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重难点 06 几何最值问题综合训练
中考数学中《几何最值问题》部分主要考向分为五类：
一、将军饮马类最值
二、动点辅助圆类最值
三、四点共圆类最值
四、瓜豆原理类最值
五、胡不归类最值
几何最值问题虽然在中考数学中经常考察的是将军饮马类和辅助圆类，剩余几种虽然不经常考察，但
是考到的时候难度都比较大，所以也需要理解并掌握不同类型的几何最值问题的处理办法，这样到考到的
时候才能有捷径应对。
考向一：将军饮马类最值
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普通
异侧
“两定
一动”
普通
同侧
“两定
一动”
“一
定
两
动”
“两
定
两
动”
构造平行四边形
AMNA`，转化AM为
A`N，之后再对称连
同侧
接求A`N＋NB的最
“两定 小值即可
两动”
异侧
“两定
两动”
A`
1．（2024·江苏苏州·一模）如图，已知抛物线y=−x2+px+q的对称轴为x=−3，过其顶点M的一条直线
y=kx+b与该抛物线的另一个交点为N(−1,1)，要在坐标轴上找一点P，使得△PMN的周长最小，则
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点P的坐标为（ ）
( 4 ) ( 4 ) ( 4)
A．(0,2) B． − ,0 C．(0,2)或 − ,0 D． 0, 或(−2,0)
3 3 3
【答案】A
【分析】首先利用待定系数法确定该抛物线解析式，进而确定抛物线顶点M的坐标；结合△PMN的长
度=PN+PM+MN，且MN是定值，故PN+PM只需取最小值，即可使得△PMN的周长最小．过点
M作关于y轴和x轴对称的点，分别计算两种情况下的周长再取最小值即可．
【详解】解：根据题意，抛物线y=−x2+px+q的对称轴为x=−3，且经过点N(−1,1)，
则有¿，解得¿，
∴该抛物线的解析式为y=−x2−6x−4，
∵y=−x2−6x−4=−(x+3) 2+5，
∴该抛物线顶点M的坐标为(−3,5)，
∵△PMN的长度=PN+PM+MN，且MN是定值，所以PN+PM只需取最小值，即可使得△PMN的
周长最小，
如图1，过点M作关于y轴对称的点M′，连接M′N，与y轴的交点即为所求的点P，
则M′(3,5)，PM=PM′，
设直线M′N的解析式为y=k x+b (k ≠0)，
1 1 1
将点M′(3,5)和点N(−1,1)代入，
可得¿，解得¿，
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故该直线的解析式为y=x+2，
当x=0时，y=2，即P(0,2)，
∵PM+PN+MN=PM′+PN+MN=M′N+MN，
且M′N=√[3−(−1)] 2 +(5−1) 2=4√2，
∴此时△PMN的周长=4√2+MN；
同理，如图2，过点M作关于x轴对称的点M′，连接M′N，与x轴的交点P即为所求的点，
则M′(−3,−5)，
设直线M′N的解析式为y=k x+b (k ≠0)，
2 2 2
将点M′(−3,−5)和点N(−1,1)代入，
可得¿，解得¿，
故该直线的解析式为y=3x+4，
4 ( 4 )
当y=0时，x=− ，即P − ,0 ，
3 3
∵PM+PN+MN=PM′+PN+MN=M′N+MN，
且M′N=√[−3−(−1)] 2 +(−5−1) 2=2√10，
∴此时△PMN的周长=2√10+MN；
∵4√2<2√10，
∴4√2+MN<2√10+MN，
∴点P在y轴上时，△PMN的周长最小，此时点P的坐标是(0,2)．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合应用、轴对称的性质、勾股定理等知识，解题关键
是分类讨论，避免遗漏．
2．（2023·山东枣庄·模拟预测）如图所示，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正
方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为（ ）
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A．4√3 B．2√3 C．√6 D．√3
【答案】B
【分析】
连接BD，PB，根据点B与D关于AC对称，得出PD=PB，从而得出PD+PE=PB+PE≥BE，即
PD+PE最小值为值为BE的长，求出BE的长即可．
【详解】
解：连接BD，PB，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE≥BE，
∴PD+PE最小值为BE的长，
∵正方形ABCD的面积为12，
∴AB=√12=2√3，
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2√3，
∴PD+PE最小值为2√3，故B正确．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的性质，解题的关键是根据轴对称的性质
得出BE的长为PD+PE的最小值．
3．（2021·青海·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM=2，N是AC上一动点，
则DN+MN的最小值为
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【答案】10
【分析】本题考查了轴对称的应用，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据轴对称的性质
作出图形得到DN+MN的最小值即为线段BM的长．连结BD，BN，BM，根据轴对称的性质，得到
BN=DN，DN+MN的最小值即BN+MN的最小值，即为线段BM的长，再根据勾股定理，即可求
得BM的长，即得答案．
【详解】连结BD，BN，BM，
∵正方形是轴对称图形，点B与点D是以直线AC为对称轴的对称点，
∴直线AC即为BD的垂直平分线，
∴BN=DN，
∴DN+MN=BN+MN，
当点N在BM与AC的交点P处，DN+MN取得最小值，最小值为BM的长，
∵正方形ABCD的边长为8，且DM=2，
∴BC=CD=8，CM=8−2=6，∠BCD=90°，
∴BM=√BC2+CM2=√82+62=10，
∴DN+MN的最小值为10．
故答案为：10．
4．（2023·广东广州·一模）如图，已知梯形ABCD，AD∥BC，AD=DC=4，BC=8，点N在BC上，
CN=2，E是AB中点，在AC上找一点M使EM+MN的值最小，此时其最小值等于 ．
【答案】6
【分析】首先找N关于AC的对称点N′，然后根据轴对称的性质进行计算．
【详解】解：∵AD=DC，AD∥BC，
