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培优冲刺 04 几何最值问题综合
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
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
2. “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。
【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．
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【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
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＝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，
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∵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，
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∴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．3 B． 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：
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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，
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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：x ＝﹣4，x ＝1，
1 2
∴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，
⊙
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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
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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，
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∴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，
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∴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），
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∴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．
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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l ∥l，作点N关于l 的对称点N′，连接MN′，交l 于点P，
1 1 1
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 ，
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∴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
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）
【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，
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∴AB＝2BC＝4，CE＝AE＝ AB＝2，AC＝AB•cos30°＝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，
⊙ ⊙
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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，
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∵△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，
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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．
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【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．
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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，
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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
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
【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 （0°＜ ＜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．
α α
【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 ；
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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°+ ，
即∠BOC＝∠AOD，
α
在△AOD和△BOC中，
，
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∴△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，
∵ ＝ ＝cos30°＝ ，∠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•cos∠TAH＝4cos30°＝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 ＝ ＝cos30°＝ ，
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∵∠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 ．
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【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，
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∴∠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△CO⊙E，使得∠CEO＝90°，∠ECO＝60°，则CO＝2CE，OE＝2 ，∠OCP＝
∠ECD，
∵∠CDP＝90°，∠DCP＝60°，
∴CP＝2CD，
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∴ ＝ ＝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P （﹣ ，﹣1），P （﹣ ，3），P （﹣2 ，﹣2）中， P ， P 是线段AB的关联
1 2 3 1 2
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： ，
， ，
；
， ，
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；
P A＝2， ，
3
，
∵ ，且 ，
∴ 是线段AB的关联点；
∵ ，且 ，
∴ 是线段AB的关联点；
∵ ，且 ，
∴∠BAO＝30°，P A⊥OA，
3
∴∠P AB＝90°+30°＝120°，
3
∴对于线段AB上的任意两点M、N，
当 时，∠P NM＞90°，如图，则∠MPN必是锐角，不可能是直角，
3
∴ 不是线段AB的关联点；
故答案为：P ，P ．
1 2
（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：
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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，
⊙
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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：
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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：
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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G ，
1
∵∠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．
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【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 ，
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∴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
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
【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
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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： ．
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2．（2023•德阳）如图，在底面为正三角形的直三棱柱ABC﹣A B C 中，AB＝2 ，AA ＝2，点M为AC
1 1 1 1
的中点，一只小虫从B 沿三棱柱ABC﹣A B C 的表面爬行到M处，则小虫爬行的最短路程等于
1 1 1 1
．
【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B M的长即可．
1
【解答】解：如图1，将三棱柱ABC﹣A B C 的侧面BB C C和侧面CC A A沿CC 展开在同一平面内，
1 1 1 1 1 1 1 1
连接MB ，
1
∵M是AC的中点，△ABC和△A B C 是等边三角形，
1 1 1
∴CM＝ AC＝ ＝ ，
∴BM＝CM+BC＝3 ，
在Rt△MBB 中，由勾股定理得：
1
B M＝ ＝ ，
1
如图2，把底面ABC和侧面BB A A沿AB展开在同一平面内，连接MB ，过点M作MF⊥A B 于点F，
1 1 1 1 1
交AB于点E，
则四边形AEFA 是矩形，ME⊥AB，
1
在Rt△AME中，∠MAE＝60°，
∴ME＝AM•sin60°＝ × ＝ ，
AE＝AM•cos60°＝ ，
∴MF＝ME+EF＝ +2＝ ，
B F＝A B ﹣A F＝ ，
1 1 1 1
在Rt△MFB 中，由勾股定理得：
1
B M＝ ＝ ，
1
如图3，连接B M，交A C 于点N，则B M⊥AC，B N⊥A C ，
1 1 1 1 1 1 1
在Rt△A NB 中，∠NA B ＝60°，
1 1 1 1
∴NB ＝A B •sin60°＝3，
1 1 1
∴B M＝NB +MN＝5，
1 1
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∵ ＜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M ，N ，P ，∠ABN ＝90°，
1 1 1 1
∴AN ＝ ＝2 ，
1
∵P1是中点，
∴MP ＝ AN ＝ ，
1 1
当MP⊥BC时，如图P ，M ，N ，
2 2 2
∵P ，P，P 是中点，
1 2
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∴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P M ＝ CH＝ ，
2 2
∵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A 处，连接A C，若F、G分别为A C、BC的中点，则FG的最小值为 1 ．
1 1 1
【分析】连接A B，由F、G分别为A C、BC的中点可得FG＝ A B，在△A BD中有A B+A D≥BD，
1 1 1 1 1 1
由勾股定理可得BD，由折叠性质和矩形性质可得A D＝AD＝BC，即可求解．
1
【解答】解：如图，连接A B，BD，
1
∵F、G分别为A C、BC的中点，
1
∴FG＝ A B，
1
当FG的最小时，即A B最小，
1
∵四边形ABCD为矩形，AB＝4，BC＝3，
∴AD＝BC＝3，∠A＝90°，
∴BD＝ ＝5，
∵△ADE沿DE折叠，
∴A D＝AD＝3，
1
在△A BD中有A B+A D≥BD，
1 1 1
∴A B≥BD﹣A D，
1 1
即A B≥2，
1
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∴FG＝ A B≥1，
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°，
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∴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＝ ，
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∴ PA+PB的最小值 ，
故答案为： ．
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