九年级中考数学二轮专题复习 几何最值与动态探究（复习讲义）

专题08几何最值与动态探究目录01析·考情目标02筑·专题框架03攻·重难考点TOC\o"1-1"\n\h\z\u考点一几何最值与动态探究（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接）真题动向题型一最短路径模型题型二垂线段最短与定点到直线最值题型三圆上动点最值题型四折叠中的最值与轨迹题型五旋转中的最值题型六胡不归模型题型七阿氏圆模型题型八几何图形面积最值题型九动态存在性问题题型十轨迹型动态探究命题预测命题透视1．从命题形式上看，呈现出“新材料、新情境、新问题”的特点，载体形式多以生活场景、几何图形、实际应用问题为主，凸显对直观想象、逻辑推理、数学建模核心素养的考查，渗透应用意识与创新思维，培养几何审美与问题解决能力。2．从命题内容上看，**基础最值模型（将军饮马、垂线段最短、定点到圆）、折叠与旋转中的最值、动态轨迹与隐圆最值、特殊图形存在性探究、高阶线段和最值（胡不归/阿氏圆）**是历年中考命题的核心区域。热考角度考点2025年2024年2023年基础最值模型①天津・T10・将军饮马（两定一动求线段和最小）②重庆・T9・垂线段最短（动点在直线上求距离最小）①北京・T15・定点到圆最值（圆外一点到圆上最短距离）②江苏・T8・造桥选址（平移型最短路径）①广东・T9・垂线段最短（动点在直线上求高最小）②山东・T12・将军饮马（两动一定求周长最小）折叠与旋转最值①浙江・T16・折叠后线段最值（对称转化+三角形三边关系）②四川・T15・旋转后线段最值（旋转构造等边三角形）①江苏・T18・旋转轨迹最值（隐圆+定点到圆最值）②安徽・T14・折叠后角度最值（对称转化+等腰三角形）①四川・T12・折叠面积最值（全等转化+二次函数最值）②湖南・T16・旋转后面积最值（旋转+三角形面积公式）动态轨迹与隐圆①上海・T24・定角对定边隐圆最值（动点轨迹为圆弧）②陕西・T23・定点定长隐圆最值（动点轨迹为圆）①山东・T23・定点定长隐圆最值（结合相似求最值）②广东・T24・定角对定边隐圆最值（求最大距离）①安徽・T14・直线型轨迹最值（动点在直线上求距离最小）②河南・T22・圆弧型轨迹最值（隐圆+垂线段最短）特殊图形存在性①重庆・T25・等腰三角形存在性（动态探究+分类讨论）②天津・T24・直角三角形存在性（动点+坐标法）①河南・T22・平行四边形存在性（动点+坐标法）②浙江・T23・菱形存在性（动态几何+垂直平分线）①湖北・T23・相似三角形存在性（动态几何+比例线段）②四川・T25・矩形存在性（动点+勾股定理）高阶线段和最值①陕西・T25・胡不归模型（带系数线段和最小值）②广东・T24・阿氏圆模型（圆上动点+相似转化）①福建・T24・阿氏圆模型（圆上动点+相似转化）②江苏・T25・胡不归模型（构造特殊角+垂线段最短）①湖南・T23・胡不归模型（构造特殊角+垂线段最短）②山东・T24・阿氏圆模型（圆上动点+系数转化）命题预测1）形式上：将继续以生活场景、传统文化或科技应用为情境，侧重考查直观想象与数学建模素养，选择/填空题聚焦基础最值模型，解答题以动态探究与存在性问题为主。2）内容上：核心考点仍围绕将军饮马、折叠旋转、隐圆轨迹、特殊图形存在性及胡不归/阿氏圆展开，会更强调分类讨论与转化思想。3）趋势上：设问将更具开放性，注重“从实际问题抽象为几何模型”的能力考查，同时会加强与函数、相似、圆等知识的综合，突出思维链的完整性。考点一几何最值与动态探究题型一最短路径模型1）两定一动1．（2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（

）A．4 B． C．6 D．【答案】C【分析】如图，延长交于点，连接，，，，由垂径定理得，进而得，点关于的对称点为点，根据两点之间线段最短得当，，三点共线时，最小，最小值为的长，在利用直角三角形的性质即可求解．【详解】解：如图，延长交于点，连接，，，∵于点，交于点，为弧的中点，∴∴，∵，∴，∴，∴点关于的对称点为点，∴，∴当，，三点共线时，最小，最小值为的长，∵，，∴，∴，∵，∴，即，∴，∵，，∴，∴，∴的最小值．故选：C．【点睛】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键．2．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形中，，对角线，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接、．则的最小值是________．【答案】【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，连接，根据两点之间线段最短可知的最小值为，再结合菱形的性质得，然后根据勾股定理得，可得，结合等腰三角形的性质得，，接下来根据勾股定理得，此题可解．【详解】解：如图，连接，作点P关于直线的对称点，则，点是的中点，∴．根据两点之间线段最短，可知的最小值为，∵四边形是菱形，∴，根据勾股定理，得，∴．∵点是的中点，∴，．在中，．所以的最小值为．故答案为：．3．（2025·黑龙江大庆·三模）如图，正方形边长为1，点E是边上的一个动点，，．连接、，则的最小值是_______________．【答案】【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．在上取一点H，使得，连接，．证明，得到，进而有．延长到T，使得，连接，，由，，得到C，T关于对称，从而，因此，根据勾股定理求得，即可解答．【详解】解：在上取一点H，使得，连接，．∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∵，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴，延长到T，使得，连接，，∵，，∴C，T关于对称，∴，∴，∵，∴，∴的最小值为．故答案为：．4．（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先作点关于的对称点，连接，交于点，因为的直径，C为中点，得，再结合，得，再证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算得，则周长，即可作答．【详解】解：作点关于的对称点，连接，记交于点，如图所示：∴∵的直径，C为中点，∴点在上，，，∴，∵，∴，∵，则是等边三角形，∴，∵是直径，∴∴，则周长，∴周长的最小值是．故选：B．5．（2025·四川凉山·中考真题）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，．(1)求反比例函数和一次函数的解析式；(2)利用图像，直接写出不等式的解集为________；(3)在x轴上找一点C，使的周长最小，并求出最小值．【答案】(1)；(2)(3)当点C的坐标为时，的周长有最小值，最小值为【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，一次函数与几何综合，轴对称最短路径问题，两点距离计算公式等等，利用数形结合的思想求解是解题的关键．（1）把点A坐标代入反比例函数解析式中求出反比例函数解析式，再把点B坐标代入反比例函数解析式中求出点B坐标，最后把点A和点B坐标代入一次函数解析式中求出一次函数解析式即可；（2）只需要根据函数图象找到一次函数图象在反比例函数图象上方时自变量的取值范围即可得到答案；（3）作点B关于x轴的对称点D，连接，则，由轴对称的性质可得；由两点距离计算公式可得，则可推出的周长，根据，可推出当A、C、D三点共线时，有最小值，即此时的周长有最小值，最小值为，利用两点距离计算公式可得，则的周长的最小值为；求出直线解析式为，在中，当时，，则．【详解】（1）解：∵反比例函数的图象经过，∴，解得，∴反比例函数的解析式为；在中，当时，，∴，∵一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，，∴，解得，∴一次函数解析式为；（2）解：由函数图象可知，当一次函数的图象在反比例函数的图象上方时自变量的取值范围为，∴不等式的解集为；（3）解；如图所示，作点B关于x轴的对称点D，连接，则，由轴对称的性质可得；∵，，∴，∴的周长，∴当有最小值时，的周长有最小值，∵，∴当有最小值时，的周长有最小值，∵，∴当A、C、D三点共线时，有最小值，即此时的周长有最小值，最小值为，∵，，∴，∴的周长的最小值为；设直线解析式为，则，∴，∴直线解析式为，在中，当时，，∴；综上所述，当点C的坐标为时，的周长有最小值，最小值为．2）两动一定6．（2024·四川内江·中考真题）如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为________．