∴∠DCA=∠DAC=∠ACB，
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∴CA平分∠BCD，
作N点关于AC的对称点N′，CN′=2，如图，
则N′为CD中点，所以EN′∥AD，
连EN′交AC于M点，
∴EM+NM=EN′，
1 1
∴EN′= (AD+BC)= (4+8)=6．
2 2
故答案为6．
【点睛】本题考查轴对称最短路线的问题，熟练找到对称点是解题的关键．
5．（2022·四川眉山·一模）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD的中点，点P、Q为BC上两
个动点（点Q在点P的右边）．①若连结AP、PE，则PE＋AP的最小值为 ；②连结QE，若
PQ＝3，当CQ＝ 时，四边形APQE的周长最小．
5 2
【答案】 10 /1
3 3
【分析】①延长AB到M，使BM＝AB＝4，则A和M关于BC对称，连接EM，交BC于点P，此时
AP＋PE的值最小，过点M作MN⊥DC，交DC的延长线于点N，在Rt△EMN中，根据勾股定理求出
EM的长即可解答；
②点A向右平移3个单位到点G，点E关于BC的对称点为点F，连接GF，交BC于点Q，此时GQ＋
QE的值最小，根据题意可知AE，PQ的值是定值，要使四边形APQE的周长最小，只要GQ＋EQ的
值最小即可，然后根据A字模型相似三角形证明△FCQ∽△FDG，利用相似三角形的性质，即可解答．
【详解】解：①延长AB到M，使BM＝AB＝4，则A和M关于BC对称，
∴AP＝PM，
连接EM，交BC于点P，此时AP＋PE的值最小，
∴AP＋PE＝PM＋EP＝EM，
过点M作MN⊥DC，交DC的延长线于点N，如图：
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∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠MBC＝∠BCN＝90°，
∵∠MND＝90°，
∴四边形BMNC是矩形，
∴BM＝CN＝4，BC＝MN＝8，
∵E为CD的中点，
1
∴EC＝ CD＝2，
2
∴EN＝EC＋CN＝6，
∴ME=√M N2+EN2=√62+82=10，
∴PE＋AP的最小值为10，
故答案为：10；
②点A向右平移3个单位到点G，点E关于BC的对称点为点F，
连接GF，交BC于点Q，
∴EQ＝FQ，
∴GQ＋EQ＝GQ＋FQ＝FG，
此时GQ＋QE的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，
∵AG＝PQ＝3，
∴四边形APQG是平行四边形，
∴AP＝GQ，
∴GQ＋EQ＝AP＋EQ＝FG，
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∵AE，PQ的值是定值，
∴要使四边形APQE的周长最小，只要AP＋EQ的值最小即可，
设CQ＝x，
∵BC∥AD，
∴∠BCF＝∠D，∠CQF＝∠DGF，
∴△FCQ∽△FDG，
CQ CF
∴ = ，
DG DF
x 2
∴ = ，
5 6
5
∴x＝ ，
3
5
∴当CQ＝ 时，四边形APQE的周长最小，
3
5
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称−最短路线问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟
练掌握轴对称之将军饮马模型想解题的关键．
考向二：动点辅助圆类最值
动点运动轨迹为辅助圆的三种类型：
一．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）
二.定边对直角
模型原理：直径所对的圆周角是直角
思路构造：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）
三．定边对定角
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模型原理：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等
思路构造：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）
1．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4．点P是线段BC上一动点，
点M为线段AP上一点．∠ADM=∠BAP，则BM的最小值为（ ）
5 12 3
A． B． C．√13− D．√13−2
2 5 2
【答案】D
【分析】证明∠AMD=90°，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上，从而计算出答案．
【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆
∵四边形ABCD为矩形
∴∠BAP+∠MAD=90°
∵∠ADM=∠BAP
∴∠MAD+∠ADM=90°
∴∠AMD=90°
∴点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上
连接OB交圆O与点N
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∵点B为圆O外一点
∴当直线BM过圆心O时，BM最短
1
∵BO2=AB2+AO2，AO= AD=2
2
∴BO2=9+4=13
∴BO=√13
∵BN=BO−AO=√13−2
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．
2．（2022·广东梅州·一模）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AC=AD=3，
AB=AE=5．连接BD，CE，将△ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中当∠DBA最大时，△ACE的面
积为（ ）．
A．6 B．6√2 C．9 D．9√2
【答案】A
【分析】先分析出D的轨迹为以A为圆心AD的长为半径的圆，当BD与该圆相切时，∠DBA最大，过
C作CF⊥AE于F，由勾股定理及三角函数计算出BD、CF的长，代入面积公式求解即可．
【详解】解：由题意知，D点轨迹为以A为圆心AD的长为半径的圆，
当BD与D点的轨迹圆相切时，∠DBA取最大值，此时∠BDA=90°，如图所示，
过C作CF⊥AE于F，
∵∠DAE=90°，∠BAC=90°，
∴∠CAF=∠BAD，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=√52−32=4，
