備戰(zhàn)2024中考數(shù)學考試易錯模型03 最值模型（八大易錯分析+變式訓練+易錯題通關）（解析版）

試卷第=page22頁，共=sectionpages2727頁易錯模型03最值模型易錯模型一：將軍飲馬模型模型1.求兩條線段和的最小值（將軍飲馬模型）【模型解讀】在一條直線m上，求一點P，使PA+PB最?。唬?）點A、B在直線m兩側：（2）點A、B在直線同側：【最值原理】兩點之間線段最短。上圖中A’是A關于直線m的對稱點。模型2.求多條線段和（周長）最小值【模型解讀】在直線m、n上分別找兩點P、Q，使PA+PQ+QB最小。（1）兩個點都在直線外側：（2）一個點在內側，一個點在外側：（3）兩個點都在內側：（4）臺球兩次碰壁模型1）已知點A、B位于直線m,n的內側，在直線n、m分別上求點D、E點，使得圍成的四邊形ADEB周長最短.2）已知點A位于直線m,n的內側,在直線m、n分別上求點P、Q點PA+PQ+QA周長最短.【最值原理】兩點之間線段最短。例1．（2023·廣東廣州·?？家荒＃┤鐖D，在C中，的面積為，，平分，E、F分別為、上的動點，則的最小值是（）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】本題考查的是角平分線的性質，垂線段最短，解答此類問題時要從已知條件結合圖形認真思考，通過角平分線性質，垂線段最短，確定線段和的最小值．過點C作，垂足為H，交于F點，過F點作，垂足為，則為所求的最小值，根據的面積為，，結合三角形的面積公式求出，即可解答．【詳解】解：如圖，過點C作，垂足為H，交于F點，過F點作，垂足為，則為所求的最小值，∵是的平分線，∴，∴是點C到直線的最短距離（垂線段最短），∵的面積為，，∴，∵的最小值是．故選：D．例2．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形的邊長為4，點E在邊上，且，F(xiàn)為對角線上一動點，連接，，則的最小值為．

【答案】【分析】連接交于一點F，連接，根據正方形的對稱性得到此時最小，利用勾股定理求出即可．【詳解】解：如圖，連接交于一點F，連接，

∵四邊形是正方形，∴點A與點C關于對稱，∴，∴，此時最小，∵正方形的邊長為4，∴，∵點E在上，且，∴，即的最小值為故答案為：．【點睛】此題考查正方形的性質，熟練運用勾股定理計算是解題的關鍵．練習1．（2022·內蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形，點、、、均在坐標軸上，，點，點是的中點，點是上的一動點，則的最小值是（

）A．3 B．5 C． D．【答案】A【分析】直線AC上的動點P到E、D兩定點距離之和最小屬“將軍飲馬”模型，由D關于直線AC的對稱點B，連接BE，則線段BE的長即是PD+PE的最小值．【詳解】如圖：連接BE，∵菱形ABCD，∴B、D關于直線AC對稱，，∵直線AC上的動點P到E、D兩定點距離之和最小∴根據“將軍飲馬”模型可知BE長度即是PD+PE的最小值．∵菱形ABCD，，點，∴，，∴∴△CDB是等邊三角形∴∵點是的中點，∴,且BE⊥CD，∴故選：A．【點睛】本題考查菱形性質及動點問題，解題的關鍵是構造直角三角形用勾股定理求線段長．練習2．（2023·山東濟寧·九年級校考期末）如圖，是的直徑，點C、D是上的點．且，分別與、相交于點E，F(xiàn)．若的半徑為5，，點P是線段上任意一點，則的最小值是．

【答案】【分析】利用圓周角定理得到，再證明，然后根據垂徑定理得，，作點關于的對稱點，交于，連接，如圖，利用兩點之間線段最短得到此時的值最小，再計算出，作于，如圖，然后根據等腰三角形的性質和含30度的直角三角形三邊的關系求出，從而得到的最小值．【詳解】解：∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，∴，作點關于的對稱點，交于，連接，如圖，

∵，∴，∴由兩點之間線段最短可知，此時的值最小，∵，∴，∴，∵點和點關于對稱，∴，∴，作于，如圖，則，則，在中，，∴，∴，∴的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．推論：半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，的圓周角所對的弦是直徑．也考查了垂徑定理，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最短問題．練習3．（2023·湖北黃岡·統(tǒng)考模擬預測）如圖，點E是線段上的一個動點，，且，則的最小值是___．【答案】【分析】作點A關于線段的對稱點F，連接，交于點O，連接，過點F作，交的延長線于點H，過點作，交的延長線于點G，由題意易得，則有，然后可得四邊形是平行四邊形，進而可得，推出，勾股定理求出的長即可得解．【詳解】解：作點A關于線段的對稱點F，連接，交于點O，連接，過點F作，交的延長線于點H，過點作，交的延長線于點G，如圖所示：由軸對稱的性質可知：，，，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，當點E與點O重合時，則的最小值即為的長，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴∴，∴即的最小值為；故答案為．【點睛】本題主要考查軸對稱的性質、平行四邊形的性質與判定、勾股定理及等腰三角形的判定和性質，熟練掌握軸對稱的性質，是解題的關鍵．1．已知，在內有一定點P，點M，N分別是，上的動點，若的周長最小值為3，則的長為（）A． B．3 C． D．【答案】B【分析】根據題意畫出符合條件的圖形，求出，得出等邊三角形，求出，求出的周長，即可求出答案．【詳解】解：作P關于的對稱點D，作P關于的對稱點E，連接交于M，交于N，連接，則此時的周長最小，連接，∵P、D關于對稱，∴，同理，∴，∵P、D關于對稱，∴，∵，∴，同理，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∵的周長是，∴故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱-最短路線問題，等邊三角形的判定與性質，關鍵是畫出符合條件的圖形．2．如圖，在矩形中，，，點E是矩形內部一動點，且，點P是邊上一動點，連接、，則的最小值為（

）A．8 B． C．10 D．【答案】A【分析】根據得到點的運動軌跡，利用“將軍飲馬”模型將進行轉化即可求解．【詳解】解：如圖，設點O為的中點，由題意可知，點E在以為直徑的半圓O上運動，作半圓O關于的對稱圖形（半圓），點E的對稱點為，連接,則，∴當點D、P、、共線時，的值最小，最小值為的長，如圖所示，在中，，，，又，，即的最小值為8，故選：A．【點睛】本題考查線段和最短問題、軸對稱的性質、勾股定理及圓周角定理，利用“將軍飲馬”模型將進行轉化時解題的關鍵．3．如圖，正方形中，點P是上一點，若，，則的最小值是．

【答案】【分析】連接，在上取一點，使，連接，，結合全等三角形的性質，可得，可確定的最小值是的長，再求出的長即可．【詳解】解：連接，在上取一點，使，連接，，過點作于點，

∵四邊形是正方形，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，

∴，∴的最小值是的長．在中，，，即為等腰直角三角形，∴，∵，∴，在中，由勾股定理，得，∴的最小值是．故答案為：．【點睛】本題考查最短路線問題，解題中涉及正方形的性質，全等三角形，勾股定理，等腰直角三角形的性質，根據“將軍飲馬問題”利用軸對稱將問題轉化為用一條線段的長表示的最小值是解題的關鍵．4．如圖，等邊的邊長為6，是邊上的中線，M是上的動點，E是邊上一點，若，求的最小值．

【答案】【分析】連接，與交于點M．則就是的最小值，在直角中，求得的長，即可．【詳解】解：連接，與交于點．∵等邊中，是邊上的中線，∴是的中垂線，∴==的最小值．過點C作，