【答案】【分析】在取点F，使，连接，，过点F作于H，利用三角形内心的定义可得出，利用证明，得出，则，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，即可．【详解】解：在取点F，使，连接，，过点F作于H，

∵I是的内心，∴平分，∴，又，∴，∴，∴，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，∵，，∴，∴，∴，，∴，∴的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含的直角三角形是解题的关键．7．（2025·新疆·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，，点M是的中点，点D和点N分别是线段和上的动点．(1)当点D和点N分别是和的中点时，求a的值；(2)当时，以点C，D，N为顶点的三角形与相似，求的值；(3)当时，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）勾股定理求出的长，中点求出的长，的长，根据，求出的值即可；（2）设，得到，，进而得到，分和两种情况进行讨论，列出比例式进行求解即可；（3）作于点，连接，易得为等腰直角三角形，得到，，进而得到四边形为平行四边形，得到，将绕点旋转90度得到，连接，证明，得到，进而得到，得到，勾股定理求出的长即可．【详解】（1）解：∵等腰直角三角形中，，，，，∴，∵点D和点N分别是和的中点，∴，，∵，∴；（2）∵，，∴，设，则：，，∵等腰直角三角形中，，，∴，∴，∵是的中点，∴，∴，当点C，D，N为顶点的三角形与相似时，分两种情况：①当时，则：，∴，此方程无解，不符合题意；②当时，则：，∴，解得：（不符合题意，舍去）或；∴；综上：；（3）∵，，∴，作于点，连接，则：，∴为等腰直角三角形，∴，，∴，，又，∴四边形为平行四边形，∴，将绕点旋转90度得到，连接，则：，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴当点在线段上时，的值最小为的长，在中，，∴，∴的最小值为．【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，求线段和的最小值，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊图形，是解题的关键．3）造桥选址8．（2025·陕西榆林·模拟预测）如图，在矩形中，，M为上一点，连接．若E，F分别为的中点，则的最小值为________．【答案】【分析】连接，过点E作．证明为的中位线可得，，证明四边形为平行四边形可得，作点G关于的对称点H，即点H在矩形的边上，连接，求出的长几颗求出的最小值．【详解】如图，连接，过点E作．∵矩形中，，∴．∵E，F分别为的中点，∴为的中位线，∴，，∴∴四边形为平行四边形，∴．作点G关于的对称点H，即点H在矩形的边上，连接，∴，故，∴．又∵，∴在中，，故的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线的性质，轴对称的性质，以及勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键．9．（2025年广东省揭阳实验学校九年级第三次模拟考试数学试卷）如图，在矩形中，，，点，为上的动点且，则四边形周长的最小值是________．【答案】/【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质，轴对称最短路径问题，作点D关于的对称点G，作且使得，过点H作于K，连接，由轴对称的性质可得，，证明四边形是平行四边形，得到，则可推出四边形的周长，故当C、F、H三点共线时，有最小值，即此时四边形的周长有最小值，最小值为的值，证明四边形是矩形，得到，则，由勾股定理求出的长即可得到答案．【详解】解：如图所示，作点D关于的对称点G，作且使得，过点H作于K，连接，由轴对称的性质可得，，∵四边形是矩形，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴四边形的周长，∴当有最小值时，四边形的周长有最小值，∴当C、F、H三点共线时，有最小值，即此时四边形的周长有最小值，最小值为的值，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，∴，∴四边形的周长的最小值为，故答案为：．10．（四川省雅安市名山中学蒙山校区2025-2026学年九年级上学期一诊测试数学试题）如图：菱形的边长为4，，点E，点F是对角线上的两动点，，连接，则的最小值为________．【答案】【分析】连接交于点O，作，使得，连接交于点F，可得四边形是平行四边形，因此，根据两点之间线段最短可知，此时最短，再结合已知可得是等边三角形，进而得，在中，根据勾股定理即可求出的值，因此即可求出答案．【详解】解：连接交于点O，作，使得，连接交于点F，，四边形是平行四边形，，，根据两点之间线段最短可知，此时最短，四边形是菱形，，，是等边三角形，，，，在中，，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，两点之间线段最短，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．11．（2025年湖南省岳阳市第十八中学中考一模数学试题）如图，已知点是直线外一定点，是直线上的动线段，，连接、，．求当取最小值时的值．小聪在解题过程中发现：“借助物理学科的相对运动思维，若将看作静线段，则点在平行于直线的直线上运动”．请你参考小聪的思路求当取最小值时___________．【答案】【分析】过点作，作点关于直线的对称点，交直线于点，连接交直线于点，连接，过点作于点，连接，当、、三点共线时，即点运动到点处时，取最小值．，先求出和的值，再通过勾股定理求出，通过角度的代换，证得，通过即可求解．【详解】解：如图，过点作，作点关于直线的对称点，交直线于点，连接交直线于点，连接，过点作于点，连接，点是点关于直线的对称点，直线垂直平分，，，，，当、、三点共线时，即点运动到点处时，取最小值．，，．，且，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，在中，，，．当取最小值时，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了动点最值的将军饮马模型，线段垂直平分线的性质，矩形的判定与性质，三角函数，勾股定理，熟练掌握动点最值类模型的解题思路是解题关键．其他类型12．（2025年四川省内江市中考数学试题）如图，在中，，，，点、、分别是边、、上的动点，则周长的最小值是______．【答案】【分析】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，垂线段最短，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键，作点关于的对称点，连接，得出是等腰直角三角形，当时，取得最小值，即周长最小，进而求得，即可求解．【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接，∴周长为，当四点共线时取得最小值，∵是关于的对称点，∴，又∵∴∴是等腰直角三角形，∴∴当时，取得最小值，即周长最小又∵，，∴∴周长最小为故答案为：．13．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，点是边长为的正方形内一点，连接，点在线段上运动，连接，则的最小值是______．【答案】/【分析】如图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，交于点，则，，，可证是等边三角形，得到，当点四点共线且时，取得最小值，即可求解．【详解】解：如图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，交于点，则，，∴，∴，，∴是等边三角形，∴，∴，当点四点共线且时，取得最小值，∵四边形是正方形，边长为，绕点顺时针旋转得到，∴，，∴，∴，∴，∴的最小值是，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的运用，将绕点顺时针旋转得到，得到是解题的关键．