2025年中考数学二轮培优几何专项练习：线段和最值问题（2份，原卷版+解析版）

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1．如图，在矩形中，，垂足为，动点 分别在上，则的长为 ，的最小值为 ．
【答案】
【分析】在中，利用三角形相似可求得的长，设A点关于的对称点A′，当时，的值最小，进而求得即可．
【详解】解：设，则，
∵四边形为矩形，且，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理可得，
即，
解得，
∴， ，
如图，设A点关于的对称点为，连接，
则，
∴当三点在一条线上，且时，最小，
∴由三角形的面积公式知，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查轴对称的应用，相似三角形的判定与性质，利用最小值的常规解法确定出A的对称点，从而确定出的最小值的位置是解题的关键．
2．如图，在矩形中，．若点E是边AD上的一个动点，过点E作且分别交对角线AC，直线BC于点O、F，则在点E移动的过程中，的最小值为 ．
【答案】
【分析】过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，当N、E、C三点共线时，，分别求出CN、AN的长度即可．
【详解】
过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，
四边形ANEF是平行四边形，
，
当N、E、C三点共线时，最小，
四边形ABCD是矩形，，
，
，
四边形EFMD是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用轴对称求最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．
3．如图，在正方形中，，是上的一点，且，，是，上的动点，且，，连接，，当的值最小时，的长为 ．
【答案】3
【分析】过点作于，设与的交点于点．证明，可得，推出的值最小时，的值最小，据此解答即可．
【详解】解：如图，过点作于，设与的交点于点．
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴的值最小时，的值最小，
以、为邻边作平行四边形，
则，
∴，
当、、在同一直线上时，为最短，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
解得．
即：，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了轴对称路线最短问题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
4．如图，在菱形中，，，G为边上一动点，作于点，于点H，当取得最小值时， ．
【答案】/
【分析】作点O关于的对称点，连接，，证明，，点、、F在同一直线上，且时，最小，作点O关于的对称点，过点作，垂足为F，交于点G，交于点M，根据菱形的性质，利用三角函数和平行线的判定和性质，求出即可．
【详解】解：作点O关于的对称点，连接，，如图所示：
则，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点、、F在同一直线上，且时，最小，
作点O关于的对称点，过点作，垂足为F，交于点G，交于点M，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，，
，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，，
∵点O关于的对称点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，三角函数的应用，直角三角形的性质，平行线的判定和性质，轴对称的性质，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，找出点G的位置．
5．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE+AF的最小值为 ．
【答案】
【分析】如图，的下方作，在上截取，使得，连接，．证明，推出，，根据求解即可．
【详解】解：如图，的下方作，在上截取，使得，连接，．
四边形是菱形，，
，，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
的最小值为，
故答案为．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
6．如图，四边形ABCD为矩形，，，点E是AD所在直线的一个动点，点F是对角线BD上的动点，且，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】延长至使得，连接，证明，进而可得，从而可得的最小值为的长，勾股定理求解即可．
【详解】如图，延长至使得，连接，
四边形是矩形，
，
，
在与中
，
，
，
在中，，
，
，
在中，，
，
的最小值是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，添加辅助线是解题的关键．
7．在平面直角坐标系中，，过点B作直线BC∥x轴，点P是直线BC上的一个动点以AP为边在AP右侧作，使，且，连结AB、BQ，则周长的最小值为 .
