F到CE的距离最大时，△CEF的面积有最大值．在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，E是AB的中点，∴AB＝2BC＝4，CE＝AE＝AB＝2，AC＝AB•cos30°＝2，∴∠ECA＝∠BAC＝30°，过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，∴AG＝AC＝，∵点F在以A为圆心，AB长为半径的圆上，∴AF＝AB＝4，∴点F到CE的距离最大值为4+，∴，故答案为：．【中考模拟练】1．（2023•永寿县二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，M是AD的中点，点P是CD上一个动点，当∠APM的度数最大时，CP的长为4﹣2．【分析】因为同弧所对的圆外角小于圆周角，因此过点A、M作⊙O与CD相切于点P'，当点P运动到点P'处时，∠AP'M的度数最大，记AM的中点为N，可以证出四边形OP'DN是矩形，在Rt△MON中，利用勾股定理求出ON，从而得出DP'的长，进而求出CP的长．【解答】解：过点A、M作⊙O与CD相切于点P'，记PM与⊙O交于点Q，连接AP′，MP′，OM，OP′，AQ，则∠AP'M＝∠AQM＞∠APM，∠OP′D＝90°，∴当点P运动到点P'时，∠AP'M最大，作ON⊥AD于点N，则MN＝AN＝，∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝90°，∴四边形OP'DN是矩形，∵AB＝4，M是AD的中点，∴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，∴当∠APM的度数最大时，CP的长为4﹣2．故答案为：4﹣2．2．（2023•营口一模）如图，等边三角形ABC和等边三角形ADE，点N，点M分别为BC，DE的中点，AB＝6，AD＝4，△ADE绕点A旋转过程中，MN的最大值为．【分析】分析题意可知，点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，连接AN，AM，以AM为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，以此得到M、A、N三点共线时，MN的值最大，再根据勾股定理分别算出AM、AN的值，则MN的最大值M′N＝AN+AM′＝AN+AM．【解答】解：连接AN，AM，以AM为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，如图，∵△ADE绕点A旋转，∴点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，∵AM+AN≥MN，∴当点M旋转到M′，即M、A、N三点共线时，MN的值最大，最大为M′N，∵△ABC和△ADE都是等边三角形，点N，点M分别为BC，DE的中点，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，根据旋转的性质得，AM′＝AM＝，∴M′N＝AN+AM′＝，即MN的最大值为．故答案为：．3．（2023•定远县校级一模）如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F．当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为．【分析】由∠AFC＝90°，得点F在以AC为直径的圆上运动，当点E与B重合时，此时点F与G重合，当点E与D重合时，此时点F与A重合，则点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为的长，然后根据条件求出所在圆的半径和圆心角，从而解决问题．【解答】解：∵CF⊥AE，∴∠AFC＝90°，∴点F在以AC为直径的圆上运动，以AC为直径画半圆AC，连接OA，当点E与B重合时，此时点F与G重合，当点E与D重合时，此时点F与A重合，∴点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为的长，∵点G为OD的中点，∴OG＝OD＝OA＝2，∵OG⊥AB，∴∠AOG＝60°，AG＝2，∵OA＝OC，∴∠ACG＝30°，∴AC＝2AG＝4，∴所在圆的半径为2，圆心角为60°，∴的长为，故答案为：．4．（2024•兰州模拟）综合与实践【问题情境】在数学综合实践课上，“希望小组”的同学们以三角形为背景，探究图形变化过程中的几何问题，如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为平面内一点（点A，B，D三点不共线），AE为△ABD的中线．【初步尝试】（1）如图1，小林同学发现：延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．始终存在以下两个结论，请你在①，②中挑选一个进行证明：①DM＝AC；②∠MDA+∠DAB＝180°；【类比探究】（2）如图2，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AF，连接CF．