14．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________．【答案】【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求．【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，，由题意知，在菱形中，，，∴和为等边三角形，∵，∴，在和中，，∴，∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小，此时最小值的长度为．故答案为：．题型二垂线段最短与定点到直线最值动点在直线上，求线段最短1．（2025·四川广安·中考真题）如图，在等腰中，，，D是边上的一个动点，连接，则的最小值为__________．【答案】【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质，垂线段最短，由勾股定理可得，由垂线段最短可得，当时，有最小值，则此时点D为的中点，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得．【详解】解：∵在等腰中，，，∴，由垂线段最短可知，当时，有最小值，∵，∴当时，点D为的中点，∴此时，故答案为：．2．（2025·安徽蚌埠·二模）如图，中，，，点M为边上一动点，将线段绕点O按逆时针方向旋转至，连接，则：（1）的最小值为________（2）周长的最小值为________．【答案】2/【分析】本题主要考查勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定和性质；（1）作于H，于J．证出，得到，点N的运动轨迹是直线，该直线与直线平行，在的右侧，与的距离是，作点C关于该直线的对称点，连接交该直线于，连接，作于G，当时，根据求出结果即可；（2）结合（1）作点C关于该直线的对称点，连接交该直线于，连接，此时的周长最小，在中，利用勾股定理，计算即可．【详解】解：如图，作于H，于J．∵，∵于H，∴，∵，，∴∴，∵，∴，∴，∴点N的运动轨迹是直线，该线直线与直线平行，在的右侧，与的距离是，作点C关于该直线的对称点，连接交该直线于，连接，此时的周长最小，作于G．（1）当时，取最小值为；（2）在中，，∴的周长的最小值为．故答案为：，．3．（2025·河南漯河·一模）如图，在中，，，，是边上的一动点，连接，以为直角边按如图所示的方向作，使得，且，是边上的一点，，连接，则的长的最小值为___________，的长的最小值为___________．【答案】3【分析】本题主要考查直角三角形的性质，垂线段最短，相似三角形的判定与性质，连接并延长，交的延长线于点，证明，得，当点在边上运动时，点随之在边上运动．当时，的值最小．在中，运用角所对的直角边等于斜边一半可得．当时，的值最小．证明，根据相似三角形的判定与性质可得．【详解】解：如图，连接并延长，交的延长线于点．在中，，．，，即．，，，当点在边上运动时，点随之在边上运动．当时，的值最小．在中，，．当时，的值最小．在中，，．，，，，即，解得．故答案为：，3．4．（2025·山东·中考真题）如图，在中，，，．点为边上异于的一点，以，为邻边作，则线段的最小值是______．【答案】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、垂线段最短等知识点，掌握平行四边形对角线相互平分是解题的关键．由勾股定理可得，设与交于点O，过O作于点，由四边形作是平行四边形得、，根据垂线段最短可得当时，即P与重合时，最小；再运用三角函数求得，进而求得即可解答．【详解】解：∵在中，，，，∴，如图，设与交于点O，过O作于点，∴，∵四边形是平行四边形，∴、∴当线段长最小，则线段的长最小，由垂线段最短可得：时，即P与重合时，最小；∵，∴，解得：．∴线段长最小为．故答案为：．点到直线距离、高、面积关联最值5．（2025年四川省资阳市中考数学试题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动是解题的关键．过点C作于点G，可得四边形是矩形，从而得到，，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，然后结合可得点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，延长交于点M，过点D作于点N，则，可得，即可求解．【详解】解：如图，过点C作于点G，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，，∵∴，∴，∴当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，∵E是线段的中点，，∴，由折叠的性质得：，∴点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，∴当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，延长交于点M，过点D作于点N，则，∴，∵，，∴，∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，，∴，∵，∴，即，∴，∴∴，即面积的最小值为．故选：B．6．（24-25九年级上·安徽合肥·期末）如图，菱形中，，是边上一点，是边上一点，，连接交于点，若，则下列结论错误的是（

）A．的最小值为 B．的最大值为1C．面积的最大值是 D．的最小值是3【答案】D【分析】先证明是等边三角形；得出，说明当最小时，最小，根据垂线段最短，得出当时，最小，根据等边三角形性质和勾股定理求出最小值即可判断A选项；根据，为定值，得出当最小时，最大，根据时，最小，此时最大，根据等边三角形性质和勾股定理求出结果，即可判断B选项；根据，得出，说明当最小时，面积最大，根据为等边三角形，得出当边长最小时，面积最小，求出的最小值为，最后求出结果即可判断C选项；设，，根据，根据二次函数性质，说明有最大值，求出最大值为3，即可判断D选项．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴在和中，∵，∴，∴，又∵，∴是等边三角形；∴，∴当最小时，最小，∵垂线段最短，∴当时，最小，∵为等边三角形，∴此时，根据勾股定理得：，∴的最小值为，故A正确，不符合题意；∵，为定值，∴当最小时，最大，当时，最小，此时最大，∵是等边三角形，∴当时，，，∴，∴此时平分，∵为等边三角形，∴此时，∴此时，∴，∴此时，根据勾股定理得：，∴此时，即的最大值为1，故B正确，不符合题意；∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴当最小时，面积最大，∵为等边三角形，∴当边长最小时，面积最小，∵的最小值为，此时上的高为3，∴的最小值为，∴面积的最大值为，故C正确，不符合题意；∵，∴，∴，设，，∴，∴当时，取最大值，∴此时，∴此时，∵为等边三角形，∴此时，，∴此时，∴平分，∵为等边三角形，∴此时，∴此时，∴，∴，即的最大值为3，故D错误，符合题意．故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，二次函数的最值，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形面积计算，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，数形结合．7．（2025·广东惠州·三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在双曲线上，点B在直线上，则的最小值为______．【答案】【分析】如图，过作直线的平行线：直线，当直线与的唯一交点为，且直线时，最小，可得：，此时方程有两个相等的实数根，求解（舍去），求解，过作于，证明，可得，从而可得答案.【详解】解：如图，过作直线的平行线：直线，当直线与的唯一交点为，且直线时，最小，联立，∴，整理得：，此时方程有两个相等的实数根，∴，解得：（舍去），∴直线，如图，记直线与轴交于点，与轴交于点，∴当，则，当，则，则，∴，，∴，∴，记直线与轴交于点，过作于，∴，∵，∴，，∴，同理：，∴，∴，∴，∴的最小值；故答案为：【点睛】本题考查的是一次函数与反比例函数的综合应用，一元二次方程根的判别式的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出图形，理解题意是解本题的关键.8．