∵等邊的邊長為6，，∴，，，，∴∴的最小值為．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，勾股定理，兩點間線段最短，連接，從而把兩線段和的最小值轉化為兩點間線段最短是本題的關鍵．易錯模型二：將軍飲馬模型（遛馬造橋）模型1.將軍遛馬模型【核心思路】去除定量，組合變量（通過幾何變換將若干段原本彼此分類的線段組合到一起）?！灸Ｐ徒庾x】已知A、B是兩個定點，P、Q是直線m上的兩個動點，P在Q的左側,且PQ間長度恒定,在直線m上要求P、Q兩點，使得PA+PQ+QB的值最小。(原理用平移知識解)（1）點A、B在直線m兩側：（2）點A、B在直線m同側：圖1圖2（1）如圖1，過A點作AC∥m,且AC長等于PQ長，連接BC,交直線m于Q,Q向左平移PQ長，即為P點，此時P、Q即為所求的點。（2）如圖2，過A點作AE∥m,且AE長等于PQ長，作B關于m的對稱點B’,連接B’E,交直線m于Q,Q向左平移PQ長，即為P點，此時P、Q即為所求的點?！咀钪翟怼績牲c之間線段最短。模型2.將軍過橋（造橋）模型【核心思路】去除定量，組合變量（通過幾何變換將若干段原本彼此分類的線段組合到一起）?！灸Ｐ徒庾x】【單橋模型】已知，如圖1將軍在圖中點A處，現(xiàn)要過河去往B點的軍營，橋必須垂直于河岸建造，問：橋建在何處能使路程最短？考慮MN長度恒定，只要求AM+NB最小值即可．問題在于AM、NB彼此分離，所以首先通過平移，使AM與NB連在一起，將AM向下平移使得M、N重合，此時A點落在A’位置（圖2）．問題化為求A’N+NB最小值，顯然，當共線時，值最小，并得出橋應建的位置（圖3）．圖1圖2圖3【雙橋模型】已知，如圖4，將軍在圖中點A處，現(xiàn)要過兩條河去往B點的軍營，橋必須垂直于河岸建造，問：橋建在何處能使路程最短？圖4圖5圖6考慮PQ、MN均為定值，所以路程最短等價于AP+QM+NB最小，對于這彼此分離的三段，可以通過平移使其連接到一起．AP平移至A'Q，NB平移至MB'，化AP+QM+NB為A'Q+QM+MB'．（如圖5）當A'、Q、M、B'共線時，A'Q+QM+MB'取到最小值，再依次確定P、N位置．（如圖6）【最值原理】兩點之間線段最短。例1．（2022·四川內江·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，點E、F分別是AB、DC上的動點，EF∥BC，則AF+CE的最小值是_____．【答案】10【分析】延長BC到G，使CG＝EF，連接FG，證明四邊形EFGC是平行四邊形，得出CE＝FG，得出當點A、F、G三點共線時，AF+CE的值最小，根據勾股定理求出AG即可．【詳解】解：延長BC到G，使CG＝EF，連接FG，∵，EF＝CG，∴四邊形EFGC是平行四邊形，∴CE＝FG，∴AF+CE＝AF+FG，∴當點A、F、G三點共線時，AF+CE的值最小為AG，由勾股定理得，AG＝＝＝10，∴AF+CE的最小值為10，故答案為：10．【點睛】本題主要考查了勾股定理，平行四邊形的判定和性質，根據題意作出輔助線，得出當A、F、G三點共線時，AF+CE的值最小，是解題的關鍵．例2．（2023.廣東八年級專項訓練）如圖所示，某條護城河在處角轉彎，河寬相同，從處到達處，須經過兩座橋（橋寬不計，橋與河垂直），設護城河以及兩座橋都是東西、南北走向的，恰當?shù)卦鞓蚩墒沟降穆烦套疃?，請確定兩座橋的位置．

【答案】見解析【分析】由于含有固定線段“橋”，需要將點向下平移至點，點向右平移至點，構造平行四邊形進行求解即可．【詳解】解：如圖所示，將點向下平移至點，使的長等于河寬，將點向右平移至點，使的長等于河寬；連接，與河岸相交于點，；過點作于點D，過點作于點，則，即為兩橋的位置．

，【點睛】本題考查了軸對稱—最短路徑問題，由于有固定的長度的線段，常用的方法通過平移，構造平行四邊形，將問題轉化為平行四邊形的問題解答．練習1．（2022·四川自貢·中考真題）如圖，矩形中，，是的中點，線段在邊上左右滑動；若，則的最小值為____________．【答案】【分析】如圖，作G關于AB的對稱點G'，在CD上截取CH=1，然后連接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此時GE+CF的值最小，可得四邊形EFCH是平行四邊形，從而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的長，即可求解．【詳解】解：如圖，作G關于AB的對稱點G'，在CD上截取CH=1，然后連接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此時GE+CF的值最小，∴G'E=GE，AG=AG'，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC=2∴CH∥EF，∵CH=EF=1，∴四邊形EFCH是平行四邊形，∴EH=CF，∴G'H=EG'+EH=EG+CF，∵AB=4，BC=AD=2，G為邊AD的中點，∴AG=AG'=1∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，∴，即的最小值為．故答案為：【點睛】此題主要考查了利用軸對稱求最短路徑問題，矩形的性質，勾股定理等知識，確定GE+CF最小時E，F(xiàn)位置是解題關鍵．練習2．（2023·廣西·二模）已知，在河的兩岸有A，B兩個村莊，河寬為4千米，A、B兩村莊的直線距離AB＝10千米，A、B兩村莊到河岸的距離分別為1千米、3千米，計劃在河上修建一座橋MN垂直于兩岸，M點為靠近A村莊的河岸上一點，則AM+BN的最小值為(

)A．2 B．1+3 C．3+ D．【答案】A【分析】作BB'垂直于河岸，使BB′等于河寬，連接AB′，與靠近A的河岸相交于M，作MN垂直于另一條河岸，則MN∥BB′且MN＝BB′，于是MNBB′為平行四邊形，故MB′＝BN；根據“兩點之間線段最短”，AB′最短，即AM+BN最短，此時AM+BN＝AB′．【詳解】解：如圖，作BB'垂直于河岸，使BB′等于河寬，連接AB′，與靠近A的河岸相交于M，作MN垂直于另一條河岸，則MN∥BB′且MN＝BB′，于是MNBB′為平行四邊形，故MB′＝BN．根據“兩點之間線段最短”，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；故選A．【點睛】本題考查了軸對稱—最短路徑問題，要利用“兩點之間線段最短”，但許多實際問題沒這么簡單，需要我們將一些線段進行轉化，即用與它相等的線段替代，從而轉化成兩點之間線段最短的問題．目前，往往利用對稱性、平行四邊形的相關知識進行轉化．練習3．（2023春·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在中，，，M、N分別是、邊上的動點，且，則的最小值是________．

【答案】【分析】由可知為定長，在、間滑動，故由造橋選址模型進行平移，轉化為兩點間距離加上定長，再利用特殊角構造直角三角形，使用勾股定理求出兩點間距離．【詳解】作交于點E，在取，連接，延長至點，使，連接，作于點，如下圖：

