專題32 最值模型之將軍遛馬模型與將軍過橋（造橋）模型解讀與提分精練（全國）（解析版）

專題32最值模型之將軍遛馬模型與將軍過橋（造橋）模型將軍遛馬模型和將軍過橋（造橋）模型是將軍飲馬的姊妹篇，它是在將軍飲馬的基礎(chǔ)上加入了平移的思想，主要還是考查轉(zhuǎn)化與化歸等的數(shù)學(xué)思想。在各類考試中都以中高檔題為主，本專題就將軍遛馬模型和將軍過橋（造橋）模型進行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握。在解決將軍遛馬和將軍過橋（造橋），不管是橫向還是縱向的線段長度（定長），只要將線段按照長度方向平移即可，即可以跨越長度轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)的將軍飲馬模型，再依據(jù)同側(cè)做對稱點變異側(cè)，異側(cè)直接連線即可。利用數(shù)學(xué)的轉(zhuǎn)化思想，將復(fù)雜模型變成基本模型就簡單容易多了，從此將軍遛馬和將軍過橋（造橋）再也不是問題！TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.將軍遛馬模型 2模型2.將軍造橋（過橋）模型 6 12模型1.將軍遛馬模型將軍遛馬模型：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(cè)，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。點A、B在直線m異側(cè)（圖1-1）；點A、B在直線m同側(cè)（圖1-2）；圖1-1圖1-2將軍遛馬模型（異側(cè)型）：如圖1-1，過A點作AC∥m,且AC=PQ，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?！逷Q為定值，∴求PA+PQ+QB的最小值，即求PA+QB的最小值+PQ?！逜C∥m，AC=PQ，得到四邊形APQC為平行四邊形，故AP=QC?！郟A+QB=QC+QB，再利用“兩點之間線段最短”，可得PA+QB的最小值為CB，故PA+PQ+QB的最小值=PQ+CB.圖1-1圖1-2將軍遛馬模型（同側(cè)型）：如圖1-2，過A點作AE∥m,且AE=PQ，作B關(guān)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?！逷Q為定值，∴求PA+PQ+QB的最小值，即求PA+QB的最小值+PQ?！逜E∥m，AE=PQ，得到四邊形APQE為平行四邊形，故AP=QE?！郟A+QB=QE+QB，根據(jù)對稱，可得QB’=QB，即QE+QB=QE+QB’，再利用“兩點之間線段最短”，可得QE+QB’的最小值為EB’，故PA+PQ+QB的最小值=PQ+EB’。例1．（2023·陜西·模擬預(yù)測）如圖，菱形ABCD的邊長為3，∠BAD＝60°，點E、F在對角線AC上（點E在點F的左側(cè)），且EF＝1，則DE+BF最小值為________【答案】【分析】作DMAC，使得DM=EF=1，連接BM交AC于F，由四邊形DEFM是平行四邊形，推出DE=FM，推出DE+BF=FM+FB=BM，根據(jù)兩點之間線段最短可知，此時DE+FB最短，由四邊形ABCD是菱形，在Rt△BDM中，根據(jù)勾股定理計算即可．【詳解】解：如圖，作DMAC，使得DM＝EF＝1，連接BM交AC于F，∵DM＝EF，DMEF，∴四邊形DEFM是平行四邊形，∴DE＝FM，∴DE+BF＝FM+FB＝BM，根據(jù)兩點之間線段最短可知，此時DE+FB最短，∵四邊形ABCD是菱形，AB＝3，∠BAD＝60°∴AD＝AB，∴△ABD是等邊三角形，∴BD＝AB＝3，∵BD⊥AC，DM∥AC，∴BD⊥DM，在Rt△BDM中，BM＝＝∴DE+BF的最小值為．故答案為．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、兩點之間線段最短、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，把問題轉(zhuǎn)化為兩點之間線段最短解決，屬于中考填空題中的壓軸題．例21．（2023·安徽合肥·?？既＃┰谶呴L為2的正方形中，點E、F是對角線上的兩個動點，且始終保持，連接、，則的最小值為（

）A． B．3 C． D．【答案】B【分析】過點作使，易得四邊形為平行四邊形，得到，進而得到，得到三點共線時，有最小值即為的長，利用勾股定理進行求解即可．【詳解】解：過點作使，則：四邊形為平行四邊形，