（2025·云南昆明·模拟预测）如图，在菱形中，，，点E、F分别是边、上的动点，且，则面积的最小值为______．【答案】【分析】连接，过点作于点，根据菱形的性质，得到和是等边三角形，证明，从而推出是等边三角形，设，则，由垂线段最短可知，当时，最短，此时有最小值，面积有最小值，即可求解．【详解】解：如图，连接，过点作于点，在菱形中，，，，，和是等边三角形，，，，，，在和中，，，，，，是等边三角形，，，设，则，，，当最小时，面积有最小值，由垂线段最短可知，当时，最短，即有最小值，是等边三角形，，，的最小值为，面积的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相关知识点是解题关键．题型三圆上动点最值圆外一点到圆上最值1．（2025·河南平顶山·二模）如图，在四边形中，点P为平面内一动点，且．连接，将线段绕点D逆时针旋转至，则A，两点间的最大距离为__________，最小距离为___________．【答案】//【分析】过B作于Q，连接，先根据含角的直角三角形的性质求出，根据勾股定理求出，根据三线合一的性质求出，证明是等边三角形，得出，根据旋转的性质得出，，证明，得出，则点在以C为圆心，1为半径的圆上运动，故当在的延长线上时，最大，当在上时，最小，即可求解．【详解】解：过B作于Q，连接，，∵，，∴，，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵线段绕点D逆时针旋转至，∴，，∴，∴，∴，∴点在以C为圆心，1为半径的圆上运动，∴当在的延长线上时，最大，当在上时，最小，即A，两点间的最大距离为，最小距离为，故答案为：；．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，点与圆上一点的最值问题等知识，判断出点在以C为圆心，1为半径的圆上运动是解题的关键．2．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，点B是线段上的点，且满足，．将线段绕点A顺时针旋转得到，连接，取线段的中点D，则点A与点D的最小距离为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】本题考查旋转的性质，三角形中位线的性质，点与圆上一点的最佳问题，根据三角形中位线性质求得，得出点D是在以点O为圆心，为半径的圆上运动是解题的关键．取的中点O，连接，根据中位线的性质与旋转的性质求得，则点以点A为圆心，为半径的圆上运动，同时，点D是在以点O为圆心，为半径的圆上运动，当点D在上时，此时最小，由求解即可．【详解】解：取的中点O，连接，如图，∵点D是线段的中点，∴是的中位线，∴∵由旋转可得，∴，∴点以点A为圆心，为半径的圆上运动，同时，点D是在以点O为圆心，为半径的圆上运动，∴当点D在上时，最小，如图，∴此时，．故选：B．3．（2024·上海闵行·三模）若点P到上的所有点的距离中，最大距离为8，最小距离为2，那么的半径为__．【答案】或者【分析】本题考查了点与圆的位置关系，分点P在外和内两种情况讨论，当点P在外时，最大距离与最小距离之差等于直径；当点P在内时，最大距离与最小距离之和等于直径，即可得．【详解】解：点P在外时，外一点到上所有的点的距离中，最大距离是，最小距离是，的半径长等于；点P在内时，内一点到上所有的点的距离中，最大距离是，最小距离是，的半径长等于，故答案为：或者．直径最长弦、圆中弦长最值4．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，．将射线绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结，使得面积为24，连结，则的最大值是________．【答案】【分析】先整理得，过点C向上作线段，使得，则，结合整理得，证明，即，运用即定角定弦，故点D在以为直径的圆上，连接，并延长与交于一点，即为，运用勾股定理得，即可作答．【详解】解：∵射线绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结，∴∵面积为24，∴∴，过点C向上作线段，使得，∵∴即∴，连接，∵，∴∵，∴，∵，∴，∴，故点D在以为直径的圆上，∵，记圆心为直径的中点，即的半径连接，并延长与交于一点，即为，此时为的最大值，故∴故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，正确分析出点D在以为直径的圆上是解题的关键．定角对定边、定点定长：隐圆判断与最值5．（2025·江苏徐州·二模）如图，在中，，点D是的中点，，则的最大值为______．【答案】【分析】在中，，点D是的中点，得出，又，得出点A在以为弦，圆周角的圆上，如图，构造，其中，，如图，当点三点共线时，取得最大值，证明，根据勾股定理即可求解．【详解】解：∵在中，，点D是的中点，，∴，又，∴点A在以为弦，圆周角的圆上，如图，构造，其中，，则，故圆心在的垂直平分线上，如图，当点三点共线时，取得最大值，此时，，∴，∴，故答案为：．【点睛】该题考查了几何中的最值问题，定角对定边轨迹为圆，涉及勾股定理，等腰三角形的性质和判定，圆周角定理等知识点，根据题意构造符合条件的圆，确定出点A的轨迹是解题的关键．6．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（

）A．6 B．6 C．3 D．4【答案】D【分析】建立平面直角坐标系，以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，设的中点为G，过点D在上方作，使.过点H作于点K，连接，则，根据正方形性质，得，得，和，，根据，得点B、E、A、D在上，得，得，根据，得，得，得点F在以点H为圆心，为半径的圆上运动，根据，得，得，得取得最小值，为．【详解】解：以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，设的中点为G，过点D作，使，过点H作于点K，连接，则，∵正方形边长为6，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴点B、E、A、D在上，∴，∵，∴，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴点F是在以点H为圆心，为半径的圆上运动，∵，，∴，∴，∴，∵，∴当点F在上时，取得最小值，为．故选：D．【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，相似三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键．7．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，．（1）面积的最大值为_______；（2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______．【答案】4【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可；（2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到．【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且，∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆，取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大，即此时面积取得最大值，如图，∵∴，∴面积的最大值．故答案为：4；（2）连接，如图，∵、的中点为M、N，∴，∴取得最小值时，长度最小．由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接，∴当、、三点共线时，此时最小，如图，由（1）可知，，过点O作，交的延长线于点F，如图，∵四边形为平行四边形，，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴线段长度的最小值．故答案为：．【点睛】本题考查了直径所对圆周角等于90度，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线判定与性质，含30度角的直角三角形等知识点，解题关键是灵活运用上述知识点并得到点的轨迹．8．