，，為等邊三角形，，，，四邊形為平行四邊形，同理得四邊形與四邊形為平行四邊形，，，，，中，，中，，的最小值是．【點睛】本題考查平移類最短路徑，為造橋選址模型，即沿一個方向平移的定長線段兩端到兩個定點距離和最小，解題時需要理清楚是否含有定長平移線段，且利用平移求出最短路徑位置．求解長度時若有特殊角，通常采用構造直角三角形利用勾股定理求解的方法．1、（2023秋·河南南陽·九年級校聯(lián)考期末）如圖，在邊長為的正方形中將沿射線平移，得到，連接、．求的最小值為______．【答案】【分析】將△ABC沿射線CA平移到△AB′C′的位置，連接C′E、AE、DE，證出四邊形ABGE和四邊形EGCD均為平行四邊形，根據平行四邊形的性質和平移圖形的性質，可得C′E=CE，CG=DE，可得EC+GC=C′E+ED，當點C′、E、D在同一直線時，C′E+ED最小，由勾股定理求出C′D的值即為EC+GC的最小值．【詳解】如圖，將△ABC沿射線CA平移到△AB′C′的位置，連接C′E、AE、DE，∵AB∥GE∥DC且AB=GE=DC，∴四邊形ABGE和四邊形EGCD均為平行四邊形，∴AE∥BG，CG=DE，∴AE⊥CC′，由作圖易得，點C與點C′關于AE對稱，C′E=CE，又∵CG=DE，∴EC+GC=C′E+ED，當點C′、E、D在同一直線時，C′E+ED最小，此時，在Rt△C′D′E中，C′B′=4，B′D=4+4=8，C′D=，即EC+GC的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查正方形的性質、圖形的對稱性、線段最短和平行四邊形的性質與判定，解題的關鍵是將兩條線段的和轉化為同一條線段求解．2、（2023安徽中考學二模）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，點E、F在對角線BD上運動，且EF＝2，連接AE、AF，則△AEF周長的最小值是（

）A．4 B．4+ C．2+2 D．6【答案】D【分析】作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，連接CH交BD于F，則AE+AF的值最小，進而得出△AEF周長的最小值即可．【詳解】解：如圖作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，連接CH交BD于F，則AE+AF的值最小，即△AEF的周長最?。逜H＝EF，AH∥EF，∴四邊形EFHA是平行四邊形，∴EA＝FH，∵FA＝FC，∴AE+AF＝FH+CF＝CH，∵菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，∴AC＝AB＝2，∵四邊形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的周長的最小值＝4+2＝6，故選：D．【點睛】本題考查菱形的性質與動點問題最小值，構造輔助線轉化相關的線段是解題關鍵．3．（2023·四川成都·模擬預測）如圖，菱形的邊在軸上，頂點坐標為，頂點坐標為，點在軸上，線段軸，且點坐標為，若菱形沿軸左右運動，連接、，則運動過程中，四邊形周長的最小值是________．【答案】13+【分析】由題意可知AD、EF是定值，要使四邊形周長的最小，AE＋DF的和應是最小的，運用“將軍飲馬”模型，根據點E關于AD的對稱點為O，過點A作AF1∥DF，當O，A，F(xiàn)1三點共線時，AE+DF=OA+AF1=OF1，為所求線段和的最小值，再求四邊形周長的最小值．【詳解】∵點坐標為，點坐標為，∴OC＝4，OD＝3，∴在Rt△COD中，CD＝5，∵四邊形是菱形，∴AD＝CD＝5，∵坐標為，點在軸上，線段軸，∴EF＝8，連接OA，過點A作AF1∥DF交EF于點F1，則四邊形ADFF1是平行四邊形，F(xiàn)F1=AD=5，∴EF1=EF-FF1=3，∵點E，O關于AD對稱，∴OA=AE，當O，A，F(xiàn)1三點共線時，AE+DF=OA+AF1=OF1，為所求線段和的最小值，在Rt△OEF1中，OF1＝，∴四邊形周長的最小值：AD＋EF＋AE＋DF＝AD＋EF＋OF1＝5＋8＋＝13+．【點睛】本題考查菱形，勾股定理，平移，軸對稱，解決問題的關鍵是熟練掌握菱形的性質，勾股定理解直角三角形，平移圖形全等性，軸對稱性質．易錯模型三：費馬點模型【模型解讀】結論1：如圖，點M為△ABC內任意一點，連接AM、BM、CM，當M與三個頂點連線的夾角為120°時，MA+MB+MC的值最小。注意：上述結論成立的條件是△ABC的最大的角要小于120o，若最大的角大于或等于120o，此時費馬點就是最大角的頂點A。（這種情況一般不考，通常三角形的最大頂角都小于120°）【模型證明】以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，連接EN．∵△ABE為等邊三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB與△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．連接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN為等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最?。藭r，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．費馬點的作法：如圖3，分別以△ABC的AB、AC為一邊向外作等邊△ABE和等邊△ACF，連接CE、BF，設交點為M，則點M即為△ABC的費馬點?！咀钪翟怼績牲c之間，線段最短。結論2：點P為銳角△ABC內任意一點，連接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加權費馬點）【模型證明】第一步，選定固定不變線段；第二步，對剩余線段進行縮小或者放大。如：保持BP不變，xAP+yBP+zCP=，如圖，B、P、P2、A2四點共線時，取得最小值。模型特征：PA+PB+PC（P為動點）①一動點，三定點；②以三角形的三邊向外作等邊三角形的，再分別將所作等邊三角形最外的頂點與已知三角形且與所作等邊三角形相對的頂點相連，連線的交點即為費馬點；③同時線段前可以有不為1的系數(shù)出現(xiàn)，即：加權費馬點。例1．（2023·廣東深圳·二模）如圖，是等邊三角形，M是正方形ABCD對角線BD（不含B點）上任意一點，，（點N在AB的左側），當AM+BM+CM的最小值為時，正方形的邊長為______．【答案】【分析】首先通過SAS判定，得出，因為,,得出是等邊三角形，AM+BM+CM=EN+MN+CM，而且為最小值，我們可以得出EC=，作輔助線，過點E作交CB的延長線于F，由題意求出，設正方形的邊長為x，在中，根據勾股定理求得正方形的邊長為．【詳解】∵為正三角形，∴，∴∵BD是正方形ABCD的對角線，∴∴．在和中，∴（SAS）∴在中，又∵，∴為等邊三角形，∴．∵AM+BM+CM最小值為．∴EN+MN+CM的最小值為即CE=．過點E作交CB的延長線于F，可得．設正方形的邊長為x，則BF=，．在，∵，∴解得（負值舍去）．∴正方形的邊長為．故答案為：．【點睛】本題考查了等邊三角形和正方形邊相等的性質，全等三角形的判定，靈活使用輔助線，掌握直角三角的性質，熟練運用勾股定理是解題的關鍵．例2．（2023春·江蘇·八年級專題練習）如圖，四邊形是菱形，B=6，且∠ABC=60°，M是菱形內任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM的最小值為________．【答案】【分析】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，如圖，則△BCM≌△BEN，由全等三角形的對應邊相等得到CM=NE，進而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．根據等腰三角形“三線合一”的性質得到BH⊥AE，AH=EH，根據30°直角三角形三邊的關系即可得出結論．【詳解】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，則BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案為．【點睛】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質．難度比較大．作出恰當?shù)妮o助線是解答本題的關鍵．練習1．（2023·成都實外九年級階段練習）如圖，在中，，P是內一點，求的最小值為______．【答案】【分析】將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，將轉化為，此時當B、P、F、D四點共線時，的值最小，最小值為BD的長；根據勾股定理求解即可．【詳解】解：將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，連接PF、AD、DB，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E；∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=，PC=FC，AC=CD，∴△PCF、△ACD是等邊三角形，∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC=∴，∴當B、P、F、D四點共線時，的值最小，最小值為BD的長；∵，∠CAD=，∴∠EAD=，∴，∴，∴，∴，∴的值最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查費馬點問題，解題的關鍵在于將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，將三條線段的長轉化到一條直線上．練習2．（2023·廣東廣州·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點P是AB邊上一動點，作PD⊥BC于點D，線段AD上存在一點Q，當QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2時，則PD=________．【答案】【分析】如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，連接QN，當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC，證明AM垂直平分BC，證明AD=BD，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，構建方程求出x可得結論．【詳解】解：如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，連接QN，∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，∴△BQN是等邊三角形，∴BQ=QN，∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，∴當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC∵將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，∴△BQN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，∴∠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，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，∴x=，∴x=3+，∴PD=3+．故答案為：．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質，旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，解題的關鍵是正確運用等邊三角形的性質解決問題，學會構建方程解決問題．1．（2023·江蘇·九年級專題練習）如圖，四邊形是菱形，B=6，且∠ABC=60°，M是菱形內任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM的最小值為________．【答案】【分析】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，如圖，則△BCM≌△BEN，由全等三角形的對應邊相等得到CM=NE，進而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．根據等腰三角形“三線合一”的性質得到BH⊥AE，AH=EH，根據30°直角三角形三邊的關系即可得出結論．【詳解】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，則BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案為．【點睛】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質．難度比較大．作出恰當?shù)妮o助線是解答本題的關鍵．2．（2021·山東濱州·中考真題）如圖，在中，，，．若點P是內一點，則的最小值為____________．【答案】【分析】根據題意，首先以點A為旋轉中心，順時針旋轉△APB到△AP′B′，旋轉角是60°，作出圖形，然后根據旋轉的性質和全等三角形的性質、等邊三角形的性質，可以得到PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，再根據兩點之間線段最短，可以得到PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，然后根據勾股定理可以求得CB′的值，從而可以解答本題．【詳解】以點A為旋轉中心，順時針旋轉△APB到△AP′B′，旋轉角是60°，連接BB′、PP′，，如圖所示，則∠PAP′=60°，AP=AP′，PB=P′B′，∴△APP′是等邊三角形，∴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′=，故答案為：．【點睛】本題考查旋轉的性質、等邊三角形的性質、最短路徑問題、勾股定理，解答本題的關鍵是作出合適的輔助線，得出PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，其中用到的數(shù)學思想是數(shù)形結合的思想．3．（2021·遼寧丹東·中考真題）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若，P為的費馬點，則_________；若，P為的費馬點，則_________．【答案】5【分析】①作出圖形，過分別作,勾股定理解直角三角形即可②作出圖形，將繞點逆時針旋轉60，P為的費馬點則四點共線，即，再用勾股定理求得即可【詳解】①如圖,過作，垂足為,過分別作,則,P為的費馬點5②如圖：.將繞點逆時針旋轉60由旋轉可得：是等邊三角形，P為的費馬點,即四點共線時候，=故答案為：①5，②【點睛】本題考查了勾股定理，旋轉的性質，銳角三角函數(shù)，等腰三角形性質，作出旋轉的圖形是解題的關鍵．本題旋轉也可，但必須繞頂點旋轉．易錯模型四：胡不歸模型【模型解讀】一動點P在直線MN外的運動速度為V1，在直線MN上運動的速度為V2，且V1<V2，A、B為定點，點C在直線MN上，確定點C的位置使的值最?。ㄗ⒁馀c阿氏圓模型的區(qū)分）1），記，即求BC+kAC的最小值.2）構造射線AD使得sin∠DAN=k，，CH=kAC,將問題轉化為求BC+CH最小值.3）過B點作BH⊥AD交MN于點C，交AD于H點，此時BC+CH取到最小值，即BC+kAC最?。窘忸}關鍵】在求形如“PA+kPB”的式子的最值問題中，關鍵是構造與kPB相等的線段，將“PA+kPB”型問題轉化為“PA+PC”型．（若k>1，則提取系數(shù)，轉化為小于1的形式解決即可）?！咀钪翟怼績牲c之間線段最短及垂線段最短。例1．（2023·河北保定·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，對角線交于點O，，點M在線段上，且．點P為線段上的一個動點．

