2024年中考數(shù)學二輪題型突破題型6 幾何最值（復習講義）（教師版）

題型六幾何最值（復習講義）【考點總結(jié)|典例分析】解決幾何最值問題的理論依據(jù)有：①兩點之間線段最短；②垂線段最短；③三角形兩邊之和大于第三邊或三角形兩邊之差小于第三邊(重合時取到最值)；④定圓中的所有弦中，直徑最長；⑤圓外一點與圓心的連線上，該點和此直線與圓的近交點距離最短、遠交點距離最長.根據(jù)不同特征轉(zhuǎn)化從而減少變量是解決最值問題的關(guān)鍵，直接套用基本模型是解決幾何最值問題的高效手段.動點問題是初中數(shù)學階段的難點，它貫穿于整個初中數(shù)自數(shù)軸起始，至幾何圖形的存在性、幾何圖形的長度及面積的最值，函數(shù)的綜合類題目，無不包含其中.其中尤以幾何圖形的長度及面積的最值、最短路徑問題的求解最為繁瑣且靈活多變，而其中又有一些技巧性很強的數(shù)學思想（轉(zhuǎn)化思想），本專題以幾個基本的知識點為經(jīng)，以歷年來中考真題為緯，由淺入深探討此類題目的求解技巧及方法.考點01胡不歸胡不歸模型問題解題步驟如下；1、將所求線段和改寫為“PA+PB”的形式（<1），若>1，提取系數(shù)，轉(zhuǎn)化為小于1的形式解決。2、在PB的一側(cè)，PA的異側(cè)，構(gòu)造一個角度α，使得sinα=3、最后利用兩點之間線段最短及垂線段最短解題【模型展示】如圖，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的位置使的值最小．，記，即求BC+kAC的最小值．構(gòu)造射線AD使得sin∠DAN=k，CH/AC=k，CH=kAC．將問題轉(zhuǎn)化為求BC+CH最小值，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?。谇笮稳纭癙A+kPB”的式子的最值問題中，關(guān)鍵是構(gòu)造與kPB相等的線段，將“PA+kPB”型問題轉(zhuǎn)化為“PA+PC”型．考點02阿氏圓“阿氏圓”模型核心知識點是構(gòu)造母子型相似，構(gòu)造△PAB∽△CAP推出PA2，即：半徑的平方=原有線段構(gòu)造線段。【模型展示】如下圖，已知A、B兩點，點P滿足PA：PB=k（k≠1），則滿足條件的所有的點P構(gòu)成的圖形為圓．（1）角平分線定理：如圖，在△ABC中，AD是∠BAC的角平分線，則．證明：，，即（2）外角平分線定理：如圖，在△ABC中，外角CAE的角平分線AD交BC的延長線于點D，則．證明：在BA延長線上取點E使得AE=AC，連接BD，則△ACD≌△AED（SAS），CD=ED且AD平分∠BDE，則，即．接下來開始證明步驟：如圖，PA：PB=k，作∠APB的角平分線交AB于M點，根據(jù)角平分線定理，，故M點為定點，即∠APB的角平分線交AB于定點；作∠APB外角平分線交直線AB于N點，根據(jù)外角平分線定理，，故N點為定點，即∠APB外角平分線交直線AB于定點；又∠MPN=90°，定邊對定角，故P點軌跡是以MN為直徑的圓．考點03費馬點費馬點”是指位于三角形內(nèi)且到三角形三個頂點距高之和最短的點。主要分為兩種情況：（1）當三角形三個內(nèi)角都小于120°的三角形，通常將某三角形繞點旋轉(zhuǎn)60度，從而將“不等三爪圖”中三條線段轉(zhuǎn)化在同一條直線上，利用兩點之間線段最短解決問題。（2）當三角形有一個內(nèi)角大于120°時，費馬點就是此內(nèi)角的頂點.費馬點問題解題的核心技巧：旋轉(zhuǎn)60°構(gòu)造等邊三角形將“不等三爪圖”中三條線段轉(zhuǎn)化至同一直線上利用兩點之間線段最短求解問題【模型展示】問題：在△ABC內(nèi)找一點P，使得PA+PB+PC最小．【分析】在之前的最值問題中，我們解決的依據(jù)有：兩點之間線段最短、點到直線的連線中垂線段最短、作對稱化折線段為直線段、確定動點軌跡求最值等．（1）如圖，分別以△ABC中的AB、AC為邊，作等邊△ABD、等邊△ACE．（2）連接CD、BE，即有一組手拉手全等：△ADC≌△ABE．（3）記CD、BE交點為P，點P即為費馬點．（到這一步其實就可以了）（4）以BC為邊作等邊△BCF，連接AF，必過點P，有∠PAB=∠BPC=∠CPA=120°．在圖三的模型里有結(jié)論：（1）∠BPD=60°；（2）連接AP，AP平分∠DPE．有這兩個結(jié)論便足以說明∠PAB=∠BPC=∠CPA=120°．原來在“手拉手全等”就已經(jīng)見過了呀，只是相逢何必曾相識！考點04瓜豆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(zhì)求解。確定動點軌跡為圓或者圓弧型的方法:（1）動點到定點的距離不變，則點的軌跡是圓或者圓弧。（2）當某條邊與該邊所對的角是定值時，該角的頂點的軌跡是圓，具體運用如下;=1\*GB3①見直角，找斜邊，想直徑，定外心，現(xiàn)圓形=2\*GB3②見定角，找對邊，想周角，轉(zhuǎn)心角，現(xiàn)圓形【知識精講】如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點．考慮：當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？