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接．(1)如图1，，，求的度数；(2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明：(3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积．【答案】(1)(2)，理由见解析.(3)【分析】（1）利用，，得出是等边三角形，得出．由旋转得，则可求出，再利用外角即可求解；（2）连接，，利用，，得，证明，得，，得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出；（3）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小，此时，由翻折可知，则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时，连接，过点作于点，过点作于点，证明，得出，，通过证明，得出，，再计算出，，即可求出，则，通过，求出，可求出，则利用即可求出．【详解】（1）解：∵，，∴是等边三角形，∴．由旋转得，∴，∴；（2）解：，理由如下：如图，连接，，∵，，∴，由旋转知，，∴，即，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∵点是的中点，，∴，∴，∴，∴，即，∵点是的中点，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，即；（3）解：取中点，中点，连接，，，∵，，∴，，，∴，∵是中点，∴，∴，由旋转知，，∴是等边三角形，，∴，∴，∴，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小，此时如图，由翻折可知，∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时如图，连接，过点作于点，过点作于点，由旋转知，，∴是等边三角形，∴，，∵是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∵，，，∴，，∴，∴，，∴，∵为中点，∴，∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，解得：，∴，∵，，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．题型四折叠中的最值与轨迹折叠后对应点轨迹（圆弧/直线）1．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为________．【答案】/【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解．【详解】解：∵在中，，，∴，，则，∵E为边的中点，∴，∵沿翻折得，∴，∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小，过C作于N，∵，∴，在中，，，∴，∴，∴面积的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点的运动路线是解答的关键．2．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是______．【答案】【分析】分点在矩形内部和点在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点在矩形内部时，作，交于点，证明，进而得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，得到当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，当点在矩形外部时，同法可得，点在以为直径的圆上，得到当点运动到点时，点的运动轨迹是圆心角为的，求出两段路径的和即可得出结果．【详解】解：∵矩形，∴，∵翻折，∴，当点在矩形内部时，作，交于点，则：，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴点在以为直径的圆上运动，∴当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，∴点的运动路径长为：；当点在矩形的外部时，作，交的延长线于点，同法可得：，，∴，点在以为直径的上运动，连接，当点运动到点时，如图：∵，，∴，∴，∴，∵折叠，∴，∴，∴，∴，∴点的运动轨迹为圆心角为的，路径长为，∴点的运动路径总长为：；故答案为：【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点的运动轨迹，是解题的关键．3．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则__________．【答案】或/或【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解．【详解】解：当在之间时，作下图，根据，不妨设，由翻折的性质知：，沿直线翻折至所在直线，，。，过作的垂线交于，，，当在的延长线上时，作下图，根据，不妨设，同理知：，过作的垂线交于，，，故答案为：或．4．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为______．【答案】或或2【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．【详解】解：为直径，为弦，，当的长为正整数时，或2，当时，即为直径，将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，故；当时，且在点在线段之间，如图，连接，此时，，，，，；当时，且点在线段之间，连接，同理可得，，综上，可得线段的长为或或2，故答案为：或或2．折叠产生的线段、角度、面积最值1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在三角形纸片中，，，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点；再将纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．下列结论成立的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查了三角形的翻折问题，垂直的定义，等腰三角形的判定与性质以及直角三角形中正弦值的求解，在翻折过程中由边长和角度不变，可求解翻折前后的角度是解决本题的关键．根据是由翻折得到可求解的度数，由此判断C选项；根据翻折前后角度的求解，可求解与的度数，由“等角对等边”可判断A选项，求解的度数可判断B选项；假设结论成立，根据直角三角形中的正弦值求解边长即可判断D选项．【详解】解：C选项，在中，，，∴，∵是由翻折得到，∴，故C选项错误；A选项，∵是由翻折得到，，∴，∴，∴，∵是由翻折得到，∴，∴，在中，，∵，∴，故A选项正确；B选项，∵，即，∴与不垂直，故B错误；D选项，过点G作交于点M，如图，假设，∵是由翻折得到，∴，∵，∴为等腰三角形，∵，∴，即，∴，在中，，在中，，∵，∴，又∵，与已知不符，故D选项错误．故选：A．2．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是_________【答案】或或【分析】本题主要考查矩形的性质和折叠的性质，解题的关键是要分情况讨论与，的夹角情况，再利用矩形的性质和折叠的性质以及直角三角形两锐角互余的性质求出的度数．【详解】解：①当与的夹角为时，即,如图：，,,,;②当与的夹角为时，即,如图：，,,,;或，如图：，,,,;综上，的度数可以是或或．故答案为：或或．3．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）等腰三角形纸片中，，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交于点D，交直线于点E，连接，若，，则的面积为__________．【答案】或【分析】本题主要考查折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，分为锐角和钝角两种情况讨论求解：①当为锐角时求出，，由折叠得，可求得，过点作于点，证明，可求出，可求出，根据可得结论；②当为钝角时，过点作于点，得出，可求出，，从而可得．