【答案】
【分析】先证明△AOB∽△APQ，得到，由△OAP∼△BAQ，得到BQ=2OP，进而得到．作O关于直线的对称点O’，连接，PO'，则OP=O'P，AO'=，根据两边之和大于第三边即可得到，从而得到答案．
【详解】如图所示．连接OP．
在中，．
又在中，
又∵
，∠OAB=∠PAQ，
．
∵OA=1．OB=，∴AB=，
又P为直线上的动点．
∴作O关于直线的对称点O’，
，
连接，PO'．
∴OP=O'P，AO'=，
∴AP+OP=AP+PO'
即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质．解题的关键是把△ABQ周长的最小值转化为求AP+OP的最小值．
8．如图，在矩形中，，垂足为，动点分别在上，则的值为 ，的最小值为 ．
【答案】 3
【分析】在Rt△ABE中，利用三角形相似可求得AE、DE的长，设A点关于BD的对称点A′，连接A′D，可证明△ADA′为等边三角形，当PQ⊥AD时，则PQ最小，所以当A′Q⊥AD时AP＋PQ最小，从而可求得AP＋PQ的最小值等于DE的长．
【详解】设，则，
∵四边形为矩形，且，
，，
，
又，
，
，即，
，
在中，由勾股定理可得，
即，解得：，
，
如图，设点关于的对称点为，连接，
则，
是等边三角形，
,
∴当、三点在一条线上时，最小，
由垂线段最短可知当时，最小，
．
故答案是：3；．
【点睛】本题主要考查轴对称的应用，利用最小值的常规解法确定出A的对称点，从而确定出AP＋PQ的最小值的位置是解题的关键，利用条件证明△A′DA是等边三角形，借助几何图形的性质可以减少复杂的计算．
9．如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是 ．
【答案】
【分析】连接，过点作交延长线于点，通过证明，确定点在的射线上运动；作点关于的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在的延长线上；当、、三点共线时，最小，在中，，，求出即可．
【详解】解：连接，过点作交延长线于点，
，
∴ ，
∵ ，
∴∠EDA=∠FEG，
在△AED和△GFE中，
，
，
点在的射线上运动，
作点关于的对称点，
，，
，
，
，
，
点在的延长线上，
当、、三点共线时，最小，
在中，，，
，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径．能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，E为BC上的一点且BE＝2，P为AD上的一动点，过点P作PQ⊥PE，且∠PEQ＝60°，则AQ+EQ的最小值为 ．
【答案】2
【分析】过点E作EF⊥AD于F，作∠FEM=60°交AD的延长线于M，连接EM，EQ，QM，证明∠FMQ=60°，推出点Q在过点M且垂直于EM的直线上运动，作点A关于直线QM的对称点N，连接EN，MN，过点E作EG⊥NM交NM的延长线于点G，此时AQ+EQ=NE的值最小．
【详解】解：如图：过点E作EF⊥AD于F，作∠FEM=60°交AD的延长线于M，连接EM，EQ，QM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=5，∠B=∠A=90°，
∵EF⊥AD，
∴∠AFE=90°，
∴四边形ABEF是矩形，
∴AB=EF=4，BE=AF=2，
∵∠FEM=60°，∠EFD=90°，
∴∠EMF=30°，
∴EM=8，
∴FM=，EM=2EF，
∵∠PEQ＝60°，PQ⊥PE，
∴∠PQE=30°，
∴EQ=2PE，
∵，∠PEQ＝∠FEM=60°，
∴∠PEF=∠QEM，
∴△PEF∽△QEM，
∴∠PFE=∠QME=90°，
∵∠EMF=30°，
∴∠FMQ=60°，
∴点Q在过点M且垂直于EM的直线上运动，
作点A关于直线QM的对称点N，连接EN，MN，过点E作EG⊥NM交NM的延长线于点G，
∵AM=MN=AF+FM=6,∠AMQ=∠NMQ=60°,
∴∠AMN=120°
∴∠AMG=180°-120°=60°,
∵∠EMF=30°，∴∠EMG=30°，
∴EG=EM=4，MG=，
∵AM=MN，
∴NG=MG+MN=MG+AM=10，
在RtΔEGN中，
EN=．
∵AQ+EQ=NQ+EQ≥EN，
∴当且仅当E、Q、N三点共线时，AQ+EQ的最小值为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、直角三角形的性质及最值问题，掌握它们的性质是解决此题关键．
11．如图，四边形是平行四边形，，，，点、是边上的动点，且，则四边形周长的最小值为 ．

【答案】
【分析】根据题意，将点沿向右平移2个单位长度得到点，作点关于的对称点，连接，交于点，在上截取，连接，，此时四边形的周长为，则当点、、三点共线时，四边形的周长最小，进而计算即可得解．
【详解】如下图，将点沿向右平移2个单位长度得到点，作点关于的对称点，连接，交于点，在上截取，连接，，
∴，，
此时四边形的周长为，
当点、、三点共线时，四边形的周长最小，
，，，
经过点，
，
，
，
，
，
，
四边形周长的最小值为，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了四边形周长的最小值问题，涉及到含的直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握相关轴对称作图方法以及线段长的求解方法是解决本题的关键．