∴由sin∠CAF=sin∠BAD得：
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CF BD
= ，
AC AB
CF 4
即 = ，
3 5
12
解得：CF= ，
5
1 12
∴此时三角形ACE的面积= × ×5=6，
2 5
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、锐角三角函数、勾股定理等知识点．此题综合性较强，解题关键是
利用D的轨迹圆确定出∠DBA取最大值时的位置．
3．（2022·山东济南·一模）正方形ABCD中，AB=4，点E、F分别是CD、BC边上的动点，且始终满足
DE=CF，DF、AE相交于点G.以AG为斜边在AG下方作等腰直角 AHG使得∠AHG=90°，连接BH．
则BH的最小值为（ ）
△
A．2√5−2 B．2√5+2 C．√10−√2 D．√10+√2
【答案】C
1
【分析】首先证明∠AGD=90°，从而OG= AD=2，再根据∠OAG=∠HAM，可求MH=√2，
2
可知点H的运动轨迹为以点M 为圆心，MH为半径的圆，从而可求BH最小值．
【详解】解：如图，取AD中点O，连接OG，以AO为斜边作等腰直角三角形AOM，
√2
则AM= AO=√2，
2
在△ADE和△DCF中，
¿ ，
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∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAG=∠CDF，
∵∠ADG+∠CDF=90°，
∴∠ADG+∠DAG=90°，
∴∠AGD=90°，
△ADG是直角三角形，
1
∴OG= AD=2，
2
∵△AHG为等腰直角三角形，
∴∠OAG+∠GAM=∠HAM+∠GAM，
∴∠OAG=∠HAM，
AH MA √2
又∵ = = ，
AG OA 2
∴△AMH∽△AOG，
MH √2
∴ = ，
OG 2
∴MH=√2，
∴点H的运动轨迹为以点M 为圆心，MH为半径的圆，
如图，连接BM，交圆M于H′，过点M作MP⊥AB于点P，
∵∠DAE+∠BAH=45°，∠OAG=∠MAH，
∴∠PAM=∠MAH+∠BAH=45°，
∴△APM为等腰直角三角形，
∵AM=√2，
√2
∴AP=MP= ×√2=1，
2
∴BP=4-1=3，
在Rt△BPM中，BM=√BP2+PM2=√10，
∴BH′=BM−M H′=√10−√2．
∴BH的最小值为√10−√2．
故选：C．
【点睛】本题考查了最短路径问题，解题的关键是准确构造辅助线，利用三角形相似以及点和圆的知
识解决．
4．（2023·安徽·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=4，点E是矩形ABCD内部一动点，且
∠BEC=90°，点P是AB边上一动点，连接PD、PE，则PD+PE的最小值为（ ）
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A．8 B．4√5 C．10 D．4√5−2
【答案】A
【分析】根据∠BEC=90°得到点的运动轨迹，利用“将军饮马”模型将PE进行转化即可求解．
【详解】解：如图，设点O为BC的中点，由题意可知，
点E在以BC为直径的半圆O上运动，作半圆O关于AB的对称图形（半圆O'），
点E的对称点为E ，连接O'E ,则PE=PE ，
1 1 1
∴当点D、P、E 、O'共线时，PD+PE的值最小，最小值为DE 的长，
1 1
如图所示，在Rt△DCO'中，CD=8，CO'=6，
∴DO'=√82+62=10，
又∵O'E =2，
1
∴DE =DO'−O'E =8，即PD+PE的最小值为8，
1 1
故选：A．
【点睛】本题考查线段和最短问题、轴对称的性质、勾股定理及圆周角定理，利用“将军饮马”模型
将PE进行转化时解题的关键．
3
5．（2022·福建厦门·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y= x−3分别与x轴、y轴相交于点A、
4
B，点E、F分别是正方形OACD的边OD、AC上的动点，且DE=AF，过原点O作OH⊥EF，垂足
为H，连接HA、HB，则△HAB面积的最大值为（ ）
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13+5√2
A．6+5√2 B．12 C．6+3√2 D．
2
【答案】D
【分析】先证明ON=CN，再证点H在以ON直径的圆上运动，则当点H在QM的延长线上时，点H
到AB的距离最大，由相似三角形的性质可求MK，KQ的长，由三角形的面积公式可求解．
【详解】解：如下图，连接AD，交EF于N，连接OC，取ON的中点M，连接MH，过点M作
MQ⊥AB于Q，交AO于点K，作MP⊥OA与点P，
3
∵直线y= x−3分别与x轴、y轴相交于点A、B，
4
∴点A（4，0），点B（0，-3），
∴OB=3，OA=4，
∴AB=√OB2+OA2=√16+9=5，
∵四边形ACDO是正方形，
∴OD//AC，AO=AC=OD=4，OC=4√2，∠COA=45°，
∴∠EDN=∠NAF，∠DEN=∠AFN，
又∵DE=AF，
∴△DEN≌△AFN（ASA），
∴DN=AN，EN=NF，
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∴点N是AD的中点，即点N是OC的中点，
∴ON=NC=2√2，
∵OH⊥EF，
∴∠OHN=90°，
∴点H在以ON直径的圆上运动，
∴当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，
∵点M是ON的中点，
∴OM=MN=√2，
∵MP⊥OP，∠COA=45°，
∴OP=MP=1，
∴AP=3，
∵∠OAB+∠OBA=90°=∠OAB+∠AKQ，
∴∠AKQ=∠ABO=∠MKP，
又∵∠AOB=∠MPK=90°，
∴△MPK∽△AOB，
MP PK MK
∴ = = ，
AO OB AB
1 PK MK
∴ = = ，
4 3 5
5 3
∴MK= ，PK= ，
4 4
9
∴AK= ，
4
∵∠AKQ=∠ABO，∠OAB=∠KAQ，
∴△AKQ∽△ABO，
AK KQ
∴ = ，
AB OB
9
∴4 KQ，
=
5 3
27
∴KQ= ，
20
5 27 13
∴QM=KQ+MK= + = ，
4 20 5
13
∴点H到AB的最大距离为 +√2，
5
1 13 13+5√2
∴△HAB面积的最大值= ×5×( +√2)= ，
2 5 2
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故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