【详解】解：当为锐角时，如图，根据题意得，∵，∴设，则，∵，∴，即，解得，∴，，由折叠得，∴；∴，过点作于点，则，∴，∴，即，∴∴，∴；当为钝角时，如图，过点作于点，则，∴，同（1）可得，，∴，同理可得∴；综上所述，的面积为或．故答案为：或．4．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________．【答案】/【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可．【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为，则，∵正方形，∴，，∴四边形是矩形，∴，由折叠可知，∴，∴，又∵，∴，∴，∵∴，设正方形边长为，则，∵，∴，在中，，即解得：或（不合题意舍去）∴．故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键．题型五旋转中的最值利用旋转构造三角形三边关系求最值1．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆．【动手操作】如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）【迁移运用】正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形．（1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径；（2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径；（3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围．【答案】【动手操作】图见解析；【迁移运用】（1）；（2）；（3）变化，【分析】动手操作：作的中垂线，再以中垂线与的交点为圆心，交点与点之间的距离为半径画圆即可；（1）延长交于点，求得为钝角，根据题意得到为的最小覆盖圆的直径，在中，利用勾股定理进行求解即可；（2）连接，根据题意，易得为锐角三角形，的外接圆为其最小覆盖圆，根据正方形的性质，得到，进而得到即为的外接圆的直径，进行求解即可；（3）连接，交于点，交于点，连接，根据三角形的中位线定理，证明四边形为平行四边形，证明，推出四边形为正方形，进而得到四边形的最小覆盖圆的直径为的长，根据正方形的性质得到，根据，求出的范围，即可得出结果．【详解】解：动手操作：∵中，，∴是钝角三角形，∴的最小覆盖圆为以为直径的圆，作图如下：迁移运用：（1）∵正方形的边长为7，正方形，∴，∴，∴为钝角三角形，∴为最小覆盖圆的直径，延长交于点，则：，∴四边形为矩形，∴，∴，∴；（2）连接，作于点，延长交于点，则：四边形为矩形，∴，，∴，，在中，，∴，∵，即：，∴，∵过点，，∴，为的直径，又∵，∴为锐角三角形，∴即为的最小覆盖圆，∵，∴，即：，∴，∴，即的最小覆盖圆的直径为；（3）变化；连接，交于点，交于点，连接，∵分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵正方形，正方形，∴，∴，∴，∴，，∴，∴四边形为菱形，∵，∴，∴，∴，∴四边形为正方形，∴，四边形的最小覆盖圆的直径为，∴随着的变化而变化，∵，即，∴，∴，即．【点睛】本题考查三角形的外接圆，圆周角定理，解直角三角形，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握题干给出的信息，判断三角形和四边形的最小覆盖圆，是解题的关键．2．（2025·江苏淮安·二模）将一副直角三角尺按图1摆放，其中，等腰顶点D在边上，边经过点C，DE与交于点M．(1)若D为的中点．①_____；②如图2．将绕点D按顺时针方向旋转，直角边交于N，试猜想与之间的数量关系，并说明理由；③如图2，若，在绕点D的旋转过程中，求的最小值；(2)如图3，若，在绕点D的旋转过程中，同时改变点D在上位置，的最小值也会发生变化，当_____时，在绕点D的旋转过程中的最小值达到最小，最小值为_____．【答案】(1)①；②，理由见解析；③(2)，3【分析】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．（1）①证明是等边三角形，得，，由正切函数可得结论；②先证明，再证明，利用相似三角形的性质解决问题即可；③证明M，D，N，C四点共圆，推出是该圆的直径，易知当是该圆的直径时，的长最短．（2）当时，根据“垂线段最短”知，的长最短，当四边形是矩形时，，此时最短．解直角三角形，求出即可．【详解】（1）解：①∵，∴，∵°，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，故答案为：；②如图，过点作于点，于点，，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，∵为的中点，∴，∴；∵，，∴，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴，即；③连接．∵，∴，∴M，D，N，C四点共圆，∴是该圆的直径，∵，∴当时，的长最短，此时．（2）解：如图，当时，根据“垂线段最短”知，的长最短，当四边形是矩形时，，此时最短．∵，∴，∴，∴，∴的最小值为3，故答案为：，33．（2026·浙江·模拟预测）在菱形中，(1)如图1，求的长．(2)如图2，以点为旋转中心，逆时针转动，记点，旋转得到的对应点分别为，．当第一次平行于时，停止旋转．当时，求的值．如图3，设旋转停止前，直线交射线于点，连接，求的最小值．【答案】(1)5(2)，【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直且平分，结合勾股定理解答即可．（2）延长交于点，根据菱形的性质，旋转的性质，三角函数的定义解答即可．根据勾股定理，三角函数的定义，菱形的性质解答即可．本题考查了菱形的性质，勾股定理，垂线段最短，旋转的性质，三角函数的应用，熟练掌握性质和三角函数是解题的关键．【详解】（1）解：在菱形中，∴，∴．（2）①如图1，延长交于点，由旋转变换中每条线的旋转角都相等可知，．在菱形中，∴，∴．∴．又∵，∴，∴．②解：如图2，．∵，∴最小时，也最小，要想最小，只需最小．∵为定角，∴当时，有最小值为，此时，∴的最小值为旋转轨迹（圆弧）上的点到定点最值4．（2024年黑龙江省大庆市中考数学试题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（

）A．15 B． C． D．18【答案】B【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解．【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为，∵矩形，∴，∴，∴四边形和都是矩形，∴，由旋转的性质得，，∴，∴，∴，∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为，∵，，∴，故选：B．5．（2024年黑龙江省龙东地区中考数学试题）如图，在中，，，，，线段绕点旋转，点为的中点，则的最大值是________．【答案】【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出取最大值时B、P、M三点的位置关系．取的中点M，连接、，利用解三角形求出，利用三角形中位线定理推出，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值．【详解】解：取的中点M，连接、．∵，，，∴，∴，∴，∵P、M分别是的中点，∴．如图，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值，最大值为，故答案为：．6．（2025年河南省平顶山市部分学校九年级中考一模数学试题）如图，在正方形中，，点在边上，，将线段绕点旋转，得到线段，连接，，当最大时，的长为___________．【答案】5或【分析】首先根据题意得到点P的运动轨迹是以点A为圆心，1为半径长的圆，当与相切时，最大，然后分点P在左侧和点P在右侧两种情况讨论，根据勾股定理求出，然后利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：∵点E在边上，，将线段绕点A旋转，得到线段，∴点P的运动轨迹是以点A为圆心，1为半径长的圆，∴当与相切时，最大如图1，当点P在左侧时，根据题意得，，，∵过点P作，交的延长线于点H，∴∴，又∵，即，，∴在中，；如图2，当点P在右侧时，同理，可得，，∴∴在中，．