（1）°；（2）的最小值為．【答案】2【分析】（1）由矩形的性質得到，又由得到是等邊三角形，則，即可得到答案；（2）過點P作于點E，過點M作于點F，證明，進一求解即可得到答案．【詳解】解：（1）∵四邊形是矩形，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，故答案為：．（2）過點P作于點E，過點M作于點F，

在中，由（1）知：，∴，∴，在矩形中，，∵，∴，在中，，∴，∴的最小值為2，故答案為：2．【點睛】此題考查了矩形的性質、含的直角三角形的性質、等邊三角形的判定和性質等知識，熟練掌握矩形的性質、含的直角三角形的性質是解題的關鍵．例2．（2023·陜西西安·?？级＃┤鐖D，在菱形中，，，對角線、相交于點，點在線段上，且，點為線段上的一個動點，則的最小值為．【答案】【分析】過作，由菱形，，得到為平分線，求出，在中，利用角所對的直角邊等于斜邊的一半，得到，故，求出的最小值即為所求最小值，當、、三點共線時最小，求出即可．【詳解】解：過作，菱形，，，，即為等邊三角形，，在中，，，當、、三點共線時，取得最小值，，，，在中，，則的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質，以及菱形的性質，解直角三角形，熟練掌握各自的性質是解本題的關鍵．練習1．（2023·重慶·九年級期中）如圖所示，菱形的邊長為5，對角線的長為，為上一動點，則的最小值為A．4 B．5 C． D．解：如圖，過點作于點，過點作于點，連接交于點．四邊形是菱形，，，，，，，，，，，，，的最小值為4，故選：．練習2．（2023·山東淄博·二模）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標是，點C的坐標是，點是x軸上的動點，點B在x軸上移動時，始終保持是等邊三角形（點P不在第二象限），連接，求得的最小值為（

）A． B．4 C． D．2【答案】C【分析】如圖1所示，以OA為邊，向右作等邊△AOD，連接PD，過點D作DE⊥OA于E，先求出點D的坐標，然后證明△BAO≌△PAD得到∠PDA=∠BOA=90°，則點P在經過點D且與AD垂直的直線上運動，當點P運動到y(tǒng)軸時，如圖2所示，證明此時點P的坐標為（0，-2）從而求出直線PD的解析式；如圖3所示，作點A關于直線PD的對稱點G，連接PG，過點P作PF⊥y軸于F，設直線PD與x軸的交點為H，先求出點H的坐標，然后證明∠HCO=30°，從而得到，則當G、P、F三點共線時，有最小值，即有最小值，再根據軸對稱的性質求出點G在x軸上，則OG即為所求．【詳解】解：如圖1所示，以OA為邊，向右作等邊△AOD，連接PD，過點D作DE⊥OA于E，∵點A的坐標為（0，2），∴OA=OD=2，∴OE=AE=1，∴，∴點D的坐標為；∵△ABP是等邊三角形，△AOD是等邊三角形，∴AB=AP，∠BAP=60°，AO=AD，∠OAD=60°，∴∠BAP+∠PAO=∠DAO+∠PAO，即∠BAO=∠PAD，∴△BAO≌△PAD（SAS），∴∠PDA=∠BOA=90°，∴點P在經過點D且與AD垂直的直線上運動，當點P運動到y(tǒng)軸時，如圖2所示，此時點P與點C重合，∵△ABP是等邊三角形，BO⊥AP，∴AO=PO=2，∴此時點P的坐標為（0，-2），設直線PD的解析式為，∴，∴，∴直線PD的解析式為；如圖3所示，作點A關于直線PD的對稱點G，連接PG，過點P作PF⊥y軸于F，連接CG，設直線PD與x軸的交點為H，∴點H的坐標為，∴，∴∠OCH=30°，∴，由軸對稱的性質可知AP=GP，∴，∴當G、P、F三點共線時，有最小值，即有最小值，∵A、G兩點關于直線PD對稱，且∠ADC=90°，∴AD=GD，即點D為AG的中點，∵點A的坐標為（0，2），點D的坐標為，∴AG=2AD=2OA=4，∵AC=4，∠CAG=60°，∴△ACG是等邊三角形，∵OC=OA，∴OG⊥AC，即點G在x軸上，∴由勾股定理得，∴當點P運動到H點時，有最小值，即有最小值，最小值即為OG的長，∴的最小值為，故選：C．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質，全等三角形的性質與判定，一次函數(shù)與幾何綜合，軸對稱最短路徑問題，解直角三角形等等，正確作出輔助線確定點P的運動軌跡是解題的關鍵．練習3．（2023.重慶九年級期中）如圖，在中，，，，若是邊上一動點，則的最小值為A． B．6 C． D．3解：過點作射線，使，再過動點作，垂足為點，連接，如圖所示：在中，，，，當，，在同一直線上，即時，的值最小，最小值等于垂線段的長，此時，，是等邊三角形，，在中，，，，，，，，的最小值為3，故選：．1．如圖，在中，，若D是邊上的動點，則的最小值是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】過點C作射線，使，再過動點D作，垂足為點F，連接，在中，當A，D，F(xiàn)在同一直線上，即時，的值最小，最小值等于垂線段的長．【詳解】解：過點C作射線，使，再過動點D作，垂足為點F，連接，如圖所示：在中，，∴，∵＝，∴當A，D，F(xiàn)在同一直線上，即時，的值最小，最小值等于垂線段的長，此時，，∴是等邊三角形，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴的最小值為12，故選：D．【點睛】本題考查垂線段最短、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加輔助線，構造胡不歸模型，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考選擇或填空題中的壓軸題．2．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)的圖像與x軸交于A、C兩點，與x軸交于點，若P是x軸上一動點，點D的坐標為，連接PD，則的最小值是（