∴，∴，∴當(dāng)三點共線時，有最小值即為的長，∵四邊形為正方形，∴，，，∴，，∴，即：的最小值為3．故選B．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理．解題的關(guān)鍵是構(gòu)造平行四邊形，進行線段的轉(zhuǎn)化．例3．（2024·河北邯鄲·三模）如圖，在邊長為1的菱形中，，將沿射線的方向平移得到，分別連接，，，則的最小值為（）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到，，根據(jù)平移的性質(zhì)得到，，推出四邊形是平行四邊形，得到，于是得到的最小值的最小值，根據(jù)平移的性質(zhì)得到點在過點且平行于的定直線上，作點關(guān)于定直線的對稱點，連接交定直線于，則的長度即為的最小值，求得，得到，于是得到結(jié)論【詳解】解：在邊長為1的菱形中，，，，將沿射線的方向平移得到，，，四邊形是菱形，，，，，，四邊形是平行四邊形，，的最小值的最小值，點在過點且平行于的定直線上，作點關(guān)于定直線的對稱點，連接交定直線于，則的長度即為的最小值，在中，，，，，，，，，作，過點D作垂足為G在中，．故選：．【點睛】本題考查了軸對稱最短路線問題，菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，平移的性質(zhì)，求得的最小值的最小值是解題的關(guān)鍵．例4．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，在正方形中，，是對角線上兩點點靠近點，且，當(dāng)?shù)淖钚≈禐闀r，的長為．【答案】【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，線段和的最值問題，勾股定理；平移至，則，連接，得出四邊形是平行四邊形，則，，根據(jù)題意可得，在中，勾股定理求得，進而即可求解．【詳解】解：如圖所示，平移至，則，連接,∴四邊形是平行四邊形，∴，，∵，∴∵在正方形中，，是對角線上兩點∴∴在中，∴故答案為：．模型2.將軍造橋（過橋）模型將軍造橋（過橋）模型:已知，如圖2，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？（即：AM+MN+NB的值最?。D2-1圖2-2將軍造橋（過橋）模型：如圖2-2，過A點作AA’∥MN，且AA’=MN，連接A’B，∵AA’∥MN，且AA’=MN∴四邊形APQC為平行四邊形，故AM=A’N，∵MN為定值，∴求AM+MN+NB的最小值，即求AM+NB的最小值+MN。再利用“兩點之間線段最短”，可得AM+NB的最小值為A’B，故AM+MN+NB的最小值=A’B+MN。例1．（2023·陜西西安·校考模擬預(yù)測）如圖，中，，，，，；垂足分別為點F和E．點G和H分別是和上的動點，，那么的最小值為______．

【答案】【分析】過點E作交于點I，連接．易求出，，．易證四邊形為平行四邊形，得出，即說明當(dāng)最小時，最?。僧?dāng)點I，H，C三點共線時，最?。Y(jié)合平行四邊形的判定和性質(zhì)和勾股定理求出，即得出，即可得出答案．【詳解】解：如圖，過點E作交于點I，連接．

∵中，，，∴，∴，∴，．∵，，∴．∵，∴四邊形為平行四邊形，∴．同理可得出．∵，，∴四邊形為平行四邊形，∴，∴四邊形為平行四邊形，

∴，∴，∴當(dāng)最小時，最?。弋?dāng)點I，H，C三點共線時，最小，∴此時最小，如圖，

∵，∴．∵∴四邊形為平行四邊形，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)和判定，含30度角的直角三角形，勾股定理，平行線的判定，兩點之間線段最短等知識．正確作出輔助線，理解當(dāng)點I，H，C三點共線時，最小，即此時最小是解題關(guān)鍵．例2．（2023·江蘇蘇州·?？级＃┤鐖D，在中，．如果在三角形內(nèi)部有一條動線段，且，則的最小值為________．

【答案】【分析】在上取一點，使得，連接，如圖所示，首先證明，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，過點作交的延長線于，證明，求出可得結(jié)論．【詳解】解：在上取一點，使得，連接，如圖所示：

