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培优冲刺04几何最值问题综合（4题型）2024年中考数学复习冲刺过关（全国通用）
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这是一份培优冲刺04几何最值问题综合（4题型）2024年中考数学复习冲刺过关（全国通用），文件包含培优冲刺04几何最值问题综合原卷版docx、培优冲刺04几何最值问题综合解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
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
【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．3B．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
【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•cs30°＝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
【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，
∵＝＝cs30°＝，∠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•cs∠TAH＝4cs30°＝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＝＝cs30°＝，
∵∠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
【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°，
∴ME＝AM•sin60°＝×＝，
AE＝AM•cs60°＝，
∴MF＝ME+EF＝+2＝，
B1F＝A1B1﹣A1F＝，
在Rt△MFB1中，由勾股定理得：
B1M＝＝，
如图3，连接B1M，交A1C1于点N，则B1M⊥AC，B1N⊥A1C1，
在Rt△A1NB1中，∠NA1B1＝60°，
∴NB1＝A1B1•sin60°＝3，
∴B1M＝NB1+MN＝5，
∵＜5＜，
∴小虫爬行的最短路程为．
故答案为：．
3．（2023•常州）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，D是AC延长线上的一点，CD＝2．M是边BC上的一点（点M与点B、C不重合），以CD、CM为邻边作▱CMND．连接AN并取AN的中点P，连接PM，则PM的取值范围是 ． ．
【分析】先根据题意确定点P的运动轨迹，即可确定MP的最大值和最小值，从而解答．
【解答】解：∵AB＝AC＝4，
∴AD＝6，
∵△ABC是等腰直角三角形，四边形CNMD是平行四边形，
∴DN∥BC，DN＝BC，CD∥MN，CD＝MN，
∴∠ADN＝∠ACB＝45°＝∠ABC＝∠CMN，
当M与B重合时，如图M1，N1，P1，∠ABN1＝90°，
∴AN1＝＝2，
∵P1是中点，
∴MP1＝AN1＝，
当MP⊥BC时，如图P2，M2，N2，
∵P1，P，P2是中点，
∴P的运动轨迹为平行于BC的线段，交AC于H，
∴CH＝3﹣2＝1，
∵∠ACB＝45°，
∴PH与BC间的距离为P2M2＝CH＝，
∵M不与B、C重合，
∴．
【中考模拟练】
1．（2024•济南一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E为AB上一点，连接DE，将△ADE沿DE折叠，点A落在A1处，连接A1C，若F、G分别为A1C、BC的中点，则FG的最小值为 1 ．
【分析】连接A1B，由F、G分别为A1C、BC的中点可得FG＝A1B，在△A1BD中有A1B+A1D≥BD，由勾股定理可得BD，由折叠性质和矩形性质可得A1D＝AD＝BC，即可求解．
【解答】解：如图，连接A1B，BD，
∵F、G分别为A1C、BC的中点，
∴FG＝A1B，
当FG的最小时，即A1B最小，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝4，BC＝3，
∴AD＝BC＝3，∠A＝90°，
∴BD＝＝5，
∵△ADE沿DE折叠，
∴A1D＝AD＝3，
在△A1BD中有A1B+A1D≥BD，
∴A1B≥BD﹣A1D，
即A1B≥2，
∴FG＝A1B≥1，
∴FG的最小值为1，
故答案为：1．
2．（2024•郾城区一模）如图，在矩形ABCD中，，AB＝6，对角线AC，BD相交于点O，点E在线段AC上，且AE＝4，点F为线段BD上的一个动点，则的最小值为 4 ．
【分析】过点E作EG⊥BC于点G，过点F作FH⊥BC于点H，首先根据题意将BF用FH表示，再将EF+FH的最小值用EG表示，进而求出EG的长即可解决问题．
【解答】解：过点E作EG⊥BC于点G，过点F作FH⊥BC于点H，如图，
∵四边形ABCD是矩形，，AB＝6，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，BC＝AD＝，DC＝AB＝6，
∴AC＝＝＝12，
tan∠DBC＝＝＝，
∴∠DBC＝30°，
∵FH⊥BC，
∴FH＝BF，
∴＝EF+FH≥EG，
∴的最小值为EG的长，
∵AE＝4，
∴CE＝AC﹣AE＝12﹣4＝8，
∵EG⊥BC，∠ACB＝∠DBC＝30°，
∴EG＝CE＝4，
∵的最小值为4，
故答案为：4．
3．（2024•肇东市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以点C为圆心，3为半径做⊙C，分别交AC，BC于D，E两点，点P是⊙C上一个动点，则PA+PB的最小值为 ．
【分析】在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，证明△ACP∽△PCQ，可得PQ＝AP，当B、Q、P三点共线时，PA+PB的值最小，求出BQ即为所求．
【解答】解：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，
∵AC＝9，CP＝3，
∴＝，
∵CP＝3，CQ＝1，
∴＝，
∴△ACP∽△PCQ，
∴PQ＝AP，
∴PA+PB＝PQ+PB≥BQ，
∴当B、Q、P三点共线时，PA+PB的值最小，
在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，
∴QB＝，
∴PA+PB的最小值，
故答案为：．
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。
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）