）A．4 B． C． D．【答案】A【分析】過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H，根據，求出的最小值即可解決問題．【詳解】解：連接BC，過點P作PJ⊥BC于J，過點D作DH⊥BC于H．∵二次函數(shù)的圖像與x軸交于點，∴b＝2，∴二次函數(shù)的解析式為，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°，設，則,∵，∴，∴，∴，∵PJ⊥CB，∴，∴，∴，∵，∴，∴DP+PJ的最小值為，∴的最小值為4．故選：A．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的相關性質，以及等腰直角三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，得到∠OBC＝∠OCB＝45°，是解題的關鍵．3．如圖，?中，，，為邊上一點，則的最小值為．【答案】【分析】作PH丄AD交AD的延長線于H，由直角三角形的性質可得HP=DP，因此PD+2PB=2(DP+PB)=2(PH+PB)，當H、P、B三點共線時HP+PB有最小值，即PD十2PB有最小值，即可求解．【詳解】如圖，過點作，交的延長線于，

四邊形是平行四邊形，，∴∵PH丄AD∴∴，，∴當點，點，點三點共線時，HP+PB有最小值，即有最小值，此時，，，∴，則最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了胡不歸問題，平行四邊形的性質，直角三角形的性質，垂線段最短等知識．構造直角三角形是解題的關鍵．4．已知拋物線過點，兩點，與軸交于點，，

(1)求拋物線的解析式及頂點的坐標；(2)點為拋物線上位于直線下方的一動點，當面積最大時，求點的坐標；(3)若點為線段上的一動點，問：是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)解析式為，頂點的坐標為(2)點的坐標為(3)存在，最小值為【分析】（1）根據題意設拋物線的交點式，然后代入點的坐標，求解即可；（2）作軸，交于點，通過設和的坐標，利用“割補法”表示出，從而利用二次函數(shù)的性質求解最值即可；（3）將直線繞著點逆時針旋轉，并過點作其垂線，垂足為，分別連接，，，構造出含角的直角三角形，然后轉換為求得最小值，繼而確定當、、三點共線時，滿足取得最小值，此時利用含角的直角三角形的性質分段求解再相加即可得出結論．【詳解】（1）解：由題意，設拋物線解析式為，其中，∵，∴點的坐標為，將代入，解得：，∴，∴拋物線的解析式為，∵對稱軸為直線，∴將代入，得：，∴頂點的坐標為；（2）解：∵，，∴直線的解析式為：，∵點在拋物線上，且位于直線下方，∴設，其中，，如圖所示，作軸，交于點，∴，∴，∵，，，∴，∴，整理可得：，其中，∵，∴當時，取得最大值，將代入，得：，∴此時點的坐標為；

（3）解：存在最小值，理由如下：如下圖所示，將直線繞著點逆時針旋轉，并過點作其垂線，垂足為，分別連接，，，則，，

∴在中，，∴隨著點的運動，總有，∴，要使得取得最小值，即要使得取得最小值，如下圖，當、、三點共線時，滿足取得最小值，

此時，，，∵，∴，，∴，∴，∴，∴存在最小值，最小值為．【點睛】本題考查求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)綜合面積問題，以及利用“胡不歸”模型構造三角形求線段和最值問題，掌握二次函數(shù)的基本性質，熟練運用函數(shù)思想解決圖形面積問題是解題關鍵．易錯模型五：阿氏圓模型【模型解讀】如圖1所示，⊙O的半徑為r，點A、B都在⊙O外，P為⊙O上一動點，已知r=k·OB，連接PA、PB，則當“PA+k·PB”的值最小時，P點的位置如何確定？如圖2，在線段OB上截取OC使OC=k·r，則可說明△BPO與△PCO相似，即k·PB=PC。故本題求“PA+k·PB”的最小值可以轉化為“PA+PC”的最小值，其中與A與C為定點，P為動點，故當A、P、C三點共線時，“PA+PC”值最小。如圖3所示：注意區(qū)分胡不歸模型和阿氏圓模型：在前面的“胡不歸”問題中，我們見識了“k·PA+PB”最值問題，其中P點軌跡是直線，而當P點軌跡變?yōu)閳A時，即通常我們所說的“阿氏圓”問題．【最值原理】兩點之間線段最短及垂線段最短解題。例1．（2023·山東·九年級專題練習）如圖，在中，，，，圓C半徑為2，P為圓上一動點，連接最小值__________．最小值__________．【答案】