一次函数的应用，圆等知识，解题的关键是求出MQ的长
6．（2022·山东济南·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E、F分别是边AB、BC上的动
点，且EF=4，点G是EF的中点，AG、CG，则四边形AGCD面积的最小值为 ．
【答案】38
【分析】首先连接AC，过B作BH⊥AC于H，当G在BH上时，三角形ACG面积取最小值，此时四边
形AGCD面积取最小值，再连接BG，知BG=2，得到G点轨迹圆，该轨迹与BH交点即为所求最小值
时的G点，利用面积法求出BH、GH的长，代入三角形面积公式求解即可．
【详解】解：连接AC，过B作BH⊥AC于H，
当G在BH上时，△ACG面积取最小值，此时四边形AGCD面积取最小值，
四边形AGCD面积=三角形ACG面积+三角形ACD面积，
即四边形AGCD面积=三角形ACG面积+24．
连接BG，由G是EF中点，EF=4知，
BG=2，
故G在以B为圆心，BG为半径的圆弧上，圆弧交BH于G'，此时四边形AGCD面积取最小值，如图
所示，
由勾股定理得：AC=10，
1 1
∵ AC·BH= AB·BC，
2 2
∴BH=4.8，
∴G'H=2.8，
1
即四边形AGCD面积的最小值= ×10×2.8+24=38．
2
故答案为：38．
【点睛】本题考查了勾股定理及矩形中的与动点相关的最值问题，解题的关键是利用直角三角形斜边
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的直线等于斜边的一半确定出G点的运动轨迹．
7．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，点E,F分别在边AB和AD上，
且EF=4．当△AEF的面积最大时，△CEF的面积为 ．
【答案】8√3
【分析】本题考查菱形的性质、垂径定理、锐角三角函数、隐形圆求最值问题等知识，利用圆的相关
知识得到△AEF的面积最大是解答的关键．作△AEF的外接圆，设圆心为O，过O作OH⊥EF于
H，过A作AP⊥EF于P，由AP≤OA+OH，当A、O、H共线时取等号，此时AP最大，点P、H重
合，AE=AF，则△AEF的面积最大；设BD、AC相交于O′，由菱形的性质和锐角三角函数分别求
得CO′=AO′=3√3，再由垂径定理和等腰三角形的性质证得点A、O、P、O′、C共线，进而求得
AP=2√3，则CP=4√3，然后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵EF=4，∠EAF=60°，
∴作△AEF的外接圆，设圆心为O，过O作OH⊥EF于H，过A作AP⊥EF于P，如图，则
EH=HF，
∴AP≤OA+OH，当A、O、H共线时取等号，此时AP最大，点P、H重合，AE=AF，
1
∵S = EF⋅AP=AP，
△AEF 2
∴AP最大时，△AEF的面积最大；
如图1，设BD、AC相交于O′，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
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1
∴AO′=CO′，BD⊥AO′，∠BAC=∠DAC= ∠BAD=30°，
2
√3
∴CO'=AO'=AB·cos30°= ×6=3√3，
2
又∵AE=AF，AP⊥EF，
1 1
∴∠EAP=∠FAP= ∠EAF=30°，EP= EF=2，
2 2
∴点A、O、P、O′、C共线，
∴∠APE=∠AO′B=90°，
EP
∴AP= =√3EP=2√3，
tan30°
∴CP=AC−AP=4√3，
1 1
∴S = EF⋅CP= ×4×4√3=8√3，
△CEF 2 2
故答案为：8√3．
考向三：四点共圆类最值
对角互补的四边形必有四点共圆，即辅助圆产生
模型原理：圆内接四边形对角互补
1．（2022·贵州遵义·中考真题）探究与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小
组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接AD，AB，BC，CD，如果∠B=∠D，那么A，B，C，
D四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE，CE则
∠AEC+∠D=180°（依据1）
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∵∠B=∠D
∴∠AEC+∠B=180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（依据2）
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上
(1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：__________；依据2：__________．
(2)图3，在四边形ABCD中，∠1=∠2，∠3=45°，则∠4的度数为__________．
(3)拓展探究：如图4，已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，点D在BC上（不与BC的中点重合），
连接AD．作点C关于AD的对称点E，连接EB并延长交AD的延长线于F，连接AE，DE．
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若AB=2√2，AD⋅AF的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
(2)45°
(3)①见解析；②不发生变化，值为8
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【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；
（3）①根据（1）中的结论证明∠AED=∠ABD即可得证；②证明△BAD∽△FAB，根据相似三角
形的性质即可求解．
【详解】（1）如图2，作经过点A，C，D的⊙O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接
AE，CE则∠AEC+∠D=180°（圆内接四边形对角互补）
∵∠B=∠D
∴∠AEC+∠B=180°
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
∴点B，D在点A，C，E所确定的⊙O上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）∵在线段CD同侧有两点A，B， ∠1=∠2