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
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
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
【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．3B．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
【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•cs30°＝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
【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，
∵＝＝cs30°＝，∠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•cs∠TAH＝4cs30°＝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＝＝cs30°＝，
∵∠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
【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°，
∴ME＝AM•sin60°＝×＝，
AE＝AM•cs60°＝，
∴MF＝ME+EF＝+2＝，
B1F＝A1B1﹣A1F＝，
在Rt△MFB1中，由勾股定理得：
B1M＝＝，
如图3，连接B1M，交A1C1于点N，则B1M⊥AC，B1N⊥A1C1，
在Rt△A1NB1中，∠NA1B1＝60°，
∴NB1＝A1B1•sin60°＝3，
∴B1M＝NB1+MN＝5，
∵＜5＜，
∴小虫爬行的最短路程为．
故答案为：．
3．（2023•常州）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，D是AC延长线上的一点，CD＝2．M是边BC上的一点（点M与点B、C不重合），以CD、CM为邻边作▱CMND．连接AN并取AN的中点P，连接PM，则PM的取值范围是 ． ．
【分析】先根据题意确定点P的运动轨迹，即可确定MP的最大值和最小值，从而解答．
【解答】解：∵AB＝AC＝4，
∴AD＝6，
∵△ABC是等腰直角三角形，四边形CNMD是平行四边形，
∴DN∥BC，DN＝BC，CD∥MN，CD＝MN，
∴∠ADN＝∠ACB＝45°＝∠ABC＝∠CMN，
当M与B重合时，如图M1，N1，P1，∠ABN1＝90°，
∴AN1＝＝2，
∵P1是中点，
∴MP1＝AN1＝，
当MP⊥BC时，如图P2，M2，N2，
∵P1，P，P2是中点，
∴P的运动轨迹为平行于BC的线段，交AC于H，
∴CH＝3﹣2＝1，
∵∠ACB＝45°，
∴PH与BC间的距离为P2M2＝CH＝，
∵M不与B、C重合，
∴．
【中考模拟练】
1．（2024•济南一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E为AB上一点，连接DE，将△ADE沿DE折叠，点A落在A1处，连接A1C，若F、G分别为A1C、BC的中点，则FG的最小值为 1 ．
【分析】连接A1B，由F、G分别为A1C、BC的中点可得FG＝A1B，在△A1BD中有A1B+A1D≥BD，由勾股定理可得BD，由折叠性质和矩形性质可得A1D＝AD＝BC，即可求解．
【解答】解：如图，连接A1B，BD，
∵F、G分别为A1C、BC的中点，
∴FG＝A1B，
当FG的最小时，即A1B最小，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝4，BC＝3，
∴AD＝BC＝3，∠A＝90°，
∴BD＝＝5，
∵△ADE沿DE折叠，
∴A1D＝AD＝3，
在△A1BD中有A1B+A1D≥BD，
∴A1B≥BD﹣A1D，
即A1B≥2，
∴FG＝A1B≥1，
∴FG的最小值为1，
故答案为：1．
2．（2024•郾城区一模）如图，在矩形ABCD中，，AB＝6，对角线AC，BD相交于点O，点E在线段AC上，且AE＝4，点F为线段BD上的一个动点，则的最小值为 4 ．
【分析】过点E作EG⊥BC于点G，过点F作FH⊥BC于点H，首先根据题意将BF用FH表示，再将EF+FH的最小值用EG表示，进而求出EG的长即可解决问题．
【解答】解：过点E作EG⊥BC于点G，过点F作FH⊥BC于点H，如图，
∵四边形ABCD是矩形，，AB＝6，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，BC＝AD＝，DC＝AB＝6，
∴AC＝＝＝12，
tan∠DBC＝＝＝，
∴∠DBC＝30°，
∵FH⊥BC，
∴FH＝BF，
∴＝EF+FH≥EG，
∴的最小值为EG的长，
∵AE＝4，
∴CE＝AC﹣AE＝12﹣4＝8，
∵EG⊥BC，∠ACB＝∠DBC＝30°，
∴EG＝CE＝4，
∵的最小值为4，
故答案为：4．
3．（2024•肇东市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以点C为圆心，3为半径做⊙C，分别交AC，BC于D，E两点，点P是⊙C上一个动点，则PA+PB的最小值为 ．
【分析】在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，证明△ACP∽△PCQ，可得PQ＝AP，当B、Q、P三点共线时，PA+PB的值最小，求出BQ即为所求．
【解答】解：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，
∵AC＝9，CP＝3，
∴＝，
∵CP＝3，CQ＝1，
∴＝，
∴△ACP∽△PCQ，
∴PQ＝AP，
∴PA+PB＝PQ+PB≥BQ，
∴当B、Q、P三点共线时，PA+PB的值最小，
在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，
∴QB＝，
∴PA+PB的最小值，
故答案为：．
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。
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）
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
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
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