；

．【分析】如圖，連接CP，在CB上取點D，使CD=1，連結AD，可證△PCD∽△BCP．可得PD=BP，當點A，P，D在同一條直線時，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，由CD=1，CA=6，根據勾股定理AD==即可；在AC上取CE=，△PCE∽△ACP．可得PE=AP，當點B，P，E在同一條直線時，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，由CE=，CB=4，根據勾股定理BE=即可．【詳解】解：如圖，連接CP，在CB上取點D，使CD=1，連結AD，∵CP=2，BC=4，∴，∴，又∵∠PCD=∠BCP，∴△PCD∽△BCP．∴，∴PD=BP，∴AP+BP=AP+PD，當點A，P，D在同一條直線時，AP+BP的值最小，在Rt△ACD中，∵CD=1，CA=6，∴AD==，∴AP+BP的最小值為．故答案為：在AC上取CE=，連接CP，PE∵∴又∵∠PCE=∠ACP，∴△PCE∽△ACP．∴，∴PE=AP，∴BP+AP=BP+PE，當點B，P，E在同一條直線時，BP+AP的值最小，在Rt△BCE中，∵CE=，CB=4，∴BD=，∴BP+AP的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查圓的性質，構造相似三角形解決比例問題，勾股定理，掌握圓的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，關鍵是引輔助線準確作出圖形是解題關鍵．例2．（2023春·江蘇·九年級?？茧A段練習）如圖，正方形的邊長為4，的半徑為2，為上的動點，則的最大值是．【答案】2【分析】解法1，如圖：以為斜邊構造等腰直角三角形，連接，，連接、，推得，因為，求出即可求出答案．解法2：如圖：連接、、，在上做點，使，連接，證明，在上做點，使，連接，證明，接著推導出，最后證明，即可求解．【詳解】解法1：如圖：以為斜邊構造等腰直角三角形，連接，，∴，，四邊形正方形，又，在與中，故答案為：2．解法2如圖：連接、、根據題意正方形的邊長為4，的半徑為2，在上做點，使，則，連接在與中，，則在上做點，使，則，連接在與中，，則如圖所示連接在與中，，故答案為：2．【點睛】本題考查正方形的性質，相似三角形，勾股定理等知識，難度較大，熟悉以上知識點運用是解題關鍵．練習1．（2023·湖北武漢·校考模擬預測）如圖，正方形ABCD的邊長AB=8，E為平面內一動點，且AE=4，F(xiàn)為CD上一點，CF=2，連接EF，ED，則EFED的最小值為()A．6 B．4 C．4 D．6【答案】A【分析】如圖（見解析），在AD邊上取點H，使得，連接EH、FH，先根據正方形的性質得出，，再根據相似三角形的判定與性質得出，從而可得，然后利用三角形的三邊關系定理、兩點之間線段最短可得取得最小值時，點E的位置，最后利用勾股定理求解即可得．【詳解】如圖，在AD邊上取點H，使得，連接EH、FH四邊形ABCD是正方形，，，即又，即由三角形的三邊關系定理得：由題意得：點E的軌跡是在以點A為圓心，AE長為半徑的圓上由兩點之間線段最短可知，當點E位于FH與圓A的交點時，取得最小值，最小值為，在中，由勾股定理得即的最小值為故選：A．【點睛】本題是一道較難的綜合題，考查了正方形的性質、相似三角形的判定與性質、三角形的三邊關系定理、兩點之間線段最短等知識點，通過作輔助線，構造相似三角形是解題關鍵．練習2．（2022·湖北·九年級專題練習）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，⊙B的半徑為2，點P是⊙B上的一個動點，則PD﹣PC的最大值為_____．【答案】5【詳解】分析:由PD?PC＝PD?PG≤DG，當點P在DG的延長線上時，PD?PC的值最大，最大值為DG＝5．詳解:在BC上取一點G，使得BG＝1，如圖，∵，，∴，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴，∴PG＝PC，當點P在DG的延長線上時，PD?PC的值最大，最大值為DG＝＝5．故答案為5點睛:本題考查圓綜合題、正方形的性質、相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會構建相似三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，把問題轉化為兩點之間線段最短解決，題目比較難，屬于中考壓軸題．練習3．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖所示，，半徑為2的圓內切于．為圓上一動點，過點作、分別垂直于的兩邊，垂足為、，則的取值范圍為．【答案】【分析】根據題意，本題屬于動點最值問題-“阿氏圓”模型，首先作于，作于，如圖所示，通過代換，將轉化為，得到當與相切時，取得最大值和最小值，分兩種情況，作出圖形，數(shù)形結合解直角三角形即可得到相應最值，進而得到取值范圍．【詳解】解：作于，作于，如圖所示：，，，，，，，，當與相切時，取得最大和最小，①連接，，，如圖1所示：可得：四邊形是正方形，，在中，，，在中，，，即；②連接，，，如圖2所示：可得：四邊形是正方形，，由上同理可知：在中，，，在中，，，即，．故答案為：．【點睛】本題考查動點最值模型-“阿氏圓”，難度較大，掌握解決動點最值問題的方法，熟記相關幾何知識，尤其是圓的相關知識是解決問題的關鍵．1．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C為圓心、3為半徑作⊙C，P為⊙C上一動點，連接AP、BP，則AP＋BP的最小值為（

）

A．7 B．5 C． D．【答案】B【詳解】思路引領：如圖，在CA上截取CM，使得CM＝1，連接PM，PC，BM．利用相似三角形的性質證明MPPA，可得AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解決問題．答案詳解：如圖，在CA上截取CM，使得CM＝1，連接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的最小值為5．故選：B．2．（2023·湖南·九年級專題練習）如圖，邊長為4的正方形，內切圓記為⊙O，P是⊙O上一動點，則PA＋PB的最小值為．【答案】【分析】PA＋PB＝（PA＋PB），利用相似三角形構造PB即可解答．【詳解】解：設⊙O半徑為r，OP＝r＝BC＝2，OB＝r＝2，取OB的中點I，連接PI，∴OI＝IB＝，∵，，∴，∠O是公共角，∴△BOP∽△POI，∴，∴PI＝PB，∴AP＋PB＝AP＋PI，∴當A、P、I在一條直線上時，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．【點睛】本題是“阿氏圓”問題，解決問題的關鍵是構造相似三角形．3．如圖，正方形的邊長為4，的半徑為2，為上的動點，則的最大值是．【答案】2【分析】解法1，如圖：以為斜邊構造等腰直角三角形，連接，，連接、，推得，因為，求出即可求出答案．解法2：如圖：連接、、，在上做點，使，連接，證明，在上做點，使，連接，證明，接著推導出，最后證明，即可求解．【詳解】解法1如圖：以為斜邊構造等腰直角三角形，連接，，∴，，四邊形正方形，又，在與中，故答案為：2．解法2如圖：連接、、根據題意正方形的邊長為4，的半徑為2，在上做點，使，則，連接在與中，，則在上做點，使，則，連接在與中，，則如圖所示連接在與中，，故答案為：2．【點睛】本題考查正方形的性質，相似三角形，勾股定理等知識，難度較大，熟悉以上知識點運用是解題關鍵．5．問題提出：如圖①，在中，，，，的半徑為，為圓上一動點，連接，求的最小值．(1)嘗試解決：為了解決這個問題，下面給出一種解題思路：如圖①，連接，在上取一點，使，則．又，所以．所以．所以，所以．請你完成余下的思考，并直接寫出答案：的最小值為；(2)自主探索：在“問題提出”的條件不變的前提下，求的最小值；(3)拓展延伸：如圖②，已知在扇形COD中，，，，，是上一點，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用勾股定理即可求得本題答案；（2）連接，在上取點，使，則有，可證，得到，即，從而的最小值為；（3）延長到點，使，連接，可證，得到，得到，當三點共線時，得到最小值．【詳解】（1）解：如圖連接，∵，要使最小，∴當最小，當點在同一條直線時，最小，∴的最小值為，在中，，，∴，∴的最小值為，故答案為：；（2）解：如圖連接，在上取點，使，∴，∵，∴，∴，∴，∴的最小值為，故答案為：；（3）解：如圖延長到點，使，∴，連接，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴當三點共線時，取得最小值：，故答案為：．【點睛】本題考查勾股定理，相似三角形判定及性質，最值得確定．易錯模型六：瓜豆模型（直線）【模型解讀】瓜豆原理：若兩動點到某定點的距離比是定值，夾角是定角，則兩動點的運動路徑相同。動點軌跡基本類型為直線型和圓弧型，本專題受教學進程影響，估只對瓜豆原理中的直線型軌跡作講解。主動點叫瓜，從動點叫豆，瓜在直線上運動，豆也在直線_上運動；瓜在圓周上運動，豆的軌跡也是圓。古人云：種瓜得瓜，種豆得豆．“種”圓得圓，“種”線得線，謂之“瓜豆原理”。模型1、運動軌跡為直線1）如圖，P是直線BC上一動點，連接AP，取AP中點Q，當點P在BC上運動時，Q點軌跡是？解析：當P點軌跡是直線時，Q點軌跡也是一條直線．理由：分別過A、Q向BC作垂線，垂足分別為M、N，在運動過程中，因為AP=2AQ，所以QN始終為AM的一半，即Q點到BC的距離是定值，故Q點軌跡是一條直線．2）如圖，在△APQ中AP=AQ，∠PAQ為定值，當點P在直線BC上運動時，求Q點軌跡？解析：當AP與AQ夾角固定且AP:AQ為定值的話，P、Q軌跡是同一種圖形。理由：當確定軌跡是線段的時候，可以任取兩個時刻的Q點的位置，連線即可，比如Q點的起始位置和終點位置，連接即得Q點軌跡線段?！咀钪翟怼縿狱c軌跡為一條直線時，利用“垂線段最短”求最值。1）當動點軌跡已知時可直接運用垂線段最短求最值；2）當動點軌跡未知時，先確定動點軌跡，再垂線段最短求最值。3）確定動點軌跡的方法（重點）=1\*GB3①當某動點與定直線的端點連接后的角度不變時，該動點的軌跡為直線；=2\*GB3②當某動點到某條直線的距離不變時，該動點的軌跡為直線；=3\*GB3③當一個點的坐標以某個字母的代數(shù)式表示時，若可化為一次函數(shù)，則點的軌跡為直線；④觀察動點運動到特殊位置時，如中點，端點等特殊位置考慮；⑤若動點軌跡用上述方法不都合適，則可以將所求線段轉化（常用中位線、矩形對角線、全等、相似）為其他已知軌跡的線段求最值。例1．（2022·湖南湘西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M為BC的中點，H為AB上一點，過點C作CG∥AB，交HM的延長線于點G，若AC＝8，AB＝6，則四邊形ACGH周長的最小值是（）