，，四邊形是平行四邊形，，，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，過點作交的延長線于，如圖所示：，，是等邊三角形，，，，，，，，，，，，，，，，，，，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)變換，兩點之間線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．例3．（2024·陜西西安·二模）如圖1，正方形的邊長為4，點是對角線上兩動點，且，將點沿的方向平移2個單位得到點，連接、．(1)①四邊形的形狀為_____________；②連接、，當(dāng)點，，共線時，的值為_____________．(2)自古以來，黃河就享有“母親河”的美譽，是中華文明的發(fā)源地之一，也是中華民族生生不息、賴以生存的搖籃．如圖2，某地黃河的一段出現(xiàn)了分叉，形成了“”字型支流，分叉口有一片三角形地帶的濕地，在支流1的左上方有一村莊，支流2的右下方有一開發(fā)區(qū)，為促進當(dāng)?shù)氐慕?jīng)濟發(fā)展，經(jīng)政府決定在支流1和支流2上分別修建一座橋梁、（支流1的兩岸互相平行，支流2的兩岸也互相平行，橋梁均與河岸垂直），你能幫助政府計算一下由村莊到開發(fā)區(qū)理論上的最短路程嗎？（即和的最小值）．經(jīng)測量，、兩地的直線距離為2000米，支流1、支流2的寬度分別為米、250米，且與線段所夾的銳角分別為、．【答案】(1)①平行四邊形；②6．(2)米【分析】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平移的性質(zhì)：（1）①根據(jù)平行的性質(zhì)得到，據(jù)此可證明四邊形是平行四邊形；②由正方形的性質(zhì)得到，，由勾股定理得，由平行線的性質(zhì)得到，則，由勾股定理得到，再由正方形的性質(zhì)和平行四邊形的性質(zhì)得到，，則；（2）如圖所示，將點A沿著垂直于支流1的河岸的方向平移米得到，連接，將點B沿著垂直于支流2的河岸的方向平移米得到，連接，則四邊形和四邊形都是平行四邊形，可得，則當(dāng)四點共線時，最小，即此時最小；如圖所示，分別延長交于H，則，進而得到，則米，米，進一步得到米，米，則米，即可得到的最小值為米．【詳解】（1）解：①由平行的性質(zhì)可得，∴四邊形是平行四邊形，故答案為：平行四邊形；②∵四邊形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，由正方形的對稱性可得，由平行四邊形的性質(zhì)可得，∴，故答案為：6；（2）解：如圖所示，將點A沿著垂直于支流1的河岸的方向平移米得到，連接，將點B沿著垂直于支流2的河岸的方向平移米得到，連接，∴四邊形和四邊形都是平行四邊形，∴，∴，∴當(dāng)四點共線時，最小，即此時最??；如圖所示，分別延長交于H，∵支流1和支流2與線段所夾的銳角分別為、，∴，∴，∴米，∴米，∴米，米，∴米，∴的最小值為米．1．（2023安徽中考學(xué)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(zhì)與動點問題最小值，構(gòu)造輔助線轉(zhuǎn)化相關(guān)的線段是解題關(guān)鍵．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(jù)“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(jù)“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(zhuǎn)化，即用與它相等的線段替代，從而轉(zhuǎn)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(guān)知識進行轉(zhuǎn)化．3．（2024·四川瀘州·一模）如圖，在直角坐標(biāo)系中，，，C是的中點，點D在第二象限，且四邊形為矩形，P是上一個動點，過點P作于H，Q是點B關(guān)于點A的對稱點，則的最小值為．【答案】6【分析】本題考查了一次函數(shù)點的坐標(biāo)的求法、三角形面積的求法和三點共線及最值，綜合性強，是中考常見題型．連接，根據(jù)、的坐標(biāo)先確定和的長，證明四邊形是矩形，得，再證明四邊形是平行四邊形，則，在中，是定值，所以只要的值最小就可以，當(dāng)、、在同一直線上時，的值最小，利用平行四邊形的性質(zhì)求出即可．【詳解】解：如圖，連接，，，，，是的中點，，，四邊形是矩形，，，四邊形是平行四邊形，，，要使的值最小，只需、、三點共線即可，點是點關(guān)于點的對稱點，，又點，根據(jù)勾股定理可得，此時，，即的最小值，6；故答案為：64．（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(guān)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(guān)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(zhì)，勾股定理等知識，確定GE+CF最小時E，F(xiàn)位置是解題關(guān)鍵．5．（2023上·江蘇鹽城·九年級校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，正方形內(nèi)接于⊙O，線段在對角線上運動，若⊙O的周長為，，則周長的最小值是．