小斌同学沿着小林同学的思考进一步探究后发现：，请你帮他证明；【拓展延伸】（3）如图3，在（2）的条件下，王老师提出新的探究方向：点D在以点A为圆心，AD为半径的圆上运动（AD＞AB），直线AE与直线CF相交于点G，连接BG，在点D的运动过程中BG存在最大值．若AB＝4，请直接写出BG的最大值．【分析】（1）利用SAS证明△ABE≌△MDE，可得AB＝DM，再结合AB＝AC，即可证得DM＝AC；由全等三角形性质可得∠BAE＝∠DME，再运用平行线的判定和性质即可证得∠MDA+∠DAB＝180°；（2）延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．利用SAS证得△ACF≌△DMA，可得CF＝AM，再由AE＝AM，可证得AE＝CF；（3）延长DA至M，使AM＝AD，设AM交CF于N，连接BM交CF于K，取AC中点P，连接GP，可证得△ACF≌△ABM（SAS），利用三角形中位线定理可得AE∥BM，即AG∥BM，利用直角三角形性质可得GP＝AC＝AB＝2，得出点G在以P为圆心，2为半径的⊙P上运动，连接BP并延长交⊙P于G′，可得BG′的长为BG的最大值，再运用勾股定理即可求得答案．【解答】（1）证明：①∵AE为△ABD的中线，∴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）证明：延长AE至点M，使得ME＝AE，连接DM．由旋转得：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）如图3，延长DA至M，使AM＝AD，设AM交CF于N，连接BM交CF于K，取AC中点P，连接GP，由旋转得：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分别是DB、DM的中点，∴AE是△BDM的中位线，∴AE∥BM，即AG∥BM，∴AG⊥CF，∴∠AGC＝90°，∵点P是AC的中点，∴GP＝AC＝AB＝2，∴点G在以P为圆心，2为半径的⊙P上运动，连接BP并延长交⊙P于G′，∴BG′的长为BG的最大值，在Rt△ABP中，BP＝＝＝2，∴BG′＝BP+PG′＝2+2，∴BG的最大值为2+2．题型三：瓜豆原理类几何最值大概动点问题符合瓜豆原理的模型时，也可以和几何最值结合【中考真题练】1．（2022•沈阳）【特例感知】（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是AD＝BC；【类比迁移】（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．【方法运用】（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC．①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是8+3；②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．【分析】（1）证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；（2）利用旋转性质可证得∠BOC＝∠AOD，再证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，先证得△ABC∽△TBD，得出DT＝3，即点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆，当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3；②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，可证得△BAC∽△BTD，得出DT＝AC＝×3＝，再求出DH、AH，即可求得AD；如图5，在AB下方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，可证得△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：如图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，故答案为：AD＝BC；（2）AD＝BC仍然成立.证明：如图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过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接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，∴点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆，∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3，故答案为：8+3；②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点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+；如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，则＝＝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＝＝＝；综上所述，AD的值为2+或．