12．如图，在菱形中，过点作交对角线于点，连接，点是线段上一动点，作关于直线的对称点，点是上一动点，连接，．若，，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】延长DE，交AB于点H，确定点B关于直线DE的对称点F，由点B，D关于直线AC对称可知QD=QB，求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值.连接BD，即可求出CO，EO，再说明，可得DO，根据勾股定理求出DE，然后证明，可求BH，即可得出答案．
【详解】延长DE，交AB于点H，
∵，ED⊥CD，
∴DH⊥AB．
取FH=BH，
∴点P的对称点在EF上．
由点B，D关于直线AC对称，
∴QD=QB．
要求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值BF．
连接BD，与AC交于点O．
∵AE=14,CE=18，
∴AC=32，
∴CO=16，EO=2．
∵∠EDO+∠DEO=90°，∠EDO+∠CDO=90°，
∴∠DEO=∠CDO．
∵∠EOD=∠DOC，
∴ ，
∴，
即，
解得，
∴．
在Rt△DEO中，．
∵∠EDO=∠BDH，∠DOE=∠DHB，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
故答案为：．
【点睛】这是一道根据轴对称求线段差最大的问题，考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的性质和判定等，确定最大值是解题的关键．
13．如图，在边长为的菱形中，，将沿射线的方向平移得到，分别连接，，则的最小值为 .
【答案】
【分析】过C点作BD的平行线，以为对称轴作B点的对称点，连接交直线于点，当三点共线时取最小值，再根据勾股定理即可求解.
【详解】如图，过C点作BD的平行线，以为对称轴作B点的对称点，连接交直线于点
根据平移和对称可知，当三点共线时取最小值，即，又，
根据勾股定理得，，故答案为
【点睛】此题主要考查菱形的性质，解题的关键是熟知平移的性质及勾股定理的应用.
14．如图，直线，在直线上方作等边，点B，C在直线上，延长交直线于点D，在上方作等边，点F在直线上且在点D右边．动点M，N分别在直线，上，且，若，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】将沿直线翻折得到，则三点共线，过点作于点连接，证明四边形是平行四边形，推出再根据，求出可得结论
【详解】解：∵和是等边三角形，
∴
∴，
∴
如图，将沿直线翻折得到，则
∴
∴三点共线，
过点作于点连接，
∴四边形是等腰梯形，
，
∴
∴四边形是平行四边形，
，
的最小值为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称最短问题,等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是正确添加辅助线，用转化的思想解决问题．
15．如图，在中，，，．D，E分别是边，上的动点，且，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】过作于，使，连接、，即可得到，，即最小值为的长．
【详解】方法一：过作于，使，连接、，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴当三点共线时有最小值，最小值为的长
∵
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴
∴的最小值为，
故答案为：．
方法二：，则，，
∴，
设，
∴
∴可以看成点到点和的距离之和，
∴当、、三点共线时最小，最小值，
∴最小值为．
【点睛】本题考查三角形相似的性质和判定、两点之间线段最短等知识，解题的关键是准确的构造辅助线解决最短问题，属于中考填空题中的压轴题．
16．如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，BA＝BC＝2，以B为圆心作圆B与AC相切，点P是圆B上任一动点，连接PA、PC，则PA+PC的最小值为 ．
【答案】
【分析】作BH⊥AC于H，取BC的中点D，连接PD，PB，AD，如图，根据切线的性质得BH为⊙B的半径，再根据等腰直角三角形的性质得到BH＝AC＝，接着证明△BPD∽△BCP得到PD＝PC，所以PA+PC＝PA+PD，而PA+PD≥AD（当且仅当A、P、D共线时取等号），从而计算出AD得到PA+PC的最小值，乘以可得结论．
【详解】解：过B作BH⊥AC于H，取BC的中点D，连接PD，PB，AD，
∵AC为切线，
∴BH为⊙B的半径，
∵∠B＝90°，AB＝CB＝2，
∴AC＝BA＝2，
∴BH＝AC＝，
∴BP＝，
∴，，
∴，
而∠PBD＝∠CBP，
∴△BPD∽△BCP，
∴，
∴PD＝PC，
∴PA+PC＝PA+PD，
而PA+PD≥AD（当且仅当A、P、D共线时且P在AD之间时取等号），
而AD＝＝，
∴PA+PD的最小值为，
即PA+PC的最小值为，
则PA+PC的最小值．