【答案】/【分析】過點作，令；可推出四邊形為平行四邊形，有；根據(jù)可知當(dāng)時，周長有最小值.【詳解】解：過點作，令

∵⊙O的周長為，∴⊙O的半徑為∴∵且∴四邊形為平行四邊形∴由正方形的對稱性可得：∴∴故：當(dāng)時，周長有最小值此時：∴周長的最小值是故答案為：【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)等．推出當(dāng)時，周長有最小值是解題關(guān)鍵．6．（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(jù)平行四邊形的性質(zhì)和平移圖形的性質(zhì)，可得C′E=CE，CG=DE，可得EC+GC=C′E+ED，當(dāng)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(guān)于AE對稱，C′E=CE，又∵CG=DE，∴EC+GC=C′E+ED，當(dāng)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(zhì)、圖形的對稱性、線段最短和平行四邊形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵是將兩條線段的和轉(zhuǎn)化為同一條線段求解．7．（2024·江蘇揚州·一模）如圖，在矩形中，點E、F是對角線上的兩點，，，點G是邊的中點．當(dāng)取最小值時，的值為．【答案】2【分析】取的中點，連接．根據(jù)點是邊上的中點，則，推出四邊形是平行四邊形，所以，因此，當(dāng)、、三點在同一直線上時，最小，即，由，推出，代入計算得出答案．【詳解】解：如圖，取的中點，連接．∵點是邊上的中點，∴是的中位線，∴．∵是矩形，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形(一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形)，∴，∴，∴當(dāng)、、三點在同一直線上時，最小，∵，，∴，∴，∴，∴，故答案為：2．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，軸對稱，三角形中位線，平行四邊形的性質(zhì)和判定，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，難度適中，證明是解題的關(guān)鍵．8．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，矩形中，，，是邊上一動點，過點作對角線的垂線，分別交于點、交直線于點，則點在運動過程中，的最小值是．【答案】/【分析】過點作交于，過點作，使，連接，，推出的最小值為的長度，為定值，再分別求出、的長度即可．【詳解】解：過點作交于，過點作，使，連接，，如下圖，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∴，即取最小值為的長度，∵四邊形是矩形，，，∴，，,，，∴，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，又∵，∴,∴，即，解得，∴，∴，∵，∴，即的最小值為．故答案為：．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形三邊關(guān)系等知識，正確作出輔助線，綜合運用相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．9．（2024·廣東廣州·三模）如圖，正方形內(nèi)接于，線段在對角線上運動，若的面積為，，則（1）的直徑長為；（2）周長的最小值是．【答案】4【分析】（1）根據(jù)正方形內(nèi)接于，得到是，根據(jù)，解得（舍去），解得即可．（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)，得到點A與點C是對稱點，連接，交于點O，連接，則，過點C作，連接，則四邊形是平行四邊形，繼而得到，繼而得到，結(jié)合，故當(dāng)三點共線時，取得最小值，得到周長的最小值．【詳解】（1）∵正方形內(nèi)接于，∴是的直徑，∴，解得（舍去），故答案為：．（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)，得到點A與點C是對稱點，，連接，交于點O，連接，則，過點C作，連接，則四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，故當(dāng)三點共線時，取得最小值，得到周長的最小值．∵，∴，∴，故周長的最小值為4．故答案為：4．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形不等式的應(yīng)用，圓的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形三邊關(guān)系的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．10．