∴ A,B,C,D四点共圆，
∵A´D=A´D
∴∠4=∠3=45°
故答案为：45°
（3）①∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵E点与C点关于AD对称，
∴∠ACD=∠AED，
∴∠AED=∠ABD，
∴ A,D,B,E四点共圆；
②AD⋅AF=8，理由如下，
如图，∵ A,D,B,E四点共圆，
∴∠FBD=∠DAE，
∵ AE,AC关于AD对称，
∴∠DAE=∠DAC，
∴∠DAC=∠DBF，
∵∠ADC=∠BDF，
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∴∠F=∠ACD，
∵AB=AC，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠F=∠ABD，
又∠BAD=∠FAB，
∴△BAD∽△FAB，
AB AD
∴ = ，
AF AB
∴AD⋅AF=AB2，
∵AB=2√2，
∴AD⋅AF=8．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的
性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2024·陕西宝鸡·二模）【问题提出】
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=2，AC=3，点O是AB的中点，以点O为圆心，
OA为半径向AB上方作半圆O，点P为半圆O上一点，连接CP，则线段CP的最小值为______；
【问题探究】
（2）如图2，在等边△ABC中，AC=2，点P为△ABC内一点，连接PA、PB、PC，
∠PAB=∠PCA，求线段BP长度的最小值；
【问题解决】
（3）如图3，某小区有四栋楼，刚好围成正方形ABCD，其边长AB=1000米，现计划在小区内部
（正方形ABCD内）修建一个游泳馆E，满足B栋楼到A栋楼之间的距离与B栋楼到游泳馆E之间的
距离相等（即BE=BA），过点E作EG⊥AB于点G，在Rt△BEG的内心F处修建一个健身房，使
得D栋楼的居民到健身房F的距离DF最小，请问DF是否存在最小值？若存在，请求出DF的最小值；
若不存在，请说明理由．
2
【答案】（1）√10−1；（2） √3；（3）500√10−500√2
3
【分析】（1）连接CO，PO，根据CP+PO≥CO即可求解；（2）由题意可推出∠APC=120°，结
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合AC=2，为定值以AC为底边作底角为30°的等腰三角形OAC，则点P在以点O为圆心，OA长为半
径的圆上运动，据此即可求解；（3）连接AE,AF,EF，延长BF，可推出∠AFB=135°，以AB为
底边等腰直角三角形OAB，则点F在以点O为圆心，OB长为半径的圆上运动，据此即可求解；
【详解】解：（1）连接CO，PO，如图所示：
∵CP+PO≥CO
∴CP≥CO−PO
1
由题意得：OP=OA=OB= AB=1，CO=√AC2+OA2=√10
2
∴CP≥√10−1
故答案为：√10−1
（2）由题意得：∠BAC=∠BCA=∠ABC=60°
∵∠PAB=∠PCA
∴∠PCA+∠PAC=∠PAB+∠PAC=60°
∴∠APC=180°−60°=120°
∵AC=2，为定值
以AC为底边作底角为30°的等腰三角形OAC，则点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动，如
图所示：
∴∠BAO=∠BAC+∠CAO=90°
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1
AC
2 2 ，
OA=OP=OC= = √3
cos30° 3
4
OB=√AB2+AO2= √3
3
∵BP+PO≥BO
2
∴BP≥BO−PO= √3
3
2
即：线段BP长度的最小值为 √3
3
（3）连接AE,AF,EF，延长BF，如图所示：
∵∠GEB+∠GBE=90°，点F是△GEB的内心
1
∴∠FEB+∠FBA= (∠GEB+∠GBE)=45°
2
∵BE=BA，
∴∠BEA=∠BAE
∵BF平分∠ABE
∴BF垂直平分线段AE
∴FE=FA
∴∠FEA=∠FAE
∴∠FAB=∠FEB
∴∠FAB+∠FBA=45°
∴∠AFB=180°−(∠FAB+∠FBA)=135°
∵AB为定值，
以AB为底边等腰直角三角形OAB，则点F在以点O为圆心，OB长为半径的圆上运动，如图所示：
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∵DF+FO≥DO
∴DF≥DO−FO
∵AB=1000，
√2
∴OF=OA=BO= BE=500√2
2
∴DF≥DO−500√2
√2
作DN⊥ON，则AN=ON= OA=500
2
∴DN=AD+AN=1500，DO=√DN2+ON2=500√10
∴DF≥500√10−500√2
【点睛】本题考查了与线段最值有关的轨迹圆问题，难度较大，解题关键在于找到“定长+定角度”，
从而确定动点的轨迹．
考向四：瓜豆原理类最值
瓜豆原理：一个主动点，一个从动点（根据某种约束条件，跟着主动点动），当主动点运动时，从动点
的轨迹相同．（古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．）
常考模型
模型一：运动轨迹为圆弧
如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．
考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是一个圆
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连接 AO，取 AO中点 M，则 M点即为 Q点轨迹圆圆心，半径 MQ是 OP一半，任意时刻，均有
△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．
模型二：运动轨迹为线段
如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是一条
直线。
方法：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始
终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．
【模型总结】
必要条件：
①两动一定；②动点与定点的连线夹角是定角；③动点到定点的距离比值是定值．
做题方法：第一步：找主动点的轨迹 ；第二步：找从动点与主动点的关系；