【分析】觀察動圖可知點Q軌跡是個圓，而我們還需確定的是此圓與圓O有什么關(guān)系？考慮到Q點始終為AP中點，連接AO，取AO中點M，則M點即為Q點軌跡圓圓心，半徑MQ是OP一半，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小結(jié)】確定Q點軌跡圓即確定其圓心與半徑，由A、Q、P始終共線可得：A、M、O三點共線，由Q為AP中點可得：AM=1/2AO．Q點軌跡相當于是P點軌跡成比例縮放．根據(jù)動點之間的相對位置關(guān)系分析圓心的相對位置關(guān)系；根據(jù)動點之間的數(shù)量關(guān)系分析軌跡圓半徑數(shù)量關(guān)系．如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考慮：當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？【分析】Q點軌跡是個圓，可理解為將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得AQ，故Q點軌跡與P點軌跡都是圓．接下來確定圓心與半徑．考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP=AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM=AO，且可得半徑MQ=PO．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO≌△AQM．如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，當P在圓O運動時，Q點軌跡是？【分析】考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP:AQ=2:1，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AO:AM=2:1．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO∽△AQM，且相似比為2．【模型總結(jié)】為了便于區(qū)分動點P、Q，可稱點P為“主動點”，點Q為“從動點”．此類問題的必要條件：兩個定量主動點、從動點與定點連線的夾角是定量（∠PAQ是定值）；主動點、從動點到定點的距離之比是定量（AP:AQ是定值）．【結(jié)論】（1）主、從動點與定點連線的夾角等于兩圓心與定點連線的夾角：∠PAQ=∠OAM；（2）主、從動點與定點的距離之比等于兩圓心到定點的距離之比：AP:AQ=AO:AM，也等于兩圓半徑之比．按以上兩點即可確定從動點軌跡圓，Q與P的關(guān)系相當于旋轉(zhuǎn)+伸縮．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”．考點05將軍飲馬1.兩定（異側(cè)），一動2.兩定（同側(cè)），一動3.一定，兩動4.兩動，兩動知識提煉：折線問題→→→（利用軸對稱的性質(zhì)）→→→兩點間線段最短問題1.如圖，△ABC中，AB＝AC＝10，tanA＝2，BE⊥AC于點E，D是線段BE上的一個動點，則的最小值是()【答案】B【詳解】如圖，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB=90°，∵tanA==2，設(shè)AE=a，BE=2a，則有：100=a2+4a2，∴a2=20，∴a=2或-2（舍棄），∴BE=2a=4，∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM=BE=4（等腰三角形兩腰上的高相等））∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，∴，∴DH=BD，∴CD+BD=CD+DH，∴CD+DH≥CM，∴CD+BD≥4，∴CD+BD的最小值為4．故選B．2.如圖，在中，∠ACB=90°，BC=12，AC=9，以點C為圓心，6為半徑的圓上有一個動點D．連接AD、BD、CD，則2AD+3BD的最小值是．【分析】首先對問題作變式2AD+3BD=，故求最小值即可．考慮到D點軌跡是圓，A是定點，且要求構(gòu)造，條件已經(jīng)足夠明顯．當D點運動到AC邊時，DA=3，此時在線段CD上取點M使得DM=2，則在點D運動過程中，始終存在．問題轉(zhuǎn)化為DM+DB的最小值，直接連接BM，BM長度的3倍即為本題答案．3.如圖，已知正方ABCD的邊長為4，圓B的半徑為2，點P是圓B上的一個動點，則的最大值為_______．【分析】當P點運動到BC邊上時，此時PC=2，根據(jù)題意要求構(gòu)造，在BC上取M使得此時PM=1，則在點P運動的任意時刻，均有PM=，從而將問題轉(zhuǎn)化為求PD-PM的最大值．連接PD，對于△PDM，PD-PM＜DM，故當D、M、P共線時，PD-PM=DM為最大值．4．（2023·四川瀘州·統(tǒng)考中考真題）如圖，，是正方形的邊的三等分點，是對角線上的動點，當取得最小值時，的值是___________．