A．24 B．22 C．20 D．18【答案】B【分析】通過證明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四邊形ACGH的周長即為AB+AC+GH，進而可確定當MH⊥AB時，四邊形ACGH的周長有最小值，證明四邊形ACGH為矩形可得HG的長，進而可求解．【詳解】∵CG∥AB，∴∠B＝∠MCG，∵M是BC的中點，∴BM＝CM，在△BMH和△CMG中，，∴△BMH≌△CMG（ASA），∴HM＝GM，BH＝CG，∵AB＝6，AC＝8，∴四邊形ACGH的周長＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，∴當GH最小時，即MH⊥AB時四邊形ACGH的周長有最小值，∵∠A＝90°，MH⊥AB，∴GH∥AC，∴四邊形ACGH為矩形，∴GH＝8，∴四邊形ACGH的周長最小值為14+8＝22，故選：B．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質，確定GH的值是解題的關鍵．例2．（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖，是邊長為的等邊三角形，點為高上的動點．連接，將繞點順時針旋轉得到．連接，，，則周長的最小值是．

【答案】/【分析】根據題意，證明，進而得出點在射線上運動，作點關于的對稱點，連接，設交于點，則，則當三點共線時，取得最小值，即，進而求得，即可求解．【詳解】解：∵為高上的動點．∴∵將繞點順時針旋轉得到．是邊長為的等邊三角形，∴∴∴，∴點在射線上運動，如圖所示，

作點關于的對稱點，連接，設交于點，則在中，，則，則當三點共線時，取得最小值，即∵，，∴∴在中，,∴周長的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了軸對稱求線段和的最值問題，等邊三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，熟練掌握等邊三角形的性質與判定以及軸對稱的性質是解題的關鍵．練習1．（2021·四川廣元·中考真題）如圖，在中，，，點D是邊的中點，點P是邊上一個動點，連接，以為邊在的下方作等邊三角形，連接．則的最小值是（

）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】以CD為邊作等邊三角形CDE，連接EQ，由題意易得∠PDC=∠QDE，PD=QD，進而可得△PCD≌△QED，則有∠PCD=∠QED=90°，然后可得點Q是在QE所在直線上運動，所以CQ的最小值為CQ⊥QE時，最后問題可求解．【詳解】解：以CD為邊作等邊三角形CDE，連接EQ，如圖所示：∵是等邊三角形，∴，∵∠CDQ是公共角，∴∠PDC=∠QDE，∴△PCD≌△QED（SAS），∵，，點D是邊的中點，∴∠PCD=∠QED=90°，，∴點Q是在QE所在直線上運動，∴當CQ⊥QE時，CQ取的最小值，∴，∴；故選B．【點睛】本題主要考查等邊三角形的性質、含30°直角三角形的性質及最短路徑問題，熟練掌握等邊三角形的性質、含30°直角三角形的性質及最短路徑問題是解題的關鍵．練習2．（2023上·福建廈門·九年級校考期中）如圖，長方形中，，，E為上一點．且，F(xiàn)為邊上的一個動點．連接，將繞著點E順時針旋轉到的位置，其中點B、點F的對應點分別為點H、點G，連接和，則的最小值為（

）．

A． B．3 C． D．【答案】C【分析】如圖，將線段繞點E順時針旋轉得到線段，連接交于J．首先證明，推出點G的在射線上運動，推出當時，的值最小，證明四邊形是矩形，進一步推出，則，即可得到的最小值為．【詳解】解：如圖，將線段繞點E順時針旋轉得到線段，連接交于J．

∵四邊形是矩形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴點G的在射線上運動，∴當時，的值最小，∵，∴，∴，∴，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴，∴，∴，∴的最小值為．故選：C．【點睛】本題考查旋轉的性質，矩形的性質與判定，全等三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形得到動點運動的軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．練習3.（2023上·江蘇揚州·九年級校聯(lián)考期中）如圖，正方形的邊長為4，點是正方形對角線所在直線上的一個動點，連接，以為斜邊作等腰（點，，按逆時針排序），則長的最小值為（）

A． B． C．4 D．【答案】D【分析】根據正方形的性質和題干給定的是以為斜邊作等腰直角三角形，證明，得到進一步證明，得到，由正方形的性質得點H為的中點，有點F在的垂直平分線上運動，當點F與點H重合時，的值最?。驹斀狻拷猓哼B接交于點G，連接并延長交于點H，如圖，

∵四邊形是正方形，∴，，，∵是以為斜邊作等腰直角三角形，∴，，，∵，∴，∵，∴，∴，則，∵，∴，∴，∴，則，∴，∵點G為正方形對角線的交點，∴點H為的中點，∴點F在的垂直平分線上運動，∵，∴當點F與點H重合時，的值最小，此時．即長的最小值為2．故答案選：D．【點睛】此題考查正方形的性質、相似三角形的判定與性質、平行線的判定與性質和垂線段最短，利用相似的邊長比證明對應三角形邊長的相似比，并找到點的運動軌跡是解題的關鍵．1．（2023上·山西臨汾·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在中，，，點，分別是，邊上的動點，連結，，分別是，的中點，則的最小值為（

）

A．12 B．10 C．9.6 D．4.8【答案】D【分析】本題主要考查了三角形中位線定理，勾股定理，垂線段最短的性質．連接，作于點H．由三角形中位線的性質得，由垂線段最短可知當最小，即點E與點H重合時的值最小，然后利用勾股定理求出的長即可．【詳解】解：連接，作于點H．

∵點，分別是，邊上的動點，∴是的中位線，∴，∴當最小，即點E與點H重合時的值最?。O，則，∵，∴，∴，∴的最小值為4.8．故選D．2．（2023上·廣東廣州·九年級?？计谥校┤鐖D，正方形的邊長為4，，點E是直線上一個動點，連接，線段繞點B順時針旋轉得到，則線段長度的最小值等于（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，在上截取，使，連接，過點D作于點H，證明，得出，點F在直線上運動，當點F與H重合時，的值最小，求出最小值即可．【詳解】解：連接，在上截取，使，連接，過點D作于點H，如圖所示：