第三步：找主动点的起点和终点；第四步：通过相似确定从动点的轨迹，
第五步：根据轨迹确定点线、点圆最值．
1.（2023·四川·中考模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，点P在以AB
为直径的半圆上运动，由点B运动到点A，连接CP，点M是CP的中点，则点M经过的路径
长为 ．
【答案】 5
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，
π
∴AB＝ ＝ ＝20，
连接AP，BP，
∵AB是直径，
∴∠APB＝90°，
即AP⊥BP，
取BC，AC的中点E和F，连接ME，MF，EF，
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在△BPC中，
∵M，E为PC、BC的中点，
∴ME∥BP，ME＝ ，
在△APC中，
∵点M、F为PC、AC的中点，
∴MF∥AP，MF＝ ，
∴ME⊥MF，
即∠EMF＝90°，
∴点M在以EF为直径的半圆上，
∴EF＝ AB＝10，
∴点M的运动路径长为 ＝5 ，
故答案为：5 ．
π
2.（2023·山东·中考模拟）如图，已知点A是第一象限内的一个定点，若点 P是以O为圆心，2
π
个单位长为半径的圆上的一个动点，连接 AP，以AP为边向AP右侧作等边三角形APB．
当点P在 O上运动一周时，点B运动的路径长是 ．
⊙
【答案】 4
【解答】解：如图，连接 AO、OP，将 AO 绕点 A 逆时针旋转 60°，得线段 AO'，连接
π
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O'B、OO'，
∵AO＝AO'，∠OAO'＝60°，
∴△OAO'为正三角形，
∵△APB为正三角形，
∴∠PAB＝60°，PA＝BA，
∴∠PAB﹣∠OAB＝∠OAO'﹣∠OAB，
∴∠PAO＝∠BAO，
在△APO与△ABO′中，
，
∴△APO≌△ABO′，
∴OP＝O'B＝2，
∴ O'即为动点B运动的路径，
∴当点P在 O上运动一周时，点B运动的路径长是4 ，
⊙
⊙ π
考向五：胡不归类最值
胡不归模型解决步骤：
模型具体化：如图，已知两定点A、B，在定直线BC上找一点P，使从B走道
P，再从P走到A的总时间最小；
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解决步骤：
由系数k·PB确定分割线为PB
PA在分割线一侧，在分割线PB另一侧依定点B构α角，使sinα=k，α角另一边为BD
过点P作PQ⊥BD，转化 kPB=PQ
过定点A作AH⊥BD，转化 （PA+k·PB）min=AH，再依“勾股法”求AH的长即
可。
√3 √3
1．（2023·安徽黄山·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y= x2− x−√3的图象与x
2 2
轴交于点A，C两点，与y轴交于点B，对称轴与x轴交于点D，若P为y轴上的一个动点，连接PD，
1
则 PB+PD的最小值为（ ）
2
3√3 √3 5
A． B． C．√3 D． √3
4 2 4
【答案】A
【分析】作射线BA，作PE⊥BA于E，作DF⊥BA于F，交y轴于P′，可求得∠ABO=30°，从而得
1 1
出PE= PB，进而得出PD+ PB=PD+EP，进一步得出结果．
2 2
【详解】解：如图，
作射线BA，作PE⊥BA于E，作DF⊥BA于F，交y轴于P′，
√3
−
2 1
抛物线的对称轴为直线x=− = ，
√3 2
2×
2
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1
∴OD= ，
2
当x=0时，y=−√3，
∴OB=√3，
√3 √3
当y=0时， x2− x−√3=0，
2 2
∴x =−1，x =2，
1 2
∴A(−1,0)，
∴OA=1，
OA 1 √3
∵tan∠ABO= = = ，
OB √3 3
∴∠ABO=30°，
1
∴PE= PB，
2
1
∴ PB+PD=PD+PE≥DF，当点P在P′时，PD+PE最小，最大值等于DF，
2
1 3
在Rt△ADF中，∠DAF=90°−∠ABO=60°，AD=OD+PA= +1= ，
2 2
3 √3 3√3
∴DF=AD⋅sin∠DAE= × − ，
2 2 4
1 3√3
∴( PB+PD) =DF= ，
2 4
最小
故选：A．
【点睛】本题以二次函数为背景，考查了二次函数与一元二次方程之间的关系，解直角三角形等知识，
1
解决问题的关键是用三角函数构造 PB．
2
2．（22-23九年级上·四川乐山·期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°,∠B=60°,AB=4，若D是BC
边上的动点，则2AD+DC的最小值是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】D
【分析】过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，在
1 1
Rt△DFC中，∠DCF=30°,DF= DC,2AD+DC=2(AD+ DC)=2(AD+DF)当A，D，F
2 2
在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长．
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【详解】解：过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，
如图所示：
在Rt△DFC中，∠DCF=30°，
1
∴DF= DC，
2
1
∵2AD+DC=2(AD+ DC)
2
＝2(AD+DF)，
∴当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长，
此时，∠B=∠ADB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD=AB=4，
在Rt△ABC中，∠A=90°,∠B=60°,AB=4，
∴BC=8，
∴DC=4，
1
∴DF= DC=2,，
2
∴AF=AD+DF=4+2=6，
∴2(AD+DF)=2AF=12，
∴2(AD+DC)的最小值为12，
故选：D．
【点睛】本题考查垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造胡不归模型，
学会用转化的思想思考问题，属于中考选择或填空题中的压轴题．
3．（2022·辽宁鞍山·二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx+3的图像与x轴交于A、C