（2024·吉林長春·三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸交于點，與軸的一個交點為點，點在拋物線對稱軸左側(cè)，線段CD在對稱軸上，，則四邊形周長的最小值為．【答案】【分析】本題考查了二次函數(shù)的幾何綜合，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，兩點之間線段最短，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．先得點的坐標(biāo)和再證明四邊形是平行四邊形，得出，結(jié)合兩點之間線段最短，故四邊形的周長是，運用兩點距離公式列式計算，得出，代入計算即可作答．【詳解】解：∵拋物線與軸交于點，與軸的一個交點為點，∴當(dāng)時，∴點的坐標(biāo)是，當(dāng)時，則，∴，設(shè)拋物線與軸的另外一個交點為M，∴∴對稱軸；則過點M作軸，且，∵軸，線段CD在對稱軸上，∴∵∴四邊形是平行四邊形∴連接與對稱軸相交于一點，即為點D的位置，再連接∵對稱軸，線段CD在對稱軸上，∴∴此時四邊形周長有最小值即∵∴則則∴四邊形周長的最小值為故答案為：11．（2024·江蘇蘇州·二模）如圖，等邊的邊長為3，點D在邊上，，線段在邊上運動，，有下列結(jié)論：①與可能相等；②與可能相似；③四邊形面積的最大值為；④四邊形周長的最小值為，其中，正確結(jié)論的序號為.【答案】②③/③②【分析】①根據(jù)三角形三邊之間的關(guān)系得，進而得，同理得，即，進而得，由此得與不可能相等．②假設(shè)與相似，設(shè)，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例，列比例式得出x的值，再與x的取值范圍進行比較，即可判斷相似是否成立；③過P作于E，過D作于F，過C點作于G點，利用函數(shù)求四邊形面積的最大值．設(shè)，可表示出，，可用函數(shù)表示出，，再根據(jù)，依據(jù)，即可得到四邊形面積的最大值；④作D點關(guān)于直線的對稱點，作，且，連接交于P點，將P點沿射線平移得Q點，連接、、，則可得四邊形是平行四邊形．進而可得則四邊形的周長，此時四邊形的周長最小，計算出，根據(jù)勾股定理即可求出的值，進而可得四邊形周長的最小值，即可得解．【詳解】①在中，，，，即，當(dāng)Q點與A點重合時，．在中，，，，，，當(dāng)P點與B點重合時，．綜上，當(dāng)Q點與A點重合時，；當(dāng)P點與B點重合時，；當(dāng)P、Q不與A、B重合時．∴與不可能相等，故①錯誤．②設(shè)，，，，．假設(shè)與相似，，，，整理得，，解得：，，，∴或1.5都符合題意，∴與可能相似，故②正確．③如圖，過P作于E，過D作于F，過C點作于G點．設(shè)，則，．，，．，，，．中，，，，，，∵S隨x的增大而增大，∴當(dāng)x取最大值2.5時，S的值最大，，故③正確．④如圖，作D點關(guān)于直線的對稱點，作，且，連接交于P點，將P點沿射線平移得Q點，連接、、，則，，且四邊形是平行四邊形，，則四邊形的周長，此時四邊形的周長最?。B接，，且，，，，且，．在中，，∴四邊形的周長的最小值為，故④錯誤．故答案為：②③【點睛】本題綜合考查等邊三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定、利用函數(shù)求最值、動點變化問題等知識．解題關(guān)鍵是熟練掌握數(shù)形結(jié)合的思想方法，通過用函數(shù)求最值、作對稱點求最短距離，即可得解．12．（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）如圖，在正方形中，對角線與交于點，，是的中點，是對角線上的一條動線段，若的最大值為，則的長為．【答案】1【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，線段最值問題等知識點，正確作輔助線是解題關(guān)鍵．過點作的平行線，過點作的平行線，兩平行線交于點，取關(guān)于的對稱點，連接，，，根據(jù)三角形兩邊之查小于第三邊即可得到，在中，利用勾股定理即可求得答案．【詳解】解：如圖，過點作的平行線，過點作的平行線，兩平行線交于點，取關(guān)于的對稱點，連接，，，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∵關(guān)于的對稱點是，是的中點，∴是的中點，即在中，，∴，當(dāng)點運動到與點，在一條直線上的時候，即取到最大值，即，∵，，∴，∴在中，，∴，∴．故答案為：1．13．（2024·江蘇連云港·二模）如圖，正方形的邊長為4，E是的中點，P是上的動點，過點P作，分別交，于點F，G．當(dāng)取最小值時，則的長是．【答案】【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)求得與，再由勾股定理求得；過G作于G，，證明得，再將沿方向平移至，連接，當(dāng)D、G、H三點共線時，的值最小，此時為等腰直角三角形，得，進而得是等腰直角三角形，再證得出，進而即可得解．