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．解决问题的关键是利用相似比确定线段之间的关系．同时也考查了等腰直角三角形的性质．
17．在中，斜边，，点D是AC边上的一个动点，连接BD，将线段BD绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接CE，则BE＋CE的最小值为 ．
【答案】
【分析】如图，取AB的中点T，连接DT，CT，证明△DBT≌△EBC（SAS），推出DT=CE，欲求BE+CE的最小值，只要求出DT+BD的最小值即可，作点B关于AC的对称点L，连接DL．AL，TL，则DB=DL，由DT+DB=DT+DL≥LT=，可得结论．
【详解】解：如图，取AB的中点T，连接DT，CT，
∵∠CAB=30°，∠ACB=90°，
∴∠ABC=60°，
∵AT=TB，
∴CT=AT=TB，
∴△BCT是等边三角形，
∴∠TBC=∠DBE=60°，
∴∠DBT=∠EBC，
在△DBT和△EBC中，
∴△DBT≌△EBC（SAS），
∴DT=CE，
欲求BE+CE的最小值，只要求出DT+BD的最小值即可，
作点B关于AC的对称点L，连接DL．AL，TL，则DB=DL，
∵AC⊥BL，CL=CB，
∴AL=AB，
∵∠ABL=60°，
∴△ABL是等边三角形，
∵AT=TB=1，
∴LT⊥AB，
∴LT=BT=，
∵DT+DB=DT+DL≥LT=，
∴DT+DB的最小值为，
∴BE+EC的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查轴对称-最短问题，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
18．在中，，，为线段上的动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，点是上一点，连接．若，，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】如图所示，作点C关于直线BE的对称点I，连接IE，然后推出当I、E、F三点共线，且IF⊥BC时，EF+IE最小，此时点F与点J重合；连接BI，过点C作CH⊥AB于H，先求出，然后证明△ABC∽△DCE，得到∠ACB=∠DCE，从而可证△ACD∽△BCE，推出∠CIJ=∠CBE=∠A，设IJ=x，则，，由，得到，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，作点C关于直线BE的对称点I，连接IE，
∴IE=CE，
∴CE+EF=IE+EF，
要使CE+EF最小，则EF+IE最小，
∴当I、E、F三点共线，且IF⊥BC时，EF+IE最小，此时点F与点J重合，
连接BI，过点C作CH⊥AB于H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵AB=AC=5，
∴BH=1，
∴，
∴由轴对称的性质可得，
∵AC=AB，DC=DE，
∴，
又∵∠CDE=∠A，
∴△ABC∽△DCE，
∴∠ACB=∠DCE，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴∠CBE=∠A，
∵∠BCI+∠CBE=90°，∠CIJ+∠BCI=90°，
∴∠CIJ=∠CBE=∠A，
∴，
设IJ=x，则，，
∵，
∴，
解得或（舍去），
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了轴对称最短路径问题，相似三角形的性质与判定，已知正切值求边长，勾股定理等等，解题的关键在于能够正确作出辅助线．
19．如图，平行四边形ABCD，，，，点E、F为对角线BD上的动点，，连接AE、CF，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】如图，在直线DB的上方作，且使得．过点T作交AD的延长线于H．首先利用相似三角形的性质证明，解直角三角形求出AT，根据，推出，即可解决问题．
【详解】解：如图，在直线DB的上方作，且使得．
过点T作交AD的延长线于H，连接ET、AT．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴∽，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题属四边形综合题目，考查平行四边形的性质，两点之间线段最短，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，作辅助线构造直角 三角形和相似三角形是解题的关键．
20．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，分别以A，B为旋转中心，把边AC，BA逆时针旋转60°，得到线段AE，BD，连接BE，CD相交于点P，已知AB=3，AC=2，∠APB=120°，则PA+PB+PC的大小为 ．
【答案】
【分析】连接AD=CE，利用旋转的性质得到△ABD和△ACE是等边三角形，可推出∠DAC=∠EAB，利用SAS证明△ADC≌△ABE，利用全等三角形的性质可证得∠AEB=∠ACD，可得到∠APF=60°，在PE上截取PF=PA，可推出△APF是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到∠PAF=60°；再证明∠EAF=∠PAC，可推出△AFE≌△APC，由此可证得AP+BP+CP=BE；过点E作EG⊥BA，交BA的延长线于点G，利用勾股定理求出GE，AG的长，从而可求出BG的长，然后利用勾股定理求出BE的长，进而即可求解．