【中考模拟练】1．（2023•金平区三模）如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC＝，E为BC上一点，且BE＝，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为．【分析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．首先证明∠ETG＝90°，推出点G的在射线TG上运动，推出当CG⊥TG时，CG的值最小．【解答】解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．∵四边形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°，∴点G在射线TG上运动，∴当CG⊥TG时，CG的值最小，∵BC＝，BE＝，CD＝6，∴CE＝CD＝6，∴∠CED＝∠BET＝45°，∴∠TEJ＝90°＝∠ETG＝∠JGT＝90°，∴四边形ETGJ是矩形，∴DE∥GT，GJ＝TE＝BE＝，∴CJ⊥DE，∴JE＝JD，∴CJ＝DE＝3，∴CG＝CJ+GJ＝+3，∴CG的最小值为+3，故答案为：+3．2．（2023•苍溪县一模）如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB＝4，BC＝2，点P是⊙O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP＝60°，连接OD，则OD长的最大值为2+1．【分析】如图，作△COE，使得∠CEO＝90°，∠ECO＝60°，则CO＝2CE，OE＝2，∠OCP＝∠ECD，由△COP∽△CED，推出＝＝2，即ED＝OP＝1（定长），由点E是定点，DE是定长，推出点D在半径为1的⊙E上，由此即可解决问题．【解答】解：如图，作△COE，使得∠CEO＝90°，∠ECO＝60°，则CO＝2CE，OE＝2，∠OCP＝∠ECD，∵∠CDP＝90°，∠DCP＝60°，∴CP＝2CD，∴＝＝2，∴△COP∽△CED，∴＝＝2，即ED＝OP＝1（定长），∵点E是定点，DE是定长，∴点D在半径为1的⊙E上，∵OD≤OE+DE＝2+1，∴OD的最大值为2+1，故答案为．3．（2023•海淀区校级三模）在平面直角坐标系xOy中，给定图形W和点P，若图形W上存在两个点M，N满足PM＝PN且∠MPN＝90°，则称点P是图形W的关联点．已知点A（﹣2，0），B（0，2）．（1）在点P1（﹣，﹣1），P2（﹣，3），P3（﹣2，﹣2）中，P1，P2是线段AB的关联点；（2）⊙T是以点T（t，0）为圆心，r为半径的圆．①当t＝0时，若线段AB上任一点均为⊙O的关联点，求r的取值范围；②记线段AB与线段AO组成折线G，若存在t≥4，使折线G的关联点都是⊙T的关联点，直接写出r的最小值．【分析】（1）根据关联点的定义，结合勾股定理进行判断即可；（2）①根据题意推得三角形PMN为含30度角的直角三角形，根据瓜豆原理可得求得点O到点P的最大距离为，最小距离为，推得⊙O的所有关联点在以O为圆心，和为半径的两个圆构成的圆环中，结合图形求得半径r的取值范围；②结合①中的结论，画出满足条件的关联点的范围，进行求解即可．【解答】解：（1）∵∠MPN＝90°，∴△MPN为直角三角形，∴满足MN2＝PM2+PN2，根据勾股定理可得：，，，；，，；P3A＝2，，，∵，且，∴是线段AB的关联点；∵，且，∴是线段AB的关联点；∵，且，∴∠BAO＝30°，P3A⊥OA，∴∠P3AB＝90°+30°＝120°，∴对于线段AB上的任意两点M、N，当时，∠P3NM＞90°，如图，则∠MPN必是锐角，不可能是直角，∴不是线段AB的关联点；故答案为：P1，P2．（2）①由（1）可得：∵∠MPN＝90°，∴△MPN为直角三角形，∴MN2＝PM2+PN2＝4PN2，即MN＝2PN，即三角形PMN为含30度角的直角三角形，如图：则点P是以MN为斜边且含30度角的直角三角形的直角顶点．在圆O上取点M，N，则对于任意位置的M和N，符合的关联点有2个，如图：以点P为例，当点M在半径为r的⊙O上运动时，点N为圆上一定点，且MN＝2PN，∠PNM＝60°，则点M的运动轨迹为圆，故点P的轨迹也为圆，令点P的轨迹为圆R，如图：当M，O，N三点共线，P，R，N三点共线时，∠PNM＝60°，∴，，则点O到点P的最大距离为，最小距离为，当点N也在⊙O上运动时，⊙R也随之运动，则⊙R扫过的区域为和r为半径围成的圆，即⊙O的所有关联点在以O为圆心，和为半径的两个圆构成的圆环中，∴当线段AB与半径为交于点A时，r最小，如图：则，解得，当线段AB与半径为的圆相切时，r最大，过点O作OH⊥AB，如图：则，即，解得，则，解得，∴②当关联点在线段AB上时，满足条件的关联点所在范围如图阴影部分：当关联点在线段AO上时，满足条件的关联点所在范围如图阴影部分：当关联点在不同线段上时，满足条件的关联点在点O和点B上的范围如图阴影部分：综上，所有区域叠加一起为：由①可知，满足T的所有关联点所在范围为圆环，故若使得圆环能够完整“包住”关联点，圆环中外圆的必须经过点G1，∵∠GBA＝30°，∠G＝90°，∠OBA＝60°，∠O＝90°，∴四边形AOBG为矩形，∴，则，即，解得（负值舍去）；综上，r的最小值为．