综上所述，的长为5或．故答案为：5或．【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，正方形的性质等知识，解题的关键是得到当与相切时，最大．7．（2024年江苏省连云港市中考真题数学试卷）【问题情境】（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；【操作实践】（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；【探究应用】（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．【答案】（1）2（2）（3）（4）【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；（2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案；（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可；（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可.【详解】解：如图，∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，∴设，，∴，，∴，，∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．（2）如图，∵，∴，，，，∴，如图，结合图形变换可得：；（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，∵为圆外一个定点，∴当与相切时，最大，∴，∴，由（2）可得：，∵，，∴，∴；（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，∴，，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，∴当三点共线时，最短，∵，，∴，，∴；∴的最小值为；【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.题型六胡不归模型（直线型带系数）1．（2024·四川德阳·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．(1)求抛物线的解析式；(2)当时，求的函数值的取值范围；(3)将拋物线的顶点向下平移个单位长度得到点，点为抛物线的对称轴上一动点，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)的最小值为：【分析】（1）直接利用待定系数法求解二次函数的解析式即可；（2）求解的对称轴为直线，而，再利用二次函数的性质可得答案；（3）求解，，可得，求解直线为，及，证明在直线上，如图，过作于，连接，过作于，可得，，证明，可得，可得，再进一步求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为：；（2）解：∵的对称轴为直线，而，∴函数最小值为：，当时，，当时，，∴函数值的范围为：；（3）解：∵，当时，，∴，当时，解得：，，∴，∴，设直线为，∴，∴，∴直线为，∵拋物线的顶点向下平移个单位长度得到点，而顶点为，∴，∴在直线上，如图，过作于，连接，过作于，∵，，∴，，∵对称轴与轴平行，∴，∴，∴，由抛物线的对称性可得：，，∴，当三点共线时取等号，∴，∴，∴，即的最小值为：．【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，利用轴对称的性质求解线段和的最小值，锐角三角函数的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．2．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，与y轴交于点C．(1)求抛物线的解析式；(2)点P为抛物线对称轴上一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转，使点B的对应点D恰好落在抛物线上，求此时点P的坐标；(3)在线段上是否存在点Q，使存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)或(3)存在，，的最小值为【分析】（1）对称性求出点坐标，两点式写出函数解析式即可；（2）设对称轴与轴交于点，设，，分点在轴上方和点在轴下方两种情况进行讨论求解即可；（3）在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，易得为等腰直角三角形，进而得到，推出，得到当点与点重合时，的值最小为的长，等积法求出的长，证明为等腰直角三角形，求出点坐标即可．【详解】（1）解：∵抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，∴，∴抛物线的解析式为：；（2）∵点在对称轴上，设对称轴与轴交于点∴设，；∵旋转，∴，当点在轴上方时，∵关于对称轴对称，∴，∴当时，满足题意，此时点与点重合，，∵，，∴，∴，∴；当点在轴下方时，如图，作对称轴于点，则：，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，把代入，得：，解得：或（舍去）；∴；综上：或；（3）存在；在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，则：，，∵，∴当时，，∴，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∴当点与点重合时，的值最小为的长，∵，∴，，∵，∴，∴，∴的最小值为，在中，，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴；综上：，的最小值为．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．3．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在中，，，，垂足为，为线段上的一动点，连接、．则的最小值为___________．【答案】【分析】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．在∠BAC的外部作，作于F，交于P，此时，通过解直角三角形，进一步求得结果．【详解】解：如图，在的外部作，作于F，交于P，∴∵，∴，∴，∴，此时，即的最小值为的长度，∴，此时最小，在中，，∴，∴，故答案为：．4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在中，，，，若P为上一个动点，则的最小值为______．【答案】3【分析】过点P作于D，求得，作点C关于的对称点E，连接交于F，连接，得到，再根据，则当P、D、E三点共线时，值最小，最小值等于，然后求出的长即可求解．【详解】解：过点P作于D，在中，，，∴，∵∴∴，作点C关于的对称点E，连接交于F，连接，∴，，∴∵∴当P、D、E三点共线时，值最小，最小值等于，∵点C关于的对称点E，连接交于F，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴的最小值为3．故答案为：3．【点睛】本题考查利用轴对称求最短路径问题，两点间线段最短，直角三角形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，熟练掌握利用轴对称求最短路径方法以是解题的关键．题型七阿氏圆模型1．（2025·黑龙江·中考真题）如图，已知中，，，，点M是内部一点，连接、、，若，则的最小值为_______．【答案】【分析】本题考查了相似三角形的应用，解题关键构造相似三角形转化线段关系得出.在上取点，使，构造出，得，再根据两点之间线段最短得出即当在上时，取最小值.【详解】解：在上取点，使，又∵，，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，即当在上时，取最小值，为.故答案为.2．