【详解】连接AD，CE，
∵分别以A，B为旋转中心，把边AC，BA逆时针旋转60°，得到线段AE，BD，
∴AB=BD，AE=AC，∠ABD=∠EAC=60°，
∴△ABD和△ACE是等边三角形，
∴∠DAC=∠EAB=90°+60°=150°，
在△ADC和△ABE中
∵，
∴△ADC≌△ABE（SAS）
∴∠AEB=∠ACD，
∵∠APB=120°，
∴∠APF=60°，
在PE上截取PF=PA，
∴△APF是等边三角形，
∴∠PAF=60°，
∴∠EAF+∠BAP=150°-60°=90°，∠PAC+∠BAP=∠BAC=90°，
∴∠EAF=∠PAC，
∵AE=AC，∠AEB=∠ACD，
∴△AFE≌△APC，
∴PC=FE
∴AP+BP+CP=PF+BP+FE=BE
过点E作EG⊥BA，交BA的延长线于点G，
∵∠GAE=180°-150°=30°，
∵AE=AC=，
∴GE= ， ，
∴BG=AB+AG=3+3=6，
∴，
∴AP+BP+CP=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查等边三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和等边三角形是解题的关键．
21．如图，在平面直角坐标系中，点Q是一次函数的图象上一动点，将Q绕点顺时针旋转到点P，连接，则的最小值 ．
【答案】．
【分析】取D(2，-2)，连接CD、DQ，作C′点与点C关于直线对称，连接QC′，则由题意可得△OCP≌△DCQ，CP=CQ=C′Q，所以当且仅当C′、Q、D共线时
PO+PC=DQ+CQ=DQ+C′Q=DC′为最小．
【详解】解：如图，取D(2，-2)，则CD⊥x轴，即CD⊥OC且CD=OC=2，
连结DQ，依题CQ顺时针旋转90得到CP，
∴∠QCP=90°且CQ=CP，
在△OCP和△DCQ中，
∴△OCP≌△DCQ(SAS)，
∴OP=DQ，
作C′点与点C关于直线对称，则有CQ=C′Q，
∴CP=CQ=C′Q，
故PO+PC=DQ+CQ=DQ+C′Q≥DC′，
当且仅当C′、Q、D共线时取等，
由题意可以得到A、B坐标分别为（0，4）、（8，0）
设C′坐标为（x，y），则由AC′=AC，BC′=BC可得：
解之可得C′为（2，0）（与C同，舍去）或，
∴DC′=
==
∴的最小值为．
故答案为．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，方程组思想，一元二次方程的解法，构造全等三角形与轴对称把PO+PC转化成DQ+C′Q是解题关键．
22．如图，在中，，，，点在内，连接、、，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】将绕点A逆时针旋转得到，连接，．作垂直AB的反向延长线于点E．过点A作于点F．由旋转的性质易求出，即利用含角的直角三角形的性质可求出，即可证明，即说明当点D在线段上时，最小，且最小值为的长．由旋转又易求出，再次利用含角的直角三角形的性质可求出和的长，即求出的长．最后在中，利用勾股定理即可求出的长．
【详解】如图，将绕点A逆时针旋转得到，连接，．作垂直AB的反向延长线于点E．过点A作于点F．
由旋转的性质可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当点D在线段上时，最小，且最小值为的长．
∵，，
∴，
∴在中，，．
∴，
∴在中，．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，两点之间线段最短以及勾股定理等知识，较难．能够想到利用旋转的性质作出复杂的辅助线是解答本题的关键．
23．如图，在中，，，为边上的一个动点（不与、重合），连接，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】以A为顶点，为一边，在下方作，过B作于D，交于P，由是等腰直角三角形的，即，故取最小值即是取最小值，此时B、P、D共线，且，的最小值即是的长，根据，，可得，即可得答案．
【详解】解：以A为顶点，为一边，在下方作，过B作于D，交于P，如图：
由作图可知：是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴取最小值即是取最小值，此时B、P、D共线，且，的最小值即是的长，
∵，，
∴，
∴，，
∴的最小值是．
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形中的最小路径，解题的关键是作辅助线，把的最小值转化为求的最小值．
24．已知，点为射线上一点，点为的中点，且.当点在射线上运动时 ，则与和的最小值为 ．
【答案】
【分析】作点D关于OA的对称点D′，连接CD′交OA于点P′，连接DP,，根据轴对称的性质得到P′D′=P′D，此时DP′+CP′=CD′即为PC+PD的最小值，根据已知条件计算求出结果即可．
【详解】解：作点D关于OA的对称点D′，连接CD′交OA于点P′，连接DP′，根据轴对称的性质得到P′D′=P′D，此时DP′+CP′=CD′即为PC+PD的最小值.