【詳解】過G作于M，則，，∵正方形的邊長為4，∴，，∵E是的中點，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，將沿方向平移至，連接，則，，，當(dāng)D、G、H三點共線時，的值最小，此時為等腰直角三角形，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平移的性質(zhì)，兩點之間線段最短性質(zhì)，關(guān)鍵是通過平移變換確定取最小值的位置．14．（2024·四川廣安·二模）如圖，是直線上長度固定為1的一條動線段．已知點，，則的最小值為．【答案】【分析】本題主要考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，軸對稱最短路線問題．在軸上取點，使，則四邊形為平行四邊形，作點關(guān)于直線的對稱點，則，即、、三點共線時，最小值為的長．【詳解】解：如圖，在軸上取點，使，則四邊形為平行四邊形，∵點，，，，，作點關(guān)于直線的對稱點，，，，即、、三點共線時，最小值為的長，在中，由勾股定理得，∴的最小值為，故答案為：．15．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，在正方形中，，是對角線上兩點點靠近點，且，當(dāng)?shù)淖钚≈禐闀r，的長為．【答案】【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，線段和的最值問題，勾股定理；平移至，則，連接，得出四邊形是平行四邊形，則，，根據(jù)題意可得，在中，勾股定理求得，進而即可求解．【詳解】解：如圖所示，平移至，則，連接,∴四邊形是平行四邊形，∴，，∵，∴∵在正方形中，，是對角線上兩點∴∴在中，∴故答案為：．16．（23-24九年級下·浙江杭州·階段練習(xí)）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點A是直線上一動點，將點A向右平移1個單位得到點B，點，則的最小值為，此時點B坐標(biāo)為．【答案】【分析】設(shè)，，即將C，O均向左移動一個單位，可證四邊形和四邊形是平行四邊形，得，這樣的最值問題轉(zhuǎn)化為最值問題，作D點關(guān)于直線的對稱點E，連接，由對稱性可證的最小值為，即的最小值為，求出一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點，并求出，，在中，即可取出，由同角的余角相等，可證，由解直角三角形，在中，，，再由勾股定理即可求出；求出直線的解析式，并與直線聯(lián)立，求出交點A，由平移即可求出B點坐標(biāo)；【詳解】如圖，設(shè)，，作D點關(guān)于直線的對稱點E，連接交直線于A，連接，交直線于G，作軸于S，將點A向右平移1個單位得到點B，，，，軸，四邊形和四邊形是平行四邊形，，點D，E關(guān)于直線對稱，，，，，的最小值為，令，得，解得，，，，令，得，，，在中，，，，在中，，，，，，，在中，，，，，在中，，設(shè)直線的解析式為，把，代入得，，解得，直線的解析式為，聯(lián)立，解得，，．故答案為：，．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，軸對稱最短路線問題，平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用，一次函數(shù)與方程的關(guān)系，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是通過轉(zhuǎn)化思想的運用，證得的最小值為．17．（2024·陜西西安·二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點，，，將線段沿x軸向右平移得到，連接，，則的最小值為．【答案】【分析】作，且使，連接．作點關(guān)于x軸的對稱點C'（0，-3），連接交x軸于點W，連接，推出當(dāng)點在點W處時，最小，最小值是的長，再利用勾股定理求出的長即可．【詳解】解：如圖，作且使，連接，∴四邊形是平行四邊形，，，∵點，，∴設(shè)點1），∴點．作點關(guān)于x軸的對稱點連接，，交x軸于點W，，∴當(dāng)點在點W處時，最小，最小值是的長．，的最小值是故答案為【點睛】本題考查軸對稱-最短路線問題，平面直角坐標(biāo)系中的平移，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，能靈活運用平移和軸對稱構(gòu)造將軍飲馬模型是解題的關(guān)鍵．18．（2023上·陜西西安·九年級?？茧A段練習(xí)）（1）問題提出如圖①，在中，，點D，E分別是的中點．若點M，N分別是和上的動點，則的最小值是______．（2）問題探究：如圖②，A和B兩地在一條河的兩岸，現(xiàn)要在河上造一座橋（與河床垂直），橋造在何處，才能使從A到B的路徑最短．博琳小組針對該問題展開討論，小旭同學(xué)認為：過A作河岸的垂線，使，為河寬，連接，與河的一岸交于點N，此時在點N處建橋，可使從A到B的路徑最短．你認為小旭的說法正確嗎？請說明理由．（3）問題解決：如圖③，在矩形中，．E、F分別在上，且滿足，．若邊長為10的正方形在線段上運動，連接，當(dāng)取值最小時，求的長．