【答案】【分析】作點F關(guān)于的對稱點，連接交于點，此時取得最小值，過點作的垂線段，交于點K，根據(jù)題意可知點落在上，設(shè)正方形的邊長為，求得的邊長，證明，可得，即可解答．【詳解】解：作點F關(guān)于的對稱點，連接交于點，過點作的垂線段，交于點K，

由題意得：此時落在上，且根據(jù)對稱的性質(zhì)，當P點與重合時取得最小值，設(shè)正方形的邊長為a，則，四邊形是正方形，，，，，，，，，，，

，當取得最小值時，的值是為，故答案為：．【點睛】本題考查了四邊形的最值問題，軸對稱的性質(zhì)，相似三角形的證明與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，正確畫出輔助線是解題的關(guān)鍵．5.如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到，與交于點，可推出結(jié)論：問題解決：如圖，在中，，，．點是內(nèi)一點，則點到三個頂點的距離和的最小值是___________【答案】【詳解】如圖，將△MOG繞點M逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△MPQ，顯然△MOP為等邊三角形，∴，OM＋OG＝OP＋PQ，∴點O到三頂點的距離為：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，∴當點N、O、P、Q在同一條直線上時，有ON＋OM＋OG最小，此時，∠NMQ＝75°+60°＝135°，過Q作QA⊥NM交NM的延長線于A，則∠MAQ=90°，∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，∵MQ＝MG＝4，∴AQ＝AM＝MQ?cos45°=4，∴NQ＝，故答案為：.6．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，，動點在矩形的邊上沿運動．當點不與點重合時，將沿對折，得到，連接，則在點的運動過程中，線段的最小值為__________．

【答案】【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)得出在為圓心，為半徑的弧上運動，進而分類討論當點在上時，當點在上時，當在上時，即可求解．【詳解】解：∵在矩形中，，∴，，如圖所示，當點在上時，

∵∴在為圓心，為半徑的弧上運動，當三點共線時，最短，此時，當點在上時，如圖所示，

此時當在上時，如圖所示，此時

綜上所述，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了矩形與折疊問題，圓外一點到圓上的距離的最值問題，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2023·廣西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在邊長為2的正方形中，E，F(xiàn)分別是上的動點，M，N分別是的中點，則的最大值為______．

【答案】【分析】首先證明出是的中位線，得到，然后由正方形的性質(zhì)和勾股定理得到，證明出當最大時，最大，此時最大，進而得到當點E和點C重合時，最大，即的長度，最后代入求解即可．【詳解】如圖所示，連接，

∵M，N分別是的中點，∴是的中位線，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，∴當最大時，最大，此時最大，∵點E是上的動點，∴當點E和點C重合時，最大，即的長度，∴此時，∴，∴的最大值為．故答案為：．【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點．8．（2023·山東·統(tǒng)考中考真題）如圖，在四邊形中，，點E在線段上運動，點F在線段上，，則線段的最小值為__________．

【答案】【分析】設(shè)的中點為O，以為直徑畫圓，連接，設(shè)與的交點為點，證明，可知點F在以為直徑的半圓上運動，當點F運動到與的交點時，線段有最小值，據(jù)此求解即可．【詳解】解：設(shè)的中點為O，以為直徑畫圓，連接，設(shè)與的交點為點，

∵，∴，∴，∵，∴，∴點F在以為直徑的半圓上運動，∴當點F運動到與的交點時，線段有最小值，∵，∴，，∴，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，圓周角定理的推論，勾股定理等知識，根據(jù)題意分析得到點F的運動軌跡是解題的關(guān)鍵．9．（2023·四川自貢·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線與x軸，y軸分別交于A，B兩點，點D是線段AB上一動點，點H是直線上的一動點，動點，連接．當取最小值時，的最小值是________．

【答案】【分析】作出點，作于點D，交x軸于點F，此時的最小值為的長，利用解直角三角形求得，利用待定系數(shù)法求得直線的解析式，聯(lián)立即可求得點D的坐標，過點D作軸于點G，此時的最小值是的長，據(jù)此求解即可．【詳解】解：∵直線與x軸，y軸分別交于A，B兩點，∴，，作點B關(guān)于x軸的對稱點，把點向右平移3個單位得到，作于點D，交x軸于點F，過點作交x軸于點E，則四邊形是平行四邊形，此時，，∴有最小值，作軸于點P，