∵四邊形是正方形，∴，，，∴，，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∴點F在直線上運動，當點F與H重合時，的值最小，∵，，∴，故選：B．【點睛】本題主要考查旋轉的性質，正方形的性質，勾股定理，垂線段最短，直角三角形的性質，根據題意作出輔助線，得出點F在直線上運動，當點F與H重合時，的值最小，是解題的關鍵．3．（2022·河南南陽·二模）如圖所示，，，于點B，點D是線段BC上一個動點，且于點D，，連接CE，則CE長的最小值是______．【答案】3【分析】在BC上截取，構造相似，可得出，過C點作CH⊥EQ可得出即可求出CE的長【詳解】解：在BC上截取，則，中，，∵，∴在中，，∴∴，，∴，∴，∴，∴的角度固定不變，∴CH為CE的最小值．過C點作CH⊥EQ∴∠CHQ=∠ABQ=90°∵∴∠CQH=∠QAB∴，∵，∴，CE的最小值是3.【點睛】本題主要考查相似的性質與性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．易錯模型七：瓜豆模型（圓）【模型解讀】模型1、運動軌跡為圓弧模型1-1.如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點．Q點軌跡是？如圖，連接AO，取AO中點M，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．則動點Q是以M為圓心，MQ為半徑的圓。模型1-2.如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=kAQ，當P在圓O運動時，Q點軌跡是？如圖，連結AO，作AM⊥AO，AO:AM=k:1；任意時刻均有△APO∽△AQM，且相似比為k。則動點Q是以M為圓心，MQ為半徑的圓。模型1-3.定義型：若動點到平面內某定點的距離始終為定值，則其軌跡是圓或圓弧。（常見于動態(tài)翻折中）如圖，若P為動點，但AB=AC=AP，則B、C、P三點共圓，則動點P是以A圓心，AB半徑的圓或圓弧。模型1-4.定邊對定角（或直角）模型1）一條定邊所對的角始終為直角，則直角頂點軌跡是以定邊為直徑的圓或圓?。鐖D，若P為動點，AB為定值，∠APB=90°，則動點P是以AB為直徑的圓或圓弧。2）一條定邊所對的角始終為定角，則定角頂點軌跡是圓?。鐖D，若P為動點，AB為定值，∠APB為定值，則動點P的軌跡為圓弧。【模型原理】動點的軌跡為定圓時，可利用：“一定點與圓上的動點距離最大值為定點到圓心的距離與半徑之和，最小值為定點到圓心的距離與半徑之差”的性質求解。例1．（2023·四川廣元·統(tǒng)考一模）如圖，線段為的直徑，點在的延長線上，，，點是上一動點，連接，以為斜邊在的上方作Rt，且使，連接，則長的最大值為．【答案】/【分析】作，使得，，則，，，由，推出，即（定長），由點是定點，是定長，點在半徑為1的上，由此即可解決問題．【詳解】解：如圖，作，使得，，則，，，，，，，，，即（定長），點是定點，是定長，點在半徑為1的上，，的最大值為，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質、兩圓的位置關系、軌跡等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．例2．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，是正方形邊的中點，是正方形內一點，連接，線段以為中心逆時針旋轉得到線段，連接．若，，則的最小值為．

【答案】【分析】連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，由的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，可得：的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，再根據“圓外一定點到圓上任一點的距離，在圓心、定點、動點，三點共線時定點與動點之間的距離最短”，所以當、、三點共線時，的值最小，可求，從而可求解．【詳解】解，如圖，連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，

的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，如圖，當、、三點共線時，的值最小，四邊形是正方形，，，是的中點，，，由旋轉得：，，，的值最小為．故答案：．【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，勾股定理，動點產生的線段最小值問題，掌握相關的性質，根據題意找出動點的運動軌跡是解題的關鍵．練習1．（2023上·江蘇連云港·九年級?？茧A段練習）已知矩形為矩形內一點，且，若點繞點逆時針旋轉到點，則的最小值為．

【答案】【分析】在矩形外，以邊為斜邊作等腰直角三角形，，再以點O為圓心，為半徑作，點P為矩形內一點，且，所以點P在的劣弧上運動，根據點繞點逆時針旋轉到點，所以，，則，所以當最小時，最小，然后連接，交于P，此時，最小，則也最小，最后過點O作于E，交延長線于F，利用勾股定理求出，的長，從而求得，即可求解．【詳解】解：在矩形外，以邊為斜邊作等腰直角三角形，，再以點O為圓心，為半徑作，如圖，

∵點P為矩形內一點，且，∴點P在的劣弧上運動，∵點繞點逆時針旋轉到點，∴，，∴∴當最小時，，連接，交于P，此時，最小，則也最小，在中，∵，，∴，∴，過點O作于E，交延長線于F，∴，∵，，∴∵矩形∴∴∴四邊形正方形，∴，∴，在中，由勾股定理，得，∴∴，故答案為：．【點睛】本題考查旋轉的性質，等腰直角三角形的性質，圓滿的性質，勾股定理，作出輔助圓，得出取最小值的點P位置是解題的關鍵．練習2．（2023下·陜西西安·九年級?？茧A段練習）問題提出：（1）如圖①，在中，，，，則的長為__________；問題探究：（2）如圖②，已知矩形，，，點P是矩形內一點，且滿足，連接，求線段的最小值；問題解決：（3）如圖③所示，我市城市綠化工程計劃打造一片四邊形綠地，其中，，，點E為邊上一點，且，，為了美化環(huán)境，要求四邊形的面積盡可能大，求綠化區(qū)域面積的最大值．【答案】（1）4；（2）；（3）【分析】（1）作于點H，利用等腰三角形的性質可得，，然后利用銳角三角函數(shù)的知識可求得的長；（2）由題意可知，點P在以為直徑，以的中點O為圓心的圓上運動，當O，P，C共線時，線段的值最小，利用勾股定理求出的長即可求解；（3）延長、，相交于點F．由，求出，作交于點G，作于點N，交于點M，可得，設，求出，所以當?shù)拿娣e最大時，綠化區(qū)域的面積最大，求出的面積即可求解．【詳解】（1）如圖1，作于點H．∵，，，∴，．∵，∴．故答案為：4；（2）如圖2，∵，∴點P在以為直徑，以的中點O為圓心的圓上運動，當O，P，C共線時，線段的值最?。?，∴，∴，∴段的值最小值；（3）如圖3，延長、，相交于點F．∵，∴，∴，∵，，∴，∴．作交于點G，作于點N，交于點M，∵，∴，∵，∴，設，則，，∴，∴當?shù)拿娣e最大時，綠化區(qū)域的面積最大．當E在的中點時，的面積最大．連接，交于點H，則．∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，解直角三角形，垂徑定理，圓周角定理，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，難度較大，屬中考壓軸題．1．（2022秋·江蘇揚州·九年級?？茧A段練習）如圖，A是上任意一點，點C在外，已知是等邊三角形，則的面積的最大值為（）A． B．4 C． D．6【答案】A【分析】以為邊向上作等邊三角形，連接，證明得到，分析出點D的運動軌跡是以點M為圓心，長為半徑的圓，在求出點D到線段的最大距離，即可求出面積的最大值．【詳解】解：如圖，以為邊向上作等邊三角形，連接，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∴點D的運動軌跡是以點M為圓心，長為半徑的圓，要使的面積最大，則求出點D到線段的最大距離，∵是邊長為4的等邊三角形，∴點M到的距離為，∴點D到的最大距離為，∴的面積最大值是，故選A．【點睛】本題考查了動點軌跡是圓的問題，解決本題的關鍵是利用構造全等三角形找到動