设DD′与OA交于点E，
∵∠O=30°，OD=3，由对称性可知∠DEO=90°,
∴∠ODE=60°，DE=OD=,
∴DD′=2DE=3,∴DD′=CD，
∴∠D′=∠DCD′=∠ODE=30°，∴∠EDP′=∠D′=30°，
∴∠ODP′=∠ODE+∠EDP′=90°，
∴在Rt△ODP′中，∠O=30°，OD=3，∴DP′=
∴CP′=2DP′=2
∴DP′+CP′=3
故与和的最小值为3
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，两点之间线段最短的性质．得出动点所在的位置是解题的关键．
25．如图，在边长为6的等边ABC中，点D在边AC上，AD=1，线段PQ在边AB上运动，PQ=1，则四边形PCDQ面积的最大值为 ；四边形PCDQ周长的最小值为 ．
【答案】 6+
【分析】设AQ=x，则四边形PCDQ的面积=S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BC，当x取最大值5时，可得求得四边形PCDQ的面积最大值；作点D关于AB的对称点D'，连接D'Q，以D'Q、PQ为边作平行四边形PQD'M，过C作CH⊥AB，交D'M的延长线于N，依据平行四边形的性质以及线段的性质，即可发现当M，P，C在同一直线上时，MP+CP的最小值等于CM的长，即DQ+CP的最小值等于CM的长，再根据勾股定理求得CN的长，即可得出四边形PCDQ周长的最小值．
【详解】解：设AQ=x，则四边形PCDQ的面积=S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP
，
∵x的最大值为6﹣1=5，
∴x=5时，四边形PCDQ的面积最大，最大值=，
如图，作点D关于AB的对称点D'，连接D'Q，以D'Q、PQ为边作平行四边形PQD'M，
则DQ=D'Q=MP，DD'=2×AD×sin60°=，D'M=PQ=1，
过C作CH⊥AB，交D'M的延长线于N，则∠N=90°，
CH=BCsin60°=3，NH=DD'=，
∴MN=AH﹣D'M﹣ADcs60°=ACcs30°﹣1﹣=3﹣1﹣，
，
当M，P，C在同一直线上时，MP+CP的最小值等于CM的长，即DQ+CP的最小值等于CM的长，
此时，Rt△MNC中，，
又∵PQ=1，CD=6﹣1=5，
∴四边形PCDQ周长的最小值为．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理以及轴对称最短问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
26．如图，在矩形纸片中，，，点是的中点，点是上一动点．将沿直线折叠，点落在点处，在上任取一点，连接，，，则的周长的最小值为 ．
【答案】
【分析】如图，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接，此时△ 的周长最小，最小值=，当最小时，△的周长最小，求出的最小值即可解决问题；
【详解】如图所示，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接，
此时△ 的周长最小，
最小值=，
∵ 四边形ABCD 矩形，
∴∠D=90°，AD=BC=3，CD=AB=4，
∴AC===5，
所以△的周长的最小值=5+，
当最小时，△的周长最小，
∵AE=DE==，
∴CE==，
∵≥EC-，
∴≥-，
∴ △的周长的最小值为5+-= ，
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题题型．