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，矩形中，，点是矩形内部一个动点，且，连接，则三分之二的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得：点在以为圆心，为半径的圆弧上运动，在上取一点，使，连接，由矩形的性质可得，，推出，证明，得到，推出，即当、、共线时，取最小值，最小值为，最后根据勾股定理求出，即可求解．【详解】解：根据题意可得：点在以为圆心，为半径的圆弧上运动，在上取一点，使，连接，矩形中，，，，，，，，又，，，，，当、、共线时，取最小值，最小值为，，故选:B．【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，圆的性质，勾股定理，线段和最短问题，解题的关键是正确作出辅助线．3．（20-21九年级上·江苏宿迁·期末）问题提出：如图1，在中，，，，的半径为2，P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D，使，连接，则．又因为，所以，所以．所以．所以．请你完成余下的思考，并求出的最小值；(2)自主探案：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，已知在扇形中，，，，，P是上一点，求的最小值．【答案】(1)见解析(2)(3)13【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、圆的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是关键．（1）连接，得到当点A，P，D在同一条直线上时，最小，即的最小值为的长．求出的长即可；（2）连接，在上取点D，使，连接，，证明．得到．则．当点B，P，D在同一直线上时，的值最小，即的最小值为的长，进一步求出的长即可；（3）延长到点E，使，连接，．证明．得到．．当E，P，B三点共线时，取得最小值，即的最小值为的长．进一步求出的长即可．【详解】（1）解：如图，连接，，要使最小，即最小．当点A，P，D在同一条直线上时，最小，即的最小值为的长．在中，，，．的最小值为．（2）如图，连接，在上取点D，使，连接，，．，．．．．当点B，P，D在同一直线上时，的值最小，即的最小值为的长，在中，．的最小值为．（3）如图，延长到点E，使，连接，．．，，．，．．．．当E，P，B三点共线时，取得最小值，即的最小值为的长．在中，．的最值为13．题型八几何图形面积最值三角形、四边形面积最大/最小1．（2025·广西·中考真题）综合与实践树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1）初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形．【问题提出】西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置．设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为．【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？【初步探究】（2）求图3情形的与的值；【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式；【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果）【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4）【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论；（2）根据（1）的结论可得答案；（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论；（4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上，∴，，，又∵如图2，在上，，，∴，，当时，如图，设交于点，交于点，则，此时遮阳区的面积为的面积，∵，∴，，∴，∴，∴，∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；当时，如图，设交于点，则，，，此时遮阳区的面积为四边形的面积，∵，∴四边形为梯形，∴，∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大；（2）如图3，此时点落在上，则，由（1）知：当时，；∴图3情形时，，；（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，此时遮阳区的面积为六边形的面积，∴，，，∴，，∴，，∴，，∴，∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为；（4）当时，，当时，的最大值为：；当时，，当时，的最大值为：；当时，，∵∴当时，的最大值为：，综上所述，当时，取得最大值，最大值为，∴当遮阳区面积最大时，向右移动了．【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键．2．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E．(1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由；(2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线；(3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______．【答案】(1)，理由见解析(2)见解析(3)25【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论；（2）延长至，使得，连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论；（3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论．【详解】（1）解：，理由如下：由旋转的性质可得过作于过点C作的延长线于，，，，，，又，，，，，（2）证明：延长至，使得，连接，为中点为的中位线由旋转的性质可得，，，，，四点共圆，，，连接，在中，点是的中点，，同理可得，在中，点是的中点，，同理可得，，四边形是菱形，，即，四边形是平行四边形，，又，P，Q，R三点共线；（3）解：过点C作延长线于，由旋转的性质可得，由（1）得，由旋转的性质可得，，，，，，，，中，，，则S的最大值为25．故答案为：25．【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．3．（2025·四川广元·中考真题）综合与实践（1）【初步感知】如图①，和中，，，，求的度数；（2）【深入探究】如图②，在矩形中，，点E是线段上一点，连接，过点A在上方作，使，连接，请证明，并直接写出点F到的距离的最大值；（3）【学以致用】如图③，梯形中，，，，，点E是线段的中点，点F是线段上一点，连接，过点E在上方作，使，当的面积最小时，求的长．【答案】（1）；（2）证明见解析；F到的距离的最大值为；（3）【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形和梯形的面积计算及几何最值问题，解题的关键是通过角度关系和线段比例证明相似三角形，利用面积关系转化线段关系，结合图形性质求解．（1）初步感知：由推出，结合得比例式，证明，利用得出的度数．（2）深入探究：由矩形面积和面积关系得的定值，结合和矩形中，证明；得出，即可得出在以为直径的圆上运动，进而根据题意，即可求解．（3）学以致用：先计算梯形面积和面积，结合得的定值；根据（2）构造矩形，证明，得出，得出在为直径的圆上，进而求得出当的面积最小时，得出是等腰直角三角形，勾股定理即可得出长．【详解】（1）解：∵∴，即．．∴（两边对应成比例且夹角相等）．∵，∴．（2）证明：∵，∴，即，∴∵四边形是矩形，，∴，，∵，∴∴∴∴∴在以为直径的圆上运动，∴到的最大距离为；（3）解：∵梯形中，，，，，∴，∵，∴，即，∵点E是线段的中点，∴，如图，取，作矩形，则，，连接，∴，∴，∴，又，∴，∴，∴，∴在为直径的圆上，∴当的面积最小时，在过点且垂直于的直线上，则此时是等腰直角三角形，∴．动点、动线、动形下的面积定值4．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线．