則，，∵，∴，∴，∴，即，∴，則，設(shè)直線的解析式為，則，解得，∴直線的解析式為，聯(lián)立，，解得，即；過點D作軸于點G，

直線與x軸的交點為，則，∴，∴，∴，即的最小值是，故答案為：．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，解直角三角形，利用軸對稱求最短距離，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題．10.如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB邊的中點，F(xiàn)是線段BC上的動點，將ΔEBF沿EF所在直線折疊得到ΔEB'F，連接B'D，則B'D的最小值是_____．【答案】.【詳解】如圖所示點B'在以E為圓心EA為半徑的圓上運動，當D、B'、E共線時，B'D的值最小，根據(jù)折疊的性質(zhì)，△EBF≌△EB'F，∴∠B=∠EB'F，EB'=EB．∵E是AB邊的中點，AB=4，∴AE=EB'=2．∵AD=6，∴DE2，∴B'D=22．故答案為22．11.如圖，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，動點P滿足S△PAB＝S矩形ABCD，則點P到A，B兩點距離之和PA+PB的最小值為．【答案】241【解析】解：設(shè)△ABP中AB邊上的高是h．∵S△PAB＝13S矩形ABCD∴12AB?h＝13AB?∴h＝23AD∴動點P在與AB平行且與AB的距離是2的直線l上，如圖，作A關(guān)于直線l的對稱點E，連接AE，連接BE，則BE的長就是所求的最短距離．在Rt△ABE中，∵AB＝10，AE＝4+4＝8，∴BE＝AB2+AE2＝即PA+PB的最小值為241．故答案為：241．12.如圖，等邊△ABC的邊長為4，AD是BC邊上的中線，F(xiàn)是AD邊上的動點，E是AC邊上一點，若AE＝2，當EF＋CF取得最小值時，則∠ECF的度數(shù)為多少？【答案】∠ECF＝30o【解析】解：過E作EM∥BC，交AD于N，如圖所示：∵AC＝4，AE＝2，∴EC＝2＝AE，∴AM＝BM＝2，∴AM＝AE，∵AD是BC邊上的中線，△ABC是等邊三角形，∴AD⊥BC，∵EM∥BC，∴AD⊥EM，∵AM＝AE，∴E和M關(guān)于AD對稱，連接CM交AD于F，連接EF，則此時EF＋CF的值最小，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB＝60o，AC＝BC，∵AM＝BM，∴∠ECF＝∠ACB＝30o.13.（1）如圖1，在A和B兩地之間有一條河，現(xiàn)要在這條河上建一座橋CD，橋建在何處才能使從A到B的路徑最短？（假定河的兩岸是平行的直線，橋要與河岸垂直）（2）如圖2，在A和B兩地之間有兩條河，現(xiàn)要在這兩條河上各建一座橋，分別是MN和PQ，橋分別建在何處才能使從A到B的路徑最短？（假定河的兩岸是平行的直線，橋要與河岸垂直）【答案】（1）（2）【解析】解：（1）如圖，過點B作BB’垂直于河岸，且使BB’長度等于這條河寬，連接AB’交河的一岸于點C，過點C作CD垂直于河岸，與另一岸交點為D，則CD即為架橋最合適的位置．（2）如圖，過點A作AA’垂直于距點A較近的河岸，且使AA’長等于該河寬，同樣，過點B作BB’垂直于距點B較近的河岸，且使BB’長等于河寬，連接A’B’分別交兩條河相鄰的河岸于點N，P，過點N作NM垂直于該河河岸，與另一岸交點為M，過P作PQ垂直于該河河岸，與另一岸交點為Q，則MN，PQ即為架橋最合適的位置．14.如圖，在銳角三角形ABC中，BC＝42，∠ABC＝45o，BD平分∠ABC，M、N分別是BD、BC上的動點，試求CM＋MN的最小值.【答案】4【解析】如圖所示，過點C作CE⊥AB于點E，交BD于點M'，過點M'作M'N'⊥BC于N'，則CE即為CM＋MN的最小值.∵BC＝，∠ABC＝45o，BD平分∠ABC，∴△BCE是等腰直角三角形，∴CE=BC?cos45故CM＋MN的最小值為4.15、如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM.EEADBCNM⑴求證：△AMB≌△ENB；⑵①當M點在何處時，AM＋CM的值最??；②當M點在何處時，AM＋BM＋CM的值最小，并說明理由；⑶當AM＋BM＋CM的最小值為時，求正方形的邊長.【答案】（1）△AMB≌△ENB，證明略。（2）①當M點落在BD的中點時，AM＋CM的值最小.②連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM＋BM＋CM的值最小，圖略（3）【解析】解：⑴∵△ABE是等邊三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°.∵∠MBN＝60°，∴∠MBN－∠ABN＝∠ABE－∠ABN.即∠BM