【答案】（1）3；（2）小旭的說法正確，理由見解析；（3）38或14【分析】（1）連接，過點A作于點F，根據(jù)兩點之間線段最短，可得當(dāng)時，最短，此時點N與點F重合，即的最小值為的長，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，即可求解；（2）根據(jù)題意可得四邊形為平行四邊形，從而得到，再根據(jù)“兩點之間線段最短”，當(dāng)點，N，B三點共線時，最短，即可求解；（3）過點N分別作，分別交于點H，G，連接交于點T，過點G作于點X，則，，證明四邊形，四邊形都是平行四邊形，可得，從而得到當(dāng)點H，T，G三點共線時，的值最小，此時點N與點T重合，然后證明，可得，可求得的長；過點Q分別作，分別交于點K，L，連接交于點S，當(dāng)點K，S，L三點共線時，的值最小，此時點N與點S重合，同理可求出的長，即可求解．【詳解】解：（1）如圖，連接，過點A作于點F，∴，

當(dāng)時，最短，此時點N與點F重合，即的最小值為的長，∵，∴，∴，∴的最小值為3；故答案為：3（2）解：小旭的說法正確，理由如下：根據(jù)題意得：，，∴四邊形為平行四邊形，∴，根據(jù)“兩點之間線段最短”，當(dāng)點，N，B三點共線時，最短，∵為河寬，∴在點N處建橋，可使從A到B的路徑最短．（3）如圖，過點N分別作，分別交于點H，G，連接交于點T，過點G作于點X，則，，

根據(jù)題意得：，，∴四邊形，四邊形都是平行四邊形，∴，∴，即當(dāng)點H，T，G三點共線時，的值最小，此時點N與點T重合，∵，∴，，，∵，∴，∴，∴，解得：，∴；如圖，過點Q分別作，分別交于點K，L，連接交于點S，當(dāng)點K，S，L三點共線時，的值最小，此時點N與點S重合，同理；綜上所述，當(dāng)取值最小時，的長為38或14．【點睛】本題主要考查了直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，兩點之間，線段最短，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，利用類比思想解答是解題的關(guān)鍵．19．（2023.山東中考二模）如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0），經(jīng)過點A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三點．(1)求拋物線的解析式及頂點M的坐標(biāo)；(2)連接AC、BC，N為拋物線上的點且在第四象限，當(dāng)S△NBC=S△ABC時，求N點的坐標(biāo)；(3)在（2）問的條件下，過點C作直線l∥x軸，動點P（m，3）在直線l上，動點Q（m，0）在x軸上，連接PM、PQ、NQ，當(dāng)m為何值時，PM+PQ+QN最小，并求出PM+PQ+QN的最小值．【答案】(1)y=-x2+2x+3，頂點M坐標(biāo)為（1，4）；(2)點N坐標(biāo)為（4，-5）；(3)當(dāng)m=時，PM+PQ+QN有最小值，最小值為3+3．【分析】（1）將點A、B、C坐標(biāo)代入解析式，解關(guān)于a、b、c的方程組可得函數(shù)解析式，配方成頂點式即可得點M坐標(biāo)；（2）設(shè)N（t，-t2+2t+3）（t＞0），根據(jù)點N、C坐標(biāo)用含t的代數(shù)式表示出直線CN解析式，求得CN與x軸的交點D坐標(biāo)，即可表示BD的長，根據(jù)S△NBC=S△ABC，即S△CDB+S△BDN=AB?OC建立關(guān)于t的方程，解之可得；（3）將頂點M（1，4）向下平移3個單位得到點M′（1，1），連接M′N交x軸于點Q，連接PQ，此時M′、Q、N三點共線時，PM+PQ+QN=M′Q+PQ+QN取最小值，由點M′、N坐標(biāo)求得直線M′N的解析式，即可求得點Q的坐標(biāo)，據(jù)此知m的值，過點N作NE∥x軸交MM′延長線于點E，可得M′E=6、NE=3、M′N=3，即M′Q+QN=3，據(jù)此知m=時，PM+PQ+QN的最小值為3+3．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過點A（-1，0），B（3，0），C（0，3），∴，解得：，∴y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，則拋物線的頂點M坐標(biāo)為（1，4）；（2）解：∵N是拋物線上第四象限的點，∴設(shè)N（t，-t2+2t+3）（t＞3），又點C（0，3），設(shè)直線NC的解析式為y=k1x+b1，則，解得：，∴直線NC的解析式為y=（-t+2）x+3，設(shè)直線CN與x軸交于點D，當(dāng)y=0時，x=，∴D（，0），BD=3-，∵S△NBC=S△ABC，∴S△CDB+S△BDN=AB?OC，即BD?|yC-yN|=[3-（-1）]×3，即×（3-）[3-（-t2+2t+3）]=6，整理，得：t2-3t-4=0，解得：t1=4，t2=-1（舍去），當(dāng)t=4時，-t2+2t+3=-5，∴點N坐標(biāo)為（4，-