两点，与x轴交于点C(3,0)，若P是x轴上一动点，点D的坐标为(0,−1)，连接PD，则√2PD+PC
的最小值是（ ）
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3 2
A．4 B．2+2√2 C．2√2 D． + √2
2 3
【答案】A
【分析】过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H，根据
( √2 )
√2PD+PC=√2 PD+ PC =√2(PD+PJ)，求出DP+PJ的最小值即可解决问题．
2
【详解】解：连接BC，过点P作PJ⊥BC于J，过点D作DH⊥BC于H．
∵二次函数y=−x2+bx+3的图像与x轴交于点C(3,0)，
∴b＝2，
∴二次函数的解析式为y=−x2+2x+3，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°，
设DH=x，则BH=x,
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∵DH2+BH2=BD2，
∴x2+x2=42，
∴x=2√2，
∴DH＝2√2，
∵PJ⊥CB，
∴∠PJC＝90°，
√2
∴PJ＝ PC，
2
( √2 )
∴√2PD+PC=√2 PD+ PC =√2(PD+PJ)，
2
∵DP+PJ≥DH，
∴DP+PJ≥2√2，
∴DP+PJ的最小值为2√2，
∴√2PD+PC的最小值为4．
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数的相关性质，以及等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，得到
√2
∠OBC＝∠OCB＝45°，PJ＝ PC是解题的关键．
2
4．（2022·四川成都·模拟预测）抛物线y=ax2+bx+√3分别交x轴于点A(1,0)，B(−3,0)，交y轴于点
C，抛物线的对称轴与x轴相交于点D，点M为线段OC上的动点，点N为线段AC上的动点，且
MN⊥AC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)线段MN，NC在数量上有何关系，请写出你的理由；
1
(3)在M，N移动的过程中，DM＋ MC是否有最小值，如果有，请写出理由．
2
√3 2√3
【答案】(1)y=− x2− x+√3
3 3
(2)NC=√3MN，见解析
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(3)有，最小值为√3
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）在Rt△AOC中，OC=√3，OA=1，根据MN⊥AC，有∠MNC=90°，即可得
OA MN
tan∠OCA= = ，问题得解；
OC NC
1 1
（3）先求出∠OCA=30°，即∠OAC=60°，即有MN= CM，则DM+ MC的最小值是
2 2
DM+MN的最小值，即点D到AC的垂线段DN的长，问题随之得解．
【详解】（1）把点A(1,0)，B(−3,0)代入抛物线y=ax2+bx+√3中得：
¿，解得：¿，
√3 2√3
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+√3；
3 3
（2）NC=√3MN，
理由是：如图1，
令x=0，则y=√3，即C(0,√3)，
∵A(1,0)，C(0,√3)，
∴，OC=√3，OA=1，
在Rt△AOC中，OC=√3，OA=1，
∵MN⊥AC，
∴∠MNC=90°，
OA MN
∴tan∠OCA= = ，
OC NC
1 MN
∴ = ，
√3 NC
∴NC=√3MN；
1
（3）在M，N移动的过程中，DM+ MC有最小值是√3，理由如下：
2
OA 1 √3
由（2）知：tan∠OCA= = = ，
OC √3 3
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∴∠OCA=30°，即∠OAC=60°，
1
∴MN= CM，
2
1
∴DM+ MC的最小值是DM+MN的最小值，即D、M、N三点共线时，点D到AC的垂线段DN
2
的长，如图2，
√3 2√3
抛物线解析式为：y=− x2− x+√3；
3 3
∴对称轴是：x=−1，即D(−1,0)，
∴AD=OA+OD=1+1=2，
在Rt△ADN中，∠DAN=60°，
∴DN=AD×sin∠DAN=√3，
1
即DM+ MC=DM+MN=DN=√3，
2
1
∴在M，N移动的过程中，DM+ MC有最小值是√3．
2
【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求解抛物线解析式，二次函数的性质，解直角三角形以及垂
线段最短等知识．题目难度不大，细心作答即可．掌握二次函数的性质是解答本题的关键．
5．（2022·广东惠州·一模）如图1，抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中
3
点A的坐标为(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x= ．
2
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(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是直线BC下方的抛物线上一个动点，是否存在点P使四边形ABPC的面积为16，若存在，
求出点P的坐标若不存在，请说明理由；
(3)如图2，过点B作BF⊥BC交抛物线的对称轴于点F，以点C为圆心，2为半径作⊙C，点Q为
√2
⊙C上的一个动点，求 BQ+FQ的最小值．
4
【答案】(1)y=x2−3x−4
(2)P(1,−6)或(3,−4)
(3)√37
3
【分析】（1）根据点A的坐标为(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x= ．待定系数法求二次函数解析
2
式即可，
（2）先求得直线BC解析式，设P(m,m2−3m−4)，则Q(m,m−4)，过点P作PQ轴交直线BC于点
Q，根据S =S +S 等于16建立方程，解一元二次方程即可求得m的值，然后求得P
四边形ABPC △ABC △BCP
的坐标，
√2
（3）在CB上取CE= ，过点E作EG⊥OC，构造△CQE∽△CBQ，则当F,Q,E三点共线时，取
2
得最小值，最小值为FE，勾股定理解直角三形即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为
3
(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x= ，
2
∴C(0,−4)，
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¿，
解得¿，
∴ 抛物线解析式为：y=x2−3x−4，
（2）当y=0，即x2−3x−4=0，
解得x =−1,x =4，
1 2
∴B(4,0)，
∵C(0,−4)，
设直线BC解析式为y=kx+b，
¿，
解得¿，
∴直线BC解析式为y=x−4，
设P(m,m2−3m−4)，过点P作PQ轴交直线BC于点Q，
则Q(m,m−4)，
S =S +S
四边形ABPC △ABC △BCP
1 1
= ×(4+1)×4+ (m−4−m2+3m+4)×4=−2m2+8m+10，
2 2
∵四边形ABPC的面积为16，
∴ −2m2+8m+10 =16，
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解得m =1,m =3，
1 2
∴P(1,−6)或(3,−4)，
（3）如图，过点B作BF⊥BC交抛物线的对称轴于点F，以点C为圆心，2为半径作⊙C，
3 3 5
∵x= y =4− =
2 F 2 2
是抛物线的对称轴，
(3 5)
∴F ,
2 2
∵ B(4,0),C(0,4)，
∴OB=4,OC=4，
∴BC=4√2，∠OBC=45°，
∵BF⊥BC，
∴∠FBO=45°，
√2
在CB上取CE= ，过点E作EG⊥OC，交y轴于点G，交抛物线对称轴于点H，则CG=
2
√2 1 3 1
EG= ×sin45°= ，EH= − =1
2 2 2 2
∴FH=6，
√2
∵CQ=2,CE= ,BC=4√2，
2
√2
CE 2 √2 CQ 2 √2，∠QCE=∠BCQ，
∴ = = , = =
CQ 2 4 BC 4√2 4
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∴△CQE∽△CBQ，
EQ CQ √2
∴ = = ，
BQ CB 4
√2
∴QE= BQ，
4
√2
∴ BQ+FQ ≥FE，
4
当F,Q,E三点共线时，取得最小值，最小值为FE，
∵EG⊥FG
∴EF=√H E2+H F2=√12+62=√37．
√2
则 BQ+FQ的最小值为√37．
4
【点睛】本题考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，掌握二次函数的性质与相似三角形的
性质与判定是解题的关键．
（建议用时：35分钟）
1．（2022·四川南充·一模）如图，矩形ABCD中，BC＝12，点P是边AD上一动点（不与端点重合），点
E与点A关于BP对称，线段DE最小为8，则AB的长为 ．
【答案】5
【分析】分析动点轨迹，根据定点最值的点-圆模型，将动点最值转化为定线BD，利用勾股定理求线
段长即可得出结论．
【详解】解析：连接BE，则BE=BA，
∴E在以B为圆心，BA为半径的圆上，
∴当B，E，D三点共线时，DE最短，如图所示：
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设AB=x，则CD=x，BD=x+8，由勾股定理，得x2+122=(x+8) 2，解得x=5，即AB的长为5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查动点最值问题，确定动点轨迹，根据最值模型，结合勾股定理求线段长是解决问题
的关键．
2.（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足为
D，P为线段AD上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为 ．
【答案】4√2
(1 )
【分析】在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，此时PA+2PB＝2 PA+PB
2
1
＝ (PF+PB)＝2BF，通过解直角三角形ABF，进一步求得结果．
2
【详解】解：如图，
在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，
此时PA+2PB最小，
∴∠AFB＝90°
∵AB＝AC，AD⊥BC，
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1 1
∴∠CAD＝∠BAD＝ ∠BAC= ×30°=15°，
2 2
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，
1
∴PF＝ PA，
2
(1 ) 1
∴PA+2PB＝2 PA+PB ＝ (PF+PB)＝2BF，
2 2
在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，
√2
∴BF＝AB•sin45°＝4× =2√2，
2
∴（PA+2PB） ＝2BF＝4√2，
最大
故答案为：4√2．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．
3．（2020·江苏常州·一模）如图，在⊙O中，点A、点B在⊙O上，∠AOB=90°，OA=6，点C在OA
上，且OC=2AC，点D是OB的中点，点M是劣弧AB上的动点，则CM+2DM的最小值为 ．
【答案】4√10
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短，解题的关键是学会添加
常用辅助线，构造相似三角形解决问题．延长OB到T，使得BT=OB，连接MT，CT．利用相似三
角形的性质证明MT=2DM，求CM+2DM的最小值问题转化为求CM+MT的最小值．利用两点之
间线段最短得到CM+MT≥CT，利用勾股定理求出CT即可解题．
【详解】解：延长OB到T，使得BT=OB，连接MT，CT．
∵ OA=6
，
∴ OM=OB=6，
∵点D是OB的中点，
∴ OD=DB=3，OT=12，
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∴ OM2=OD⋅OT，
OM OT
∴ = ，
OD OM
∵ ∠MOD=∠TOM，
∴ △MOD∽△TOM，
DM OM 1
∴ = = ，
MT OT 2
∴ MT=2DM，
∵ CM+2DM=CM+MT≥CT，
∵ OC=2AC，
∴ OC=4，
又∵在Rt△OCT中，∠cot=90°，OT=12，
∴ CT=√OC2+OT2=√42+122=4√10，
∴ CM+2DM≥4√10，
∴ CM+2DM的最小值为4√10，
故答案为：4√10．
4．（2022·湖南湘潭·模拟预测）如图，菱形草地ABCD中，沿对角线修建60米和80米两条道路
(AC