4．（2024•昆山市一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为B．（1）求抛物线解析式；（2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，当点M运动到某一位置时，△ABM的面积等于△ABC面积的，求此时点M的坐标；（3）如图2，以B为圆心，2为半径的⊙B与x轴交于E、F两点（F在E右侧），若P点是⊙B上一动点，连接PA，以PA为腰作等腰Rt△PAD，使∠PAD＝90°（P、A、D三点为逆时针顺序），连接FD．求FD长度的取值范围．【分析】（1）将点A（1，0），C（0，5）代入y＝x2+bx+c，即可求解；（2）设M（m，m2﹣6m+5），先求AB＝4，则S△ABC＝10，再由题意可得S△AMB＝6＝×4×（﹣m2+6m﹣5），即可求M（2，﹣3）或M（4，﹣3）；（3）将点B绕A点顺时针旋转90°到B'，连接AB'，PB，B'D，可证明△ADB'≌△APB（SAS），则可得D在以B'为圆心，2为半径的圆上运动，又由B'（1，﹣4），F（7，0），则B'F＝2，所以DF的最大值为+2，DF的最小值为﹣2，即可求2﹣2≤DF≤2+2．【解答】解：（1）令x＝0，则y＝5，∴C（0，5），令y＝0，则x＝1，∴A（1，0），将点A（1，0），C（0，5）代入y＝x2+bx+c，得，∴，∴y＝x2﹣6x+5；（2）设M（m，m2﹣6m+5），令y＝0，则x2﹣6x+5＝0，解得x＝5或x＝1，∴B（5，0），∴AB＝4，∴S△ABC＝×4×5＝10，∵△ABM的面积等于△ABC面积的，∴S△AMB＝6＝×4×（﹣m2+6m﹣5），解得m＝2或m＝4，∴M（2，﹣3）或M（4，﹣3）；（3）将点B绕A点顺时针旋转90°到B'，连接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'为圆心，2为半径的圆上运动，∵B（5，0），A（1，0），∴B'（1，﹣4），∵BF＝2，∴F（7，0），∴B'F＝2，∴DF的最大值为2+2，DF的最小值为2﹣2，∴2﹣2≤DF≤2+2．题型四：其他类几何最值除了常见的模型与几何最值结合外，还有一些几何问题，应用直接的最值原理，比如：点到直线的距离垂线段最短等【中考真题练】1．（2023•锦州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4，按下列步骤作图：①在AC和AB上分别截取AD，AE，使AD＝AE．②分别以点D和点E为圆心，以大于DE的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点M．③作射线AM交BC于点F．若点P是线段AF上的一个动点，连接CP，则CP+AP的最小值是．【分析】根据题目中所给的条件，判断AF为角平分线，由问题可知，需要利用胡不归模型构建直角三角形，转化两条线段和为一条线段，利用三角函数求出线段长度．【解答】理由如下：由作图步骤可知，射线AM为∠CAB的角平分线，∵∠ABC＝90°，∠B＝30°，∴∠CAB＝60°，∵AM平分∠CAB，∴∠CAF＝∠BAF＝∠CAB＝30°，过点C作CN⊥AB于N，交AF于P，在Rt△APN中，∠BAF＝30°，∴PN＝AP，∴CP+AP＝CP+PN＝CN，根据点到直线的距离，垂线段最短，此时CP+PN值最小在Rt△ACN中，∠CAN＝60°，AC＝4，∴，∴CN＝sin60°×AC＝＝，∴CP+AP＝CP+PN＝CN＝，故答案为：．2．（2023•德阳）如图，在底面为正三角形的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，点M为AC的中点，一只小虫从B1沿三棱柱ABC﹣A1B1C1的表面爬行到M处，则小虫爬行的最短路程等于．【分析】利用平面展开图可总结为3种情况，画出图形利用勾股定理求出B1M的长即可．【解答】解：如图1，将三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BB1C1C和侧面CC1A1A沿CC1展开在同一平面内，连接MB1，∵M是AC的中点，△ABC和△A1B1C1是等边三角形，∴CM＝AC＝＝，∴BM＝CM+BC＝3，在Rt△MBB1中，由勾股定理得：B1M＝＝，如图2，把底面ABC和侧面BB1A1A沿AB展开在同一平面内，连接MB1，过点M作MF⊥A1B1于点F，交AB于点E，则四边形AEFA1是矩形，ME⊥AB，在Rt△